Transcript MTZ8 - Cyfronet
Slide 1
Matematyczne techniki zarządzania - 211
Jak to wszystko zrealizować matematycznie? — patrz skrypt, s. 186-191
Kłopoty matematyczne biorą się z tego, że mamy więcej zmiennych (niewiadomych) niż równań
warunki ograniczające ze zmiennymi swobodnymi
dołączona funkcja celu z jej wartością x0
2 x1 4 x 2 1 x 3
3 x1 3 x 2
14
1 x 4 26
1 x 0 5 x1 8 x 2 0 x 3 0 x 4 0
Jedynym sposobem rozwiązania tego układu jest rachunek iteracyjny,
polegający na wielokrotnym zakładaniu, że zmienne występujące we
wszystkich równaniach są równe zero, przez co otrzymamy niezerowe
wartości pozostałych zmiennych.
Mysz w tym momencie znajduje
się na początku układu współrzędnych: Z(X) = x0 = 0
Przejście do następnego wierzchołka to zmiana bazy, co wymaga podjęcia dwu decyzji:
BAZA 0
x3=14
x4=26
x0= 0
x1=0
x2=0
ZMIENNE
BAZOWE
ZMIENNE
NIEBAZOWE
• którą zmienną wprowadzić do bazy, a którą z niej wycofać (dla myszy to
decyzja — którą krawędzią się poruszać)
Tablica simpleksowa
• jaką wartość przyjąć dla zmiennej wprowadzanej do bazy, aby maksymaSkrypt, s.188
lnie poprawić Z(X), a równocześnie nie wyjść poza obszar rozwiązań dopuszczalnych (dla myszy to decyzja — jak iść aby nie minąć wierzchołka)
Slide 2
Matematyczne techniki zarządzania - 212
Zmiana bazy polega na wymianie tylko jednej zmiennej, czyli na zmianie na
wierzchołku kierunku marszu ku rozwiązaniu optymalnemu.
Po wyznaczeniu tych
decyzji, układ równań
BAZA 0
BAZA 1
BAZA 2
BAZA 3
przekształca się (przez
ich mnożenie i dodawanie) tak, aby zmienRachunek iteracyjny kończy się w momencie, gdy z
ne bazowe występowadołączonej funkcji celu wynika, że nie ma już możły tylko w jednym równaniu.
liwości poprawy wartości funkcji celu.
Baza zdegenerowana: baza, w której pojawiło się przypadkowe zero
ZAGADNIENIE DUALNE SYMETRYCZNE
Zagadnienie pierwotne
• nowa zmienna dualna yi
Z ( X ) c j x j max
• odwrócenie kierunku optymalizacji
a ij x j b i
• zamiana cj oraz bi miejscami
xj 0
• zmiana kierunku nierówności
• transponowanie macierzy A
Zagadnienie dualne
Z (Y ) b i y i min
a ji y i c j
yi 0
max Z ( X ) min Z (Y )
Zagadnienie dualne (zagadnienia dualnego) = zagadnienie pierwotne
Rozwiązując jedno z nich rozwiązujemy równocześnie drugie, czasem
wygodniej jest rozwiązywać dualne zamiast pierwotnego
Slide 3
Matematyczne techniki zarządzania - 213
Ekonomiczna interpretacja zmiennych dualnych yi
Są to ceny dualne środków produkcji określające jaki dodatkowy zysk może przynieść firmie dodatkowa jednostka i-tego środka.
W każdym warunku ograniczającym występuje nierówność , co oznacza,
że dany środek (surowiec, robocizna, czas pracy maszyn) może być przy
rozwiązaniu optymalnym albo wykorzystany całkowicie (=), albo tylko
częściowo (<).
Stopień wykorzystania i-tego środka produkcji poznajemy po wartości
zmiennej swobodnej (plansza 207).
1. Środek produkcji wyczerpany w rozwiązaniu optymalnym
3 x 1 6 x 2 x 3 25
=0
Zmienna dualna związana z tym środkiem
ma wartość , gdyż sprowadzenie nowej
jednostki tego środka pozwoli zwiększyć
produkcję, co da dodatkowy zysk równy yi
2. Środek produkcji niewyczerpany w rozwiązaniu optymalnym
6 x 1 2 x 2 x 4 42
=8
Zmienna dualna związana z tym środkiem
ma wartość 0, gdyż tego środka jest już teraz w nadmiarze i sprowadzenie nowej jego jednostki nic w firmie nie zmieni — ani
wielkości produkcji, ani zysku
A jaka będzie interpretacja zmiennej dualnej dla mieszanki?
Slide 4
Matematyczne techniki zarządzania - 214
ANALIZA WRAŻLIWOŚCI W PROGRAMOWANIU LINIOWYM
Co będzie,
jeśli...
Bada się reakcję X
(rozwiązania optymalnego)
na zmianę A, B, C (założeń)
PROGRAMOWANIE
PARAMETRYCZNE
1. Skutki zmiany funkcji celu (macierzy C)
Funkcja celu
3 x 1 5 x 2 max
C [3, 5]
• xj nie ma w ostatniej bazie w rozwiązaniu optymalnym, czyli xj = 0
WYRÓB j-TY NIE JEST PRODUKOWANY W ROZWIĄZANIU OPTYMALNYM — DLACZEGO?
PONIEWAŻ JEGO RENTOWNOŚĆ JEST ZA NISKA W PORÓWNANIU Z INNYMI
Wnioski: — obniżenie zysku jednostkowego cj nie zmieni rozwiązania optymalnego,
gdyż j-ty wyrób w dalszym ciągu będzie nierentowny
— zwiększenie zysku jednostkowego może zmienić rozwiązanie optymalne,
gdyż j-ty wyrób może (jeśli przekroczymy pewną wartość cj) stać się bardziej opłacalny niż inne wyroby
Pytanie: o ile najwięcej (pj) może wzrosnąć cj, aby rozwiązanie optymalne nie
uległo zmianie?
Przykład odpowiedzi: p2<0,4286
Interpretacja: dopóki c2<5,4286, wyrób 2 nie powinien wchodzić do produkcji
Slide 5
Matematyczne techniki zarządzania - 215
• zmienna xj znajduje się w ostatniej bazie, czyli xj>0
WYRÓB j-TY JEST PRODUKOWANY W ROZWIĄZANIU OPTYMALNYM — DLACZEGO?
PONIEWAŻ JEGO RENTOWNOŚĆ JEST WYŻSZA W PORÓWNANIU Z INNYMI
Wnioski: — obniżenie zysku jednostkowego cj może zmienić rozwiązanie optymalne,
gdyż j-ty wyrób może stać się nierentowny (po zejściu poniżej pewnej
granicy)
— zwiększenie zysku jednostkowego może zmienić rozwiązanie optymalne,
gdyż j-ty wyrób może (jeśli przekroczymy pewną wartość cj) stać się
jeszcze bardziej opłacalny niż dotychczas
Pytanie: o ile (pj) może zmaleć lub wzrosnąć cj, aby rozwiązanie optymalne
nie uległo zmianie?
Przykład odpowiedzi: —0,6
2. Skutki zmiany wektora ograniczeń (macierzy B)
3 x 1 6 x 2 48
Każda zmiana (w pewnych granicach) ilości środków produkcji
zmienia wartość funkcji celu
Analizę wrażliwości na B przeprowadza się z uwzględnieniem:
— zmiany struktury asortymentowej wyrobów (które wyroby się produkuje)
oraz osobno szczegółów produkcji (ile się produkuje)
— ceny dualnej środków: czy dany środek jest wyczerpany w rozwiązaniu
optymalnym, czy nie wyczerpany
Slide 6
Matematyczne techniki zarządzania - 216
3. Skutki zmiany współczynników technologicznych (macierzy A)
• wprowadzenie nowego wyrobu
3 x 1 6 x 2 48
4 x 1 1 x 2 25
x3
3 x 1 6 x 2 3 x 3 48
4 x 1 1 x 2 5 x 3 25
Pytanie: ile musi wynosić c3, aby rozwiązanie optymalne uległo zmianie, czyli
aby wyrób trzeci wszedł do produkcji?
Przykład odpowiedzi: jeśli c3>14, wyrób trzeci wejdzie do produkcji
• zmiana technologii produkcji
Zagadnienie skomplikowane
a 12 6 a 12 4
POMIJAMY
DUŻE PROFESJONALNE PROGRAMY KOMPUTEROWE UMOŻLIWIAJĄ ANALIZOWANIE
WRAŻLIWOŚCI ROZWIĄZANIA OPTYMALNEGO NA RÓWNOCZESNĄ ZMIANĘ KILKU
CZYNNIKÓW
WIĘCEJ INFORMACJI O
ANALIZIE WRAŻLIWOŚCI W
SKRYPCIE (ROZDZIAŁ 7)
WYDRUK Z PROGRAMU QSB+
ZAWIERA DUŻO ELEMENTÓW
ANALIZY WRAŻLIWOŚCI
Slide 7
Matematyczne techniki zarządzania - 217Przy interpretacji wydruku
WYDRUK Z PROGRAMU QSB+ CZĘŚĆ PIERWSZA
Numer zmiennej
decyzyjnej
Rozwiązanie (optymalne wartości
zmiennych decyzyjnych)
numer wyrobu
ilości produkowanych wyrobów
numer składnika
mieszanki
ilości użytych składników
N u m b er
1
2
obowiązuje podwójny język:
• matematyczny
• ekonomiczny (menedżerski)
Nazwa projektu
S u m m arized R epo rt fo r......................
V ariab le
S o lu tio n
O pp o rtu nity
O bjective
M inim u m
C o st
C o efficien t
O bj. Co eff.
X1
+ 2,0
0
+ 30,0
0
X2
+ 6,0
0
+ 50,0
+ 20,0
M ax (M in ) O bj = .... Iteration = .... Elap sed C P U S eco nd = ......
M axim u m
O bj. Co eff.
+ 75
+ In fin ity
Optymalna wartość
funkcji celu
maksymalny zysk
producenta
minimalny koszt
mieszanki
Koszty alternatywne
(względne)
O ile trzeba zmienić
współczynnik funkcji
celu, aby wyrób (składnik) wszedł do rozwiązania optymalnego (w
przykładzie = 0, gdyż
ilości są różne od zera)
Liczba iteracji wykonanych przez komputer
Współczynniki
funkcji celu
(macierz C)
Optymalne zakresy
współczynników
funkcji celu
zyski jednostkowe z wyrobów
przedziały zysku
jednostkowego nie
powodujące zmiany
planu produkcji
ceny składników
mieszanki
Czas szukania
optymalnego
rozwiązania
przedziały ceny
składników nie powodujące zmiany
receptury mieszanki
Slide 8
Matematyczne techniki zarządzania - 218Przy interpretacji wydruku
WYDRUK Z PROGRAMU QSB+ CZĘŚĆ DRUGA
Numer ograniczenia (warunku)
Ograniczenia (macierz B) z nierównością
numer środka produkcji
ilości posiadanych środków produkcji
numer komponentu mieszanki
C o n s tra in t
1
2
3
S ta tu s
L oo se
T ig h t
T ig h t
( )
( )
( )
najmniejsze dopuszczalne ilości komponentów (normy)
S u m m a rize d R e p o rt fo r .......
RHS
S h ado w
S la c k o r
P ric e
S u rp lu s
0
+ 2 ,0
+ 4 ,0
15
0
+ 1 2 ,0
10
0
+ 1 8 ,0
M a x (M in ) O b j = ......
Sposób spełniania nierówności
z warunków ograniczających
(loose = nierówność silna,
tight = nierówność słaba)
loose = środek produkcji jest
w nadmiarze; tight = środek
produkcji wyczerpany
loose = komponent jest w
nadmiarze; tight = komponentu jest dokładnie według wymagań normy
obowiązuje podwójny język:
• matematyczny
• ekonomiczny (menedżerski)
Ite ra tio n = ......
M ax R H S
+ 2 ,0
+ 6 ,0
+ 1 2 ,0
+ In fin ity
+18
+24
E la p s ed C P U S e c o n d = ......
Ceny dualne
Luz czyli nadmiar
dodatkowy
zysk z dodatkowej jednostki środka
ilość niewyczerpanego środka
produkcji
zmiana kosztu mieszanki po zmniejszeniu normy o jednostkę
M in R H S
ilość komponentu ponad normę
Wartości zakresów
ograniczeń (macierzy
B), w których wartość
optymalna funkcji celu
zmienia się zgodnie z
cenami dualnymi
zakresy dla ilości
środka produkcji
zakresy dla ilości
komponentu mieszanki
Slide 9
Matematyczne techniki zarządzania - 219
ZAST0SOWANIA PROGRAMOWANIA LINIOWEGO
• planowanie produkcji
•ile i czego
ile i jaką metodą
•ile i z czego
•ile i kiedy
JEST TO METODA
UNIWERSALNA
PRAWIE WSZYSTKO
MOŻNA ZAPISAĆ
JAKO MODEL
PROGRAMOWANIA
LINIOWEGO
• optymalizacja strategii rozwoju koncernu
• optymalizacja rozwoju branż gospodarki narodowej
• optymalizacja strategii reklamowej
• optymalizacja przepływów w sieciach
• optymalizacja kontraktacji w rolnictwie
SETKI ZADAŃ
W KSIĄŻCE
WAGNERA
BADANIA
OPERACYJNE
• zagadnienia dowozu i przewozu (autobusy, lotnictwo)
• zagadnienia techniczne: projektowanie, cięcie, rozkrój
• harmonogramy dyżurów, plany zajęć
• teoria gier
UMIEJĘTNOŚĆ INTERPRETACJI WYDRUKU Z
PROGRAMOWANIA LINIOWEGO TO MINIMUM WIEDZY
STUDENTA
Slide 10
Matematyczne techniki zarządzania - 220
KLASYCZNE ZAGADNIENIE TRANSPORTOWE
D O ST AW C Y
O1
D1
D2
PO PYT
c 11
c 21
x 11
x 21
c 12
c 22
b1
x 11 x 12 x 13 a 1
c 13
c 23
x 13
x 23
a1
a2
b3
Twierdzenia związane z KZT
ZAGADNIENIE MOŻE BYĆ
OTWARTE LUB ZAMKNIĘTE
MODEL
ai bj
ai bj
Zagadnienie otwarte sprowadza się do
zamkniętego przez wprowadzenie fikcyjnego dostawcy lub odbiorcy
x 13 x 23 b 3
x 11 , x 12 ,..., x 23 0
x 12
x 22
1.
x 21 x 22 x 23 a 2
x 12 x 22 b 2
O3
b2
Z ( X ) c 11 x 11 c 12 x 12 ... c 23 x 23 min
x 11 x 21 b 1
PO DAŻ
O D B IO R C Y
O2
2.
JEŚLI DANE SĄ LICZBAMI CAŁKOWITYMI, TO KZT MA
CO NAJMNIEJ JEDNO ROZWIĄZANIE CAŁKOWITOLICZBOWE
CAŁKOWITOLICZBOWOŚĆ
3.
JEŚLI ISTNIEJĄ DWA ROZWIĄZANIA OPTYMALNE,
MOŻNA TWORZYĆ NOWE JAK PRZY PROGRAMOWANIU
LINIOWYM
Slide 11
Matematyczne techniki zarządzania - 221
ROZWIĄZANIE OPTYMALNE NIE ULEGNIE ZMIANIE, JEŚLI NA
MACIERZY ODLEGŁOŚCI C WYKONAMY:
4.
• mnożenie (dzielenie) całej macierzy przez stałą (zmiana skali liczb)
• dodawanie (odejmowanie) stałej do pojedynczych wierszy i kolumn
(tworzenie klatek zerowych)
UZYSKANE W TEN SPOSÓB NOWE ODLEGŁOŚCI NAZYWAMY PSEUDOODLEGŁOŚCIAMI
METODA KLATEK ZEROWYCH
Przykład 47. Znajdź metodą klatek zerowych optymalny plan rozwozu
konserw rybnych z czterech portów do pięciu miast w głębi kraju. Odległości podano w km, a podaż i popyt w postaci liczby kontenerów.
G d yn ia
U stka
K o łob rzeg
S zczecin
C zęsto ch ow a
482
631
559
482
15
Funkcja celu
K rakó w
621
747
631
641
30
W ro c ław
499
504
432
353
15
Z ( X ) c ij x ij min
i
T o ru ń
210
311
347
340
14
K ielce
651
780
691
678
8
36
7
12
27
(w kontenero-kilometrach)
j
Zmienna decyzyjna xij określa ile kontenerów trzeba przewieźć od
i-tego dostawcy do j-tego odbiorcy, tak aby jak najmniejszym kosztem wywieźć konserwy z portów do odbiorców zgodnie z ich zapotrzebowaniem.
TO ZAGADNIENIE JEST ZAMKNIĘTE!
Slide 12
Matematyczne techniki zarządzania - 222
ETAP 1. Wprowadzenie zer do kolumn przez odjęcie najmniejszych
odległości
• od elementów kolumny 1 odejmujemy 482
• od elementów kolumny 2 odejmujemy 621
• od elementów kolumny 3 odejmujemy 353
• od elementów kolumny 4 odejmujemy 210
Przewozy
ulokujemy
w klatkach
zerowych
• od elementów kolumny 5 odejmujemy 651
G d yn ia
U stka
K o łob rzeg
S zczecin
C zęsto ch ow a
0
149
77
0
15
K rakó w
0
126
10
20
30
W ro cław
146
151
79
0
15
T o ruń
0
101
137
130
14
Dążymy do tego,
aby klatka zerowa
była w każdej
kolumnie i w
każdym wierszu
K ielce
0
129
40
27
8
36
7
12
27
ETAP 2. Wprowadzenie zer do wierszy przez odjęcie najmniejszych
odległości (wiersz 2: 101, wiersz 3: 10)
G d yn ia
U stka
K o łob rzeg
S zczecin
C zęsto ch ow a
0
48
67
0
15
K rakó w
0
25
0
20
30
W ro cław
146
50
69
0
15
T o ruń
0
0
127
130
14
K ielce
0
28
30
27
8
36
7
12
27
Slide 13
Matematyczne techniki zarządzania - 223
ETAP 3. Ulokowanie przewozów w klatkach zerowych
Czynność tę można rozpocząć od dowolnej decyzji, byle ona mogła być jednoznaczna;
gdzie wywieźć kontenery z Gdyni lub ze Szczecina — nie można teraz ustalić, ale można to ustalić dla Ustki i Kołobrzegu
G d yn ia
U stka
K o łob rzeg
S zczecin
Dec. 1:
C zęsto ch ow a
0
3
48
67
0 12
15
K rakó w
0 18
25
0 12
20
30
W ro cław
146
50
69
0 15
15
7 kontenerów z Ustki do Torunia
Dec. 2: 12 kontenerów z Kołobrzegu do Krakowa
T o ruń
0 7
0 7
127
130
14
Dec. 4: 15 kontenerów ze Szczecina do Wrocławia
7 kontenerów z Gdyni do Torunia
Dec. 6:
8 kontenerów z Gdyni do Kielc
Dec. 7:
3 kontenery z Gdyni do Częstochowy
Dec. 8: 12 kontenerów ze Szczecina do Częstochowy
8
36
7
12
27
ROZWIĄZANIE OPTYMALNE
Dec. 3: 18 kontenerów z Gdyni do Krakowa
Dec. 5:
K ielce
0
28
30
27
8
X
3
18
0
7
8
0
0
0
7
0
0
12
0
0
0
DECYZJE PODEJMOWANE
PRZYPA12W SPOSÓB
0 15
0
DKOWY DAWAŁY WYNIKI WYŻSZE 0 5-10%
0
MINIMALNA WARTOŚĆ FUNKCJI CELU
Z ( X ) 3 482 18 621 0 499 ... 15 353 0 340 0 678 40 . 130 kkm
Slide 14
Matematyczne techniki zarządzania - 224
INNE METODY „RĘCZNE”
• metoda Forda-Fulkersona (tworzenie dalszych klatek zerowych)
• metoda kąta północno-zachodniego (metoda węgierska)
SIMPLEKS TRANSPORTOWY (PROGRAMOWANIE LINIOWE)
D1
D2
D3
2
1
5
O1
x 11
x 21
x 31
7
3
0
8
02
x 12
x 22
x 32
5
11
6
15
03
x 13
x 23
x 33
3
04
x 14
x 24
x 34
2
7
1
9
JAK TO PRZEKSZTAŁCIĆ W
PROGRAMOWA
-NIE LINIOWE?
6
1
10
TYPOWA TABELKA PROGRAMOWANIA LINIOWEGO
x1
x 11
1
x2
x 12
1
x3
x 13
1
x4
x 14
1
1
x5
x 21
x6
x 22
1
1
y1 y 4
Gdzie są i jak
powstały macierze A, B i C?
x9
x 31
x 10
x 32
x 11
x 33
x 12
x 34
1
12
1
1
1
1
1
3
x8
x 24
To zadanie łatwiej rozwiązać
wykorzystując
zagad1
1
nienie dualne asymetryczne
1
1
2
x7
x 23
11
itd .
1
1
1
7
1
0
6
1
1
1
5
8
15
1
9
=
= 6
= 1
= 10
= 7
= 5
= 3
= 2
M IN
Jak się mają do siebie macierze zagadnienia transportowego i
macierze programowania liniowego?
Slide 15
Matematyczne techniki zarządzania - 225
Klasyczne zagadnienie transportowe ma wiele wersji i zastosowań,
często do zadań nie mających nic wspólnego z przewozami
Możliwe jest wprowadzenie ograniczeń na przepustowość
poszczególnych tras
ZAGADNIENIE PRZYDZIAŁU
Polega na takim rozdzieleniu n
zadań pomiędzy n wykonawców,
aby łączny efekt był jak najkorzystniejszy (znamy nakład cij
potrzebny i-temu wykonawcy do
wykonania j-tego zadania)
Jeden wykonawca może otrzymać tylko jedno zadanie
Przykłady zagadnienia przydziału
x ij u ij
MATEMATYCZNIE JEST TO
SZCZEGÓLNY
PRZYPADEK
KZT
Z1
Z2
Z3
Z4
W1
0
0
0
1
W2
1
0
0
0
• asystent ma 15 tematów dla 15 studentów i wie jaką
notę otrzyma każdy student z każdego tematu; celem
będzie taki przydział, aby w sumie grupa uzyskała jak
najwyższą ocenę
ZWYKLE
DOTYCZY
PRODUKCJI
W3
0
0
1
0
W4
0
1
0
0
min
c ij x ij
i
j
max
n
n
n
x ij 1
i
• kierownik ma 6 obrabiarek i 6 zadań obróbczych do
wykonania; jeśli wie ile trwa każde zadanie na każdej
obrabiarce, może tak je przydzielić, aby wszystkie zadania zostały wykonane w jak najkrótszym czasie
x ij 1
• jeśli istnieje kolejność obróbki — problem szeregowania
x ij 0 , 1
n
j
Slide 16
Matematyczne techniki zarządzania - 226
ANALIZA SIECIOWA
• sieć to uniwersalne narzędzie (można przy jej
użyciu rozwiązywać wiele problemów nie mających żadnej „siatki”)
JAK RYSOWAĆ SIEĆ?
• długości i kąty łuków nie mają
żadnego znaczenia
• rozróżniamy sieci cykliczne i acykliczne
• rozwiązanie sieci polega na znalezieniu:
•
ręcznie
•
najkrótszej drogi
•
programowanie liniowe
•
najdłuższej drogi
•
programowanie dynamiczne
• metody rozwiązywania sieci
•
profesjonalne programy komputerowe
Szukanie najkrótszej drogi (zagadnienie dyliżansu)
c 21
1
c 51
c 27
2
c 23
c 72
c 32
3
c 31
c 34 c
43
c 41 4
c 45 c
54
5
Przykład 48
7
c 73
c 76
c 64
c 65
c 87
6
c 86
c 85
8
Cij
km (mile)
godziny
złotówki
c ij 0 ( )
c ij c ji
Slide 17
Matematyczne techniki zarządzania - 227
Programowanie liniowe — sieć jest szczególnym przypadkiem zagadnienia przydziału:
• zmiennych decyzyjnych jest tyle, ile jest łuków: 1 — iść łukiem,
0 — nie iść łukiem
X
• warunków ograniczających jest tyle, ile jest węzłów; mamy ich
trzy rodzaje:
A
•
węzeł początkowy: prawa strona = 1
•
węzeł pośredni: prawa strona = 0
•
węzeł końcowy: prawa strona = —1
B
• współczynniki technologiczne:
•
wyjście z węzła: +1
•
przyjście do węzła: —1
C
Przykład 48 cd.
D O
Z
W
Ę
Z
Ł
A
7
8
7
6
5
4
3
2
c 87 x 87
6
c 86 x 86
c 76 x 76
5
c 85 x 85
W Ę Z Ł A
4
3
c 73 x 73
c 65 x 65
c 43 x 43
c 34 x 34
1
1
1
c 32 x 32
c 23 x 23
1
1
c 72 x 72
c 64 x 64
c 54 x 54
c 45 x 45
c 27 x 27
1
2
1
c 51
c 41
c 31
c 21
x 51
x 41
x 31
x 21
1
1
1
1
1
1
1
1
Slide 18
Matematyczne techniki zarządzania - 228
Model decyzyjny
c 87 x 87 c 86 x 86 c 85 x 85 ... c 27 x 27 c 23 x 23 c 21 x 21 min
w .8 :
1 x 87 1 x 86 1 x 85 1
w .7 :
1 x 76 1 x 73 1 x 72 1 x 87 1 x 72 0
.......... .......... .......... ........
w .1 :
1 x 51 1 x 41 1 x 31 1 x 21 1
Z tych danych możne ułożyć
klasyczną tabelkę programowania liniowego
Model ten można łatwiej
rozwiązać przez wykorzystanie asymetrycznego zagadnienia dualnego
Ogólna postać modelu najkrótszej drogi w sieci
( w sieci )
x kj
( w sieci )
x ik
1
0
1
c ij x ij min
( w si eci )
x ij 0
lub
1
( w sieci )
Slide 19
Matematyczne techniki zarządzania - 229
Szukanie najdłuższej drogi (metoda ścieżki krytycznej — CPM)
Przykład 49. Zorganizować budowę domu w jak najkrótszym czasie
Symbol
A
B
C
D
E
F
G
H
I
J
K
L
M
N
N az w a cz y n n o ś ci
S p ro w a d z en ie ce g ieł
S p ro w a d z en ie d a ch ó w ek
W y ko n an ie fu n d a m en tó w
B u d o w a m u ró w
P o ło ż e n ie d ac h u
B u d o w a ś ciek ó w
W y k. in stalacji e le ktry cz n ej
T y n ko w an ie
W y k. in st. w o d n o -ka n al.
P o ło ż e n ie p o d łó g
N iw elacja o g ro d u
M alo w a n ie i cz y sz cz en ie
M o n taż sto lark i
Z ało ż en ie ścież e k
R a z e m
C z as
(d n i)
5
12
7
10
4
7
10
6
12
5
2
6
2
2
90
5
5
C
3
8
6
J
12
1
7
4
B
A
H
E
G
0
D
M 2
5 10
L
10
6
4
11
10
0
0
7
2
F
7
12
6
K
I
N
2
9
2
KTÓRĘDY PROWADZI NAJDŁUŻSZA DROGA W TEJ SIECI I
JAKA JEST JEJ DŁUGOŚĆ?
Ścieżka krytyczna prowadzi przez węzły 1 - 2 - 3 - 4 - 6 -7 - 8 - 10 - 11
i ma długość wynoszącą 43 dni.
Czynności krytyczne (bez zapasu czasu): C, D, I, H, M, L
Czynności niekrytyczne (z zapasem czasu): A, B, E, F, G, J, N, K
Slide 20
Matematyczne techniki zarządzania - 230
Istnieje wiele rodzajów zapasu czasu i wiele metod jego obliczania
Wszystkie one bazują na danych: xi, xj, yi, yj
29
17
i
xi
25
yi — najpóźniejszy dopuszczalny moment wystąpienia danego zdarzenia
Zapasy czasu
0
1
5
C
7
3
7
35
8
6
G
17 0
7
A
H
J
12
0
29
E
4
B
yi
Xi — najwcześniejszy możliwy moment wystąpienia
danego zdarzenia
5
35
D 17
M 2
5 10
37
10
6
37
4
10
0
0
7
2
7
7
F
7
6
17
17
K
I
12
2
N
2
9
19
41
• dla czynności G: 2 dni
• dla czynności J: 3 dni
43
L
Wnioski dla kierownictwa
• dla czynności B: 13 dni
• jak negocjować termin i cenę
• dla czynności E: 8 dni
• których prac pilnować szczególnie
• dla czynności N: 24 dni
• jak reagować na zakłócenia
• dla czynności K: 24 dni
• analiza wrażliwości
43
11
Slide 21
Matematyczne techniki zarządzania - 231
Metoda PERT
PODSUMOWANIE
Czasy wszystkich lub niektórych czynności są zmiennymi
losowymi, danymi np. przez
• całe przedsięwzięcie dzieli się na pojedyncze czynności
t1 (1%), t2, t3 (1%)
Jak liczymy?
Dla każdej czynności
E (t )
1
6
(t )
1
6
• ustala się techniczną kolejność czynności
• ustala się czas realizacji poszczególnych czynności
( t1 4 t 2 t 3 )
• buduje się sieć, w której czynności to
łuki, a węzły to momenty czasu (zdarzenia, sytuacje)
( t 3 t1 )
• sieć musi mieć jeden początek i jeden
koniec
Znajdujemy ścieżkę krytyczną i dla niej liczymy parametry czasu realizacji całego
przedsięwzięcia
E (T ) E ( t )
sc . kr .
(T ) ( t )
2
2
sc . kr .
• dwa zdarzenia mogą być połączone
tylko jednym łukiem, trzeba więc
wprowadzać czynności puste
• szuka się najdłuższej drogi w sieci, co
daje optymalne rozwiązanie problemu
• problem najdłuższej drogi można
także sprowadzić do programowania
liniowego (prawe strony: = —1, 0, +1)
Slide 22
Matematyczne techniki zarządzania - 232
Inny przykład problemu sieciowego
Planowanie zatrudnienia w dużym przedsiębiorstwie o zmiennym (sezonowym zapotrzeowaniu na siłę roboczą
DANE
okresy: 1, 2, ..., i, j, ..., n
Ri — zapotrzebowanie na siłę roboczą w i-tym okresie
cij — koszt rekrutacji jednego pracownika w i-tym okresie i utrzymania go w
pracy do okresu j-tego
ZMIENNA DECYZYJNA
FUNKCJA CELU
xij — liczba pracowników przyjęta do pracy w i-tym okresie i
zwolniona z niej w okresie j-tym
c ij x ij min
WARUNKI OGRANICZAJĄCE — bilanse pracowników zatrudnionych w i-tym okresie
PROGRAMOWANIE DYNAMICZNE
Polega ona na podziale dużego problemu optymalizacyjnego na szereg
mniejszych problemów rozwiązywanych po kolei (etapami) oddzielnie
Zasada Bellmana
ETAP 1
Si-1— stan układu
na początku etapu
ETAP 2
ETAP i
Si — stan układu na
końcu etapu
S 0 dec
.
S 1 dec
.
S 2 .......... .. S i 1 dec
.
S i .........
x
x
x
1
2
i
Slide 23
Matematyczne techniki zarządzania - 232
Zasada Bellmana głosi, że decyzja podejmowana w i-tym etapie
jest wyłącznie funkcją stanu układu (systemu) na początku tego
etapu i nie jest zależna od sposobu dojścia do tego stanu
x i f ( S i 1 )
NIE ROZPATRUJEMY NIGDY
ETAPÓW WCZEŚNIEJSZYCH
S i f i ( S i 1 , x i )
Funkcja celu
Zastosowania programowania dynamicznego
•
rozwiązywanie sieci
•
sterowanie zapasami
•
zagadnienia wieloetapowe
•
alokacja kapitału
•
problemy techniczne
•
zagadnienie plecaka
•
programowanie nieliniowe
•
wymiana urządzeń
W trakcie rozwiązywania zadań stosuje się
indukcję odwrotną
ROZWIĄZANIE
OGÓLNE
ETAP OSTATNI
1
n
ROZWIĄZANIE
SZCZEGÓŁOWE
ETAP PIERWSZY
Slide 24
Matematyczne techniki zarządzania - 234
Szukanie najkrótszej drogi (zagadnienie dyliżansu)
Przykład 50. Znajdź metodą programowania dynamicznego najkrótszą
drogę z węzła 8 do węzła 1.
Funkcja celu (stan systemu)
f1 0
fi = min
f 2 min( c 21 f 1 ) min( 1 0 ) 1
f 3 min( c 31 f 1 ; c 32 f 2 ) min( 4 0 ; 1 1 ) 2
Cij
f 4 min( c 41 f 1 ; c 43 f 3 ) min( 4 0 ; 1 2 ) 3
km (mile)
godziny
f 5 min( c 51 f 1 ; c 54 f 4 ) min( 6 0 ; 2 3 ) 5
złotówki
f 6 min( c 64 f 4 ; c 65 f 5 ) min( 3 3 ; 2 5 ) 6
f 7 min( c 72 f 2 ; c 73 f 3 ; c 76 f 6 )
8
2
min( 8 1; 6 2 ; 1 6 ) 7
7
6
1
1
f 8 min( c 85 f 5 ; c 86 f 6 ; c 87 f 7 )
4
1
3
min( 6 5 ; 4 6 ; 1 7 ) 8
1
1
1
4
3
meta
6
Wracamy „żółtymi śladami”
4
4
6
2
najkrótsza droga: 8 - 7 - 6 - 4 - 3 - 2 - 1
6
2
8
jej długość wynosi 8 mil
start
5
Slide 25
Matematyczne techniki zarządzania - 235
Rozwiązanie matematyczne:
x 87 x 76 x 64 x 43 x 32 x 21 1
INTERPRETACJA
min Z ( X ) f 8 8
fi
1. Minimalna wartość funkcji celu po i-tym etapie (badania operacyjne)
2. Stan systemu po i-tym etapie (programowanie dynamiczne)
3. Najkrótsza droga z i-tego węzła do węzła końcowego „1”
Zadanie zostało rozwiązane przy użyciu modelu
f i min( c ij f j )
i j
RÓWNANIE
REKURENCYJNE
Wada programowania dynamicznego: nie ma uniwersalnego modelu i do
każdego problemu trzeba budować oddzielny model
Sterowanie zapasami wyrobów gotowych
Przykład 51. Zoptymalizować wielkość zapasów wyrobów gotowych w
fabryce Niezawodny dostawca (wg książki Wagnera)
Dane:
wielkość produkcji xt: od 0 do 5 sztuk
pojemność magazynu it: 4 sztuki
popyt miesięczny stały dt: 3 sztuki
Slide 26
Matematyczne techniki zarządzania - 236
Kryterium decyzyjne: fi = min(koszty produkcji + koszty magazynowania)
Koszty produkcji:
c ( x t ) b ax t 13 2 x t
Koszty magazynowania: c ( i t ) ai t 1 i t
Czas analizy: 6 miesięcy — od I do VI
xt 0
c ( x t ) 0
xt
c(x t )
0
0
1
15
2
17
3
19
4
21
5
23
numerujemy miesiące wstecz: lipiec = 0, czerwiec =1 itd.
LIPIEC
n=0
t=0
i0 = 0
f0 0
na koniec czerwca magazyn ma być pusty
CZERWIEC
n=1
t =1
i1
0
1
2
3
nie ma kosztów magazynowania, ale są 4 możliwości, jeśli chodzi
o sposób pokrycia czerwcowego zapotrzebowania (różny udział
produkcji czerwcowej i zapasów z maja); stan zapasów na
początku czerwca: 0, 1, 2, 3
x 1 (i i)
3
2
1
0
f 1 (i 1 )
19
17
15
0
x1 to decyzja wyznaczająca wielkość produkcji w
czerwcu (x1+i1=3), natomiast f1 to skutek
finansowy decyzji x1, zależny także od decyzji
podjętych we wcześniejszych miesiącach, czyli od
stanu na początku etapu 1-szego
Slide 27
Matematyczne techniki zarządzania - 237
MAJ
Teraz mogą wystąpić koszty magazynowania, posłużymy się
więc równaniem rekurencyjnym
n=2
f t min ( k . prod . k . mag . f t 1 )
t=2
x
skutki decyzji bieżącej
stan na początku etapu t
stan zapasów na
początku maja
19=koszty produkcji; 0=koszty magazynowania; 19 z tabelki dla czerwca
i2
0
1
2
0
x2
3
19 +0 +1 9
4
21 +1 +1 7
5
23 +2 +1 5
x 2 (i 2 )
3
f 2 (i 2 )
38
1
17 +0 +1 9
2
3
0+ 0+ 19
15 +0 +1 9
19 +1 +1 7
21 +2 +1 5
2 3+ 3+ 0
5
26
17 +1 +1 7
19 +2 +1 5
2 1+ 3+ 0
4
24
15 +1 +1 7
17 +2 +1 5
1 9+ 3+ 0
0
19
4
0+ 1+ 17
15 +2 +1 5
1 7+ 3+ 0
0
18
Szukamy dla każdego wiersza takiej decyzji x2, która da najmniejszą wartość f2 kosztów działalności przedsiębiorstwa w maju i czerwcu łącznie
KWIECIEŃ
n=3
MARZEC
n=4
LUTY
n=5
STYCZEŃ
n=6
Po zakończeniu wszystkich obliczeń otrzymamy następujące rozwiązanie ogólne
(model) minimalizacji kosztów
działalności przedsiębiorstwa przez wybór
optymalnej wielkości produkcji
Slide 28
ROZWIĄZANIE
OGÓLNE
Matematyczne techniki zarządzania - 238
i
TEN MODEL
TEŻ JEST
SIECIĄ
0
1
2
3
4
n=1
x1
3
2
1
0
n=6
i6 0
VI
f1
19
17
15
0
n=2
x2
3
5
4
0
0
V
f2
38
26
24
19
18
n=3
x3
4
5
4
0
0
n=5
x6 3
i5 0
x6 2
i6 1 x 6 3
IV
f3
48
45
43
38
27
x5 3
i6 3
itd...
II
f5
79
74
72
67
65
n=6
x6
4
5
4
0
0
I
f6
96
93
91
79
75
i4 0
x5 2
i4 1
x6 4
i6 2
n=5
x5
5
5
4
0
0
ROZWIĄZANIE
SZCZEGÓŁOWE
x6 4
x6 5
III
f4
67
64
54
48
46
n=4
x5 1
i5 1
n=4
x4
3, 4
5
5
0
0
i6 2
itd...
Znajdziemy je dla i6 = 3, tj.
dla założenia, że stan zapasów na początku stycznia
wynosi 3 sztuki
Szukamy najkrótszej drogi w
tej sieci od zaznaczonego węzła
do węzła końcowego, tj. takiej
strategii produkcji wyrobów,
która odpowiada minimalnym
kosztom działalności przedsiębiorstwa
Slide 29
DECYZJA Z MODELU
79
i6 3
x6 0
k 0
Matematyczne techniki zarządzania - 239
79
i5 0
54
x5 5
k 23 2 25
i4 2
27
x4 5
k 23 4 27
i3 4
26
x3 0
i2 1
k 1
n=6
n=5
n=4
n=3
n=2
STYCZEŃ
LUTY
MARZEC
KWIECIEŃ
MAJ
OPTYMALNA DECYZJA
0
0
(optymalny plan produkcji)
i0 0
dla założenia i6 = 3
n=1
n=0
X = [0 5 5 0 5 0]
CZERWIEC
LIPIEC
x2 5
k 23 3 26 i1 3
x1 0
k 0
Podobnie można znaleźć optymalne rozwiązanie dla innych założeń
odnośnie do zapasu wyrobów na początek stycznia
Wzór rekurencyjny stosowany do tego zadania
skutki decyzji bieżącej
stan na początku etapu t
Koncentracja
produkcji!
Dlaczego?
f t ( i ) min [ C ( x ) 1 ( i x 3 ) f t 1 ( i x 3 )]
x
3 i x min 5 , 7 i
dla
t 2 , 3 ,...., 6
Wynika to z
efektu skali!
Slide 30
Matematyczne techniki zarządzania - 240
xi
1
2
3
4
5
C (x i )
15
17
19
21
23
ANALIZA WRAŻLIWOŚCI
k je d n
15,00
8,50
6,33
5,25
4,60
• horyzont planowania
• zapas początkowy
• pojemność magazynu
• zdolność produkcyjna
• popyt
Optymalny rozdział nakładów inwestycyjnych
Przypomnienie: należy rozdzielić kwotę K pomiędzy n obiektów o efektywności qi(xi), gdzie xi — kwota przydzielona i-temu obiektowi, tak aby
łączny efekt z kwoty K był możliwie jak największy
Rozwiązanie
ogólne
K x1 x 2 x 3
K
K [ x1 x 2 ]
x2
x1
Funkcje
efektywności
poszczególnych
obiektów
Równanie
rekurencyjne
(funkcje celu)
1
3
2
q1 ( x 1 )
f1
x3
q2 ( x2 )
f2
q3 ( x3 )
f3
Matematyczne techniki zarządzania - 211
Jak to wszystko zrealizować matematycznie? — patrz skrypt, s. 186-191
Kłopoty matematyczne biorą się z tego, że mamy więcej zmiennych (niewiadomych) niż równań
warunki ograniczające ze zmiennymi swobodnymi
dołączona funkcja celu z jej wartością x0
2 x1 4 x 2 1 x 3
3 x1 3 x 2
14
1 x 4 26
1 x 0 5 x1 8 x 2 0 x 3 0 x 4 0
Jedynym sposobem rozwiązania tego układu jest rachunek iteracyjny,
polegający na wielokrotnym zakładaniu, że zmienne występujące we
wszystkich równaniach są równe zero, przez co otrzymamy niezerowe
wartości pozostałych zmiennych.
Mysz w tym momencie znajduje
się na początku układu współrzędnych: Z(X) = x0 = 0
Przejście do następnego wierzchołka to zmiana bazy, co wymaga podjęcia dwu decyzji:
BAZA 0
x3=14
x4=26
x0= 0
x1=0
x2=0
ZMIENNE
BAZOWE
ZMIENNE
NIEBAZOWE
• którą zmienną wprowadzić do bazy, a którą z niej wycofać (dla myszy to
decyzja — którą krawędzią się poruszać)
Tablica simpleksowa
• jaką wartość przyjąć dla zmiennej wprowadzanej do bazy, aby maksymaSkrypt, s.188
lnie poprawić Z(X), a równocześnie nie wyjść poza obszar rozwiązań dopuszczalnych (dla myszy to decyzja — jak iść aby nie minąć wierzchołka)
Slide 2
Matematyczne techniki zarządzania - 212
Zmiana bazy polega na wymianie tylko jednej zmiennej, czyli na zmianie na
wierzchołku kierunku marszu ku rozwiązaniu optymalnemu.
Po wyznaczeniu tych
decyzji, układ równań
BAZA 0
BAZA 1
BAZA 2
BAZA 3
przekształca się (przez
ich mnożenie i dodawanie) tak, aby zmienRachunek iteracyjny kończy się w momencie, gdy z
ne bazowe występowadołączonej funkcji celu wynika, że nie ma już możły tylko w jednym równaniu.
liwości poprawy wartości funkcji celu.
Baza zdegenerowana: baza, w której pojawiło się przypadkowe zero
ZAGADNIENIE DUALNE SYMETRYCZNE
Zagadnienie pierwotne
• nowa zmienna dualna yi
Z ( X ) c j x j max
• odwrócenie kierunku optymalizacji
a ij x j b i
• zamiana cj oraz bi miejscami
xj 0
• zmiana kierunku nierówności
• transponowanie macierzy A
Zagadnienie dualne
Z (Y ) b i y i min
a ji y i c j
yi 0
max Z ( X ) min Z (Y )
Zagadnienie dualne (zagadnienia dualnego) = zagadnienie pierwotne
Rozwiązując jedno z nich rozwiązujemy równocześnie drugie, czasem
wygodniej jest rozwiązywać dualne zamiast pierwotnego
Slide 3
Matematyczne techniki zarządzania - 213
Ekonomiczna interpretacja zmiennych dualnych yi
Są to ceny dualne środków produkcji określające jaki dodatkowy zysk może przynieść firmie dodatkowa jednostka i-tego środka.
W każdym warunku ograniczającym występuje nierówność , co oznacza,
że dany środek (surowiec, robocizna, czas pracy maszyn) może być przy
rozwiązaniu optymalnym albo wykorzystany całkowicie (=), albo tylko
częściowo (<).
Stopień wykorzystania i-tego środka produkcji poznajemy po wartości
zmiennej swobodnej (plansza 207).
1. Środek produkcji wyczerpany w rozwiązaniu optymalnym
3 x 1 6 x 2 x 3 25
=0
Zmienna dualna związana z tym środkiem
ma wartość , gdyż sprowadzenie nowej
jednostki tego środka pozwoli zwiększyć
produkcję, co da dodatkowy zysk równy yi
2. Środek produkcji niewyczerpany w rozwiązaniu optymalnym
6 x 1 2 x 2 x 4 42
=8
Zmienna dualna związana z tym środkiem
ma wartość 0, gdyż tego środka jest już teraz w nadmiarze i sprowadzenie nowej jego jednostki nic w firmie nie zmieni — ani
wielkości produkcji, ani zysku
A jaka będzie interpretacja zmiennej dualnej dla mieszanki?
Slide 4
Matematyczne techniki zarządzania - 214
ANALIZA WRAŻLIWOŚCI W PROGRAMOWANIU LINIOWYM
Co będzie,
jeśli...
Bada się reakcję X
(rozwiązania optymalnego)
na zmianę A, B, C (założeń)
PROGRAMOWANIE
PARAMETRYCZNE
1. Skutki zmiany funkcji celu (macierzy C)
Funkcja celu
3 x 1 5 x 2 max
C [3, 5]
• xj nie ma w ostatniej bazie w rozwiązaniu optymalnym, czyli xj = 0
WYRÓB j-TY NIE JEST PRODUKOWANY W ROZWIĄZANIU OPTYMALNYM — DLACZEGO?
PONIEWAŻ JEGO RENTOWNOŚĆ JEST ZA NISKA W PORÓWNANIU Z INNYMI
Wnioski: — obniżenie zysku jednostkowego cj nie zmieni rozwiązania optymalnego,
gdyż j-ty wyrób w dalszym ciągu będzie nierentowny
— zwiększenie zysku jednostkowego może zmienić rozwiązanie optymalne,
gdyż j-ty wyrób może (jeśli przekroczymy pewną wartość cj) stać się bardziej opłacalny niż inne wyroby
Pytanie: o ile najwięcej (pj) może wzrosnąć cj, aby rozwiązanie optymalne nie
uległo zmianie?
Przykład odpowiedzi: p2<0,4286
Interpretacja: dopóki c2<5,4286, wyrób 2 nie powinien wchodzić do produkcji
Slide 5
Matematyczne techniki zarządzania - 215
• zmienna xj znajduje się w ostatniej bazie, czyli xj>0
WYRÓB j-TY JEST PRODUKOWANY W ROZWIĄZANIU OPTYMALNYM — DLACZEGO?
PONIEWAŻ JEGO RENTOWNOŚĆ JEST WYŻSZA W PORÓWNANIU Z INNYMI
Wnioski: — obniżenie zysku jednostkowego cj może zmienić rozwiązanie optymalne,
gdyż j-ty wyrób może stać się nierentowny (po zejściu poniżej pewnej
granicy)
— zwiększenie zysku jednostkowego może zmienić rozwiązanie optymalne,
gdyż j-ty wyrób może (jeśli przekroczymy pewną wartość cj) stać się
jeszcze bardziej opłacalny niż dotychczas
Pytanie: o ile (pj) może zmaleć lub wzrosnąć cj, aby rozwiązanie optymalne
nie uległo zmianie?
Przykład odpowiedzi: —0,6
2. Skutki zmiany wektora ograniczeń (macierzy B)
3 x 1 6 x 2 48
Każda zmiana (w pewnych granicach) ilości środków produkcji
zmienia wartość funkcji celu
Analizę wrażliwości na B przeprowadza się z uwzględnieniem:
— zmiany struktury asortymentowej wyrobów (które wyroby się produkuje)
oraz osobno szczegółów produkcji (ile się produkuje)
— ceny dualnej środków: czy dany środek jest wyczerpany w rozwiązaniu
optymalnym, czy nie wyczerpany
Slide 6
Matematyczne techniki zarządzania - 216
3. Skutki zmiany współczynników technologicznych (macierzy A)
• wprowadzenie nowego wyrobu
3 x 1 6 x 2 48
4 x 1 1 x 2 25
x3
3 x 1 6 x 2 3 x 3 48
4 x 1 1 x 2 5 x 3 25
Pytanie: ile musi wynosić c3, aby rozwiązanie optymalne uległo zmianie, czyli
aby wyrób trzeci wszedł do produkcji?
Przykład odpowiedzi: jeśli c3>14, wyrób trzeci wejdzie do produkcji
• zmiana technologii produkcji
Zagadnienie skomplikowane
a 12 6 a 12 4
POMIJAMY
DUŻE PROFESJONALNE PROGRAMY KOMPUTEROWE UMOŻLIWIAJĄ ANALIZOWANIE
WRAŻLIWOŚCI ROZWIĄZANIA OPTYMALNEGO NA RÓWNOCZESNĄ ZMIANĘ KILKU
CZYNNIKÓW
WIĘCEJ INFORMACJI O
ANALIZIE WRAŻLIWOŚCI W
SKRYPCIE (ROZDZIAŁ 7)
WYDRUK Z PROGRAMU QSB+
ZAWIERA DUŻO ELEMENTÓW
ANALIZY WRAŻLIWOŚCI
Slide 7
Matematyczne techniki zarządzania - 217Przy interpretacji wydruku
WYDRUK Z PROGRAMU QSB+ CZĘŚĆ PIERWSZA
Numer zmiennej
decyzyjnej
Rozwiązanie (optymalne wartości
zmiennych decyzyjnych)
numer wyrobu
ilości produkowanych wyrobów
numer składnika
mieszanki
ilości użytych składników
N u m b er
1
2
obowiązuje podwójny język:
• matematyczny
• ekonomiczny (menedżerski)
Nazwa projektu
S u m m arized R epo rt fo r......................
V ariab le
S o lu tio n
O pp o rtu nity
O bjective
M inim u m
C o st
C o efficien t
O bj. Co eff.
X1
+ 2,0
0
+ 30,0
0
X2
+ 6,0
0
+ 50,0
+ 20,0
M ax (M in ) O bj = .... Iteration = .... Elap sed C P U S eco nd = ......
M axim u m
O bj. Co eff.
+ 75
+ In fin ity
Optymalna wartość
funkcji celu
maksymalny zysk
producenta
minimalny koszt
mieszanki
Koszty alternatywne
(względne)
O ile trzeba zmienić
współczynnik funkcji
celu, aby wyrób (składnik) wszedł do rozwiązania optymalnego (w
przykładzie = 0, gdyż
ilości są różne od zera)
Liczba iteracji wykonanych przez komputer
Współczynniki
funkcji celu
(macierz C)
Optymalne zakresy
współczynników
funkcji celu
zyski jednostkowe z wyrobów
przedziały zysku
jednostkowego nie
powodujące zmiany
planu produkcji
ceny składników
mieszanki
Czas szukania
optymalnego
rozwiązania
przedziały ceny
składników nie powodujące zmiany
receptury mieszanki
Slide 8
Matematyczne techniki zarządzania - 218Przy interpretacji wydruku
WYDRUK Z PROGRAMU QSB+ CZĘŚĆ DRUGA
Numer ograniczenia (warunku)
Ograniczenia (macierz B) z nierównością
numer środka produkcji
ilości posiadanych środków produkcji
numer komponentu mieszanki
C o n s tra in t
1
2
3
S ta tu s
L oo se
T ig h t
T ig h t
( )
( )
( )
najmniejsze dopuszczalne ilości komponentów (normy)
S u m m a rize d R e p o rt fo r .......
RHS
S h ado w
S la c k o r
P ric e
S u rp lu s
0
+ 2 ,0
+ 4 ,0
15
0
+ 1 2 ,0
10
0
+ 1 8 ,0
M a x (M in ) O b j = ......
Sposób spełniania nierówności
z warunków ograniczających
(loose = nierówność silna,
tight = nierówność słaba)
loose = środek produkcji jest
w nadmiarze; tight = środek
produkcji wyczerpany
loose = komponent jest w
nadmiarze; tight = komponentu jest dokładnie według wymagań normy
obowiązuje podwójny język:
• matematyczny
• ekonomiczny (menedżerski)
Ite ra tio n = ......
M ax R H S
+ 2 ,0
+ 6 ,0
+ 1 2 ,0
+ In fin ity
+18
+24
E la p s ed C P U S e c o n d = ......
Ceny dualne
Luz czyli nadmiar
dodatkowy
zysk z dodatkowej jednostki środka
ilość niewyczerpanego środka
produkcji
zmiana kosztu mieszanki po zmniejszeniu normy o jednostkę
M in R H S
ilość komponentu ponad normę
Wartości zakresów
ograniczeń (macierzy
B), w których wartość
optymalna funkcji celu
zmienia się zgodnie z
cenami dualnymi
zakresy dla ilości
środka produkcji
zakresy dla ilości
komponentu mieszanki
Slide 9
Matematyczne techniki zarządzania - 219
ZAST0SOWANIA PROGRAMOWANIA LINIOWEGO
• planowanie produkcji
•ile i czego
ile i jaką metodą
•ile i z czego
•ile i kiedy
JEST TO METODA
UNIWERSALNA
PRAWIE WSZYSTKO
MOŻNA ZAPISAĆ
JAKO MODEL
PROGRAMOWANIA
LINIOWEGO
• optymalizacja strategii rozwoju koncernu
• optymalizacja rozwoju branż gospodarki narodowej
• optymalizacja strategii reklamowej
• optymalizacja przepływów w sieciach
• optymalizacja kontraktacji w rolnictwie
SETKI ZADAŃ
W KSIĄŻCE
WAGNERA
BADANIA
OPERACYJNE
• zagadnienia dowozu i przewozu (autobusy, lotnictwo)
• zagadnienia techniczne: projektowanie, cięcie, rozkrój
• harmonogramy dyżurów, plany zajęć
• teoria gier
UMIEJĘTNOŚĆ INTERPRETACJI WYDRUKU Z
PROGRAMOWANIA LINIOWEGO TO MINIMUM WIEDZY
STUDENTA
Slide 10
Matematyczne techniki zarządzania - 220
KLASYCZNE ZAGADNIENIE TRANSPORTOWE
D O ST AW C Y
O1
D1
D2
PO PYT
c 11
c 21
x 11
x 21
c 12
c 22
b1
x 11 x 12 x 13 a 1
c 13
c 23
x 13
x 23
a1
a2
b3
Twierdzenia związane z KZT
ZAGADNIENIE MOŻE BYĆ
OTWARTE LUB ZAMKNIĘTE
MODEL
ai bj
ai bj
Zagadnienie otwarte sprowadza się do
zamkniętego przez wprowadzenie fikcyjnego dostawcy lub odbiorcy
x 13 x 23 b 3
x 11 , x 12 ,..., x 23 0
x 12
x 22
1.
x 21 x 22 x 23 a 2
x 12 x 22 b 2
O3
b2
Z ( X ) c 11 x 11 c 12 x 12 ... c 23 x 23 min
x 11 x 21 b 1
PO DAŻ
O D B IO R C Y
O2
2.
JEŚLI DANE SĄ LICZBAMI CAŁKOWITYMI, TO KZT MA
CO NAJMNIEJ JEDNO ROZWIĄZANIE CAŁKOWITOLICZBOWE
CAŁKOWITOLICZBOWOŚĆ
3.
JEŚLI ISTNIEJĄ DWA ROZWIĄZANIA OPTYMALNE,
MOŻNA TWORZYĆ NOWE JAK PRZY PROGRAMOWANIU
LINIOWYM
Slide 11
Matematyczne techniki zarządzania - 221
ROZWIĄZANIE OPTYMALNE NIE ULEGNIE ZMIANIE, JEŚLI NA
MACIERZY ODLEGŁOŚCI C WYKONAMY:
4.
• mnożenie (dzielenie) całej macierzy przez stałą (zmiana skali liczb)
• dodawanie (odejmowanie) stałej do pojedynczych wierszy i kolumn
(tworzenie klatek zerowych)
UZYSKANE W TEN SPOSÓB NOWE ODLEGŁOŚCI NAZYWAMY PSEUDOODLEGŁOŚCIAMI
METODA KLATEK ZEROWYCH
Przykład 47. Znajdź metodą klatek zerowych optymalny plan rozwozu
konserw rybnych z czterech portów do pięciu miast w głębi kraju. Odległości podano w km, a podaż i popyt w postaci liczby kontenerów.
G d yn ia
U stka
K o łob rzeg
S zczecin
C zęsto ch ow a
482
631
559
482
15
Funkcja celu
K rakó w
621
747
631
641
30
W ro c ław
499
504
432
353
15
Z ( X ) c ij x ij min
i
T o ru ń
210
311
347
340
14
K ielce
651
780
691
678
8
36
7
12
27
(w kontenero-kilometrach)
j
Zmienna decyzyjna xij określa ile kontenerów trzeba przewieźć od
i-tego dostawcy do j-tego odbiorcy, tak aby jak najmniejszym kosztem wywieźć konserwy z portów do odbiorców zgodnie z ich zapotrzebowaniem.
TO ZAGADNIENIE JEST ZAMKNIĘTE!
Slide 12
Matematyczne techniki zarządzania - 222
ETAP 1. Wprowadzenie zer do kolumn przez odjęcie najmniejszych
odległości
• od elementów kolumny 1 odejmujemy 482
• od elementów kolumny 2 odejmujemy 621
• od elementów kolumny 3 odejmujemy 353
• od elementów kolumny 4 odejmujemy 210
Przewozy
ulokujemy
w klatkach
zerowych
• od elementów kolumny 5 odejmujemy 651
G d yn ia
U stka
K o łob rzeg
S zczecin
C zęsto ch ow a
0
149
77
0
15
K rakó w
0
126
10
20
30
W ro cław
146
151
79
0
15
T o ruń
0
101
137
130
14
Dążymy do tego,
aby klatka zerowa
była w każdej
kolumnie i w
każdym wierszu
K ielce
0
129
40
27
8
36
7
12
27
ETAP 2. Wprowadzenie zer do wierszy przez odjęcie najmniejszych
odległości (wiersz 2: 101, wiersz 3: 10)
G d yn ia
U stka
K o łob rzeg
S zczecin
C zęsto ch ow a
0
48
67
0
15
K rakó w
0
25
0
20
30
W ro cław
146
50
69
0
15
T o ruń
0
0
127
130
14
K ielce
0
28
30
27
8
36
7
12
27
Slide 13
Matematyczne techniki zarządzania - 223
ETAP 3. Ulokowanie przewozów w klatkach zerowych
Czynność tę można rozpocząć od dowolnej decyzji, byle ona mogła być jednoznaczna;
gdzie wywieźć kontenery z Gdyni lub ze Szczecina — nie można teraz ustalić, ale można to ustalić dla Ustki i Kołobrzegu
G d yn ia
U stka
K o łob rzeg
S zczecin
Dec. 1:
C zęsto ch ow a
0
3
48
67
0 12
15
K rakó w
0 18
25
0 12
20
30
W ro cław
146
50
69
0 15
15
7 kontenerów z Ustki do Torunia
Dec. 2: 12 kontenerów z Kołobrzegu do Krakowa
T o ruń
0 7
0 7
127
130
14
Dec. 4: 15 kontenerów ze Szczecina do Wrocławia
7 kontenerów z Gdyni do Torunia
Dec. 6:
8 kontenerów z Gdyni do Kielc
Dec. 7:
3 kontenery z Gdyni do Częstochowy
Dec. 8: 12 kontenerów ze Szczecina do Częstochowy
8
36
7
12
27
ROZWIĄZANIE OPTYMALNE
Dec. 3: 18 kontenerów z Gdyni do Krakowa
Dec. 5:
K ielce
0
28
30
27
8
X
3
18
0
7
8
0
0
0
7
0
0
12
0
0
0
DECYZJE PODEJMOWANE
PRZYPA12W SPOSÓB
0 15
0
DKOWY DAWAŁY WYNIKI WYŻSZE 0 5-10%
0
MINIMALNA WARTOŚĆ FUNKCJI CELU
Z ( X ) 3 482 18 621 0 499 ... 15 353 0 340 0 678 40 . 130 kkm
Slide 14
Matematyczne techniki zarządzania - 224
INNE METODY „RĘCZNE”
• metoda Forda-Fulkersona (tworzenie dalszych klatek zerowych)
• metoda kąta północno-zachodniego (metoda węgierska)
SIMPLEKS TRANSPORTOWY (PROGRAMOWANIE LINIOWE)
D1
D2
D3
2
1
5
O1
x 11
x 21
x 31
7
3
0
8
02
x 12
x 22
x 32
5
11
6
15
03
x 13
x 23
x 33
3
04
x 14
x 24
x 34
2
7
1
9
JAK TO PRZEKSZTAŁCIĆ W
PROGRAMOWA
-NIE LINIOWE?
6
1
10
TYPOWA TABELKA PROGRAMOWANIA LINIOWEGO
x1
x 11
1
x2
x 12
1
x3
x 13
1
x4
x 14
1
1
x5
x 21
x6
x 22
1
1
y1 y 4
Gdzie są i jak
powstały macierze A, B i C?
x9
x 31
x 10
x 32
x 11
x 33
x 12
x 34
1
12
1
1
1
1
1
3
x8
x 24
To zadanie łatwiej rozwiązać
wykorzystując
zagad1
1
nienie dualne asymetryczne
1
1
2
x7
x 23
11
itd .
1
1
1
7
1
0
6
1
1
1
5
8
15
1
9
=
= 6
= 1
= 10
= 7
= 5
= 3
= 2
M IN
Jak się mają do siebie macierze zagadnienia transportowego i
macierze programowania liniowego?
Slide 15
Matematyczne techniki zarządzania - 225
Klasyczne zagadnienie transportowe ma wiele wersji i zastosowań,
często do zadań nie mających nic wspólnego z przewozami
Możliwe jest wprowadzenie ograniczeń na przepustowość
poszczególnych tras
ZAGADNIENIE PRZYDZIAŁU
Polega na takim rozdzieleniu n
zadań pomiędzy n wykonawców,
aby łączny efekt był jak najkorzystniejszy (znamy nakład cij
potrzebny i-temu wykonawcy do
wykonania j-tego zadania)
Jeden wykonawca może otrzymać tylko jedno zadanie
Przykłady zagadnienia przydziału
x ij u ij
MATEMATYCZNIE JEST TO
SZCZEGÓLNY
PRZYPADEK
KZT
Z1
Z2
Z3
Z4
W1
0
0
0
1
W2
1
0
0
0
• asystent ma 15 tematów dla 15 studentów i wie jaką
notę otrzyma każdy student z każdego tematu; celem
będzie taki przydział, aby w sumie grupa uzyskała jak
najwyższą ocenę
ZWYKLE
DOTYCZY
PRODUKCJI
W3
0
0
1
0
W4
0
1
0
0
min
c ij x ij
i
j
max
n
n
n
x ij 1
i
• kierownik ma 6 obrabiarek i 6 zadań obróbczych do
wykonania; jeśli wie ile trwa każde zadanie na każdej
obrabiarce, może tak je przydzielić, aby wszystkie zadania zostały wykonane w jak najkrótszym czasie
x ij 1
• jeśli istnieje kolejność obróbki — problem szeregowania
x ij 0 , 1
n
j
Slide 16
Matematyczne techniki zarządzania - 226
ANALIZA SIECIOWA
• sieć to uniwersalne narzędzie (można przy jej
użyciu rozwiązywać wiele problemów nie mających żadnej „siatki”)
JAK RYSOWAĆ SIEĆ?
• długości i kąty łuków nie mają
żadnego znaczenia
• rozróżniamy sieci cykliczne i acykliczne
• rozwiązanie sieci polega na znalezieniu:
•
ręcznie
•
najkrótszej drogi
•
programowanie liniowe
•
najdłuższej drogi
•
programowanie dynamiczne
• metody rozwiązywania sieci
•
profesjonalne programy komputerowe
Szukanie najkrótszej drogi (zagadnienie dyliżansu)
c 21
1
c 51
c 27
2
c 23
c 72
c 32
3
c 31
c 34 c
43
c 41 4
c 45 c
54
5
Przykład 48
7
c 73
c 76
c 64
c 65
c 87
6
c 86
c 85
8
Cij
km (mile)
godziny
złotówki
c ij 0 ( )
c ij c ji
Slide 17
Matematyczne techniki zarządzania - 227
Programowanie liniowe — sieć jest szczególnym przypadkiem zagadnienia przydziału:
• zmiennych decyzyjnych jest tyle, ile jest łuków: 1 — iść łukiem,
0 — nie iść łukiem
X
• warunków ograniczających jest tyle, ile jest węzłów; mamy ich
trzy rodzaje:
A
•
węzeł początkowy: prawa strona = 1
•
węzeł pośredni: prawa strona = 0
•
węzeł końcowy: prawa strona = —1
B
• współczynniki technologiczne:
•
wyjście z węzła: +1
•
przyjście do węzła: —1
C
Przykład 48 cd.
D O
Z
W
Ę
Z
Ł
A
7
8
7
6
5
4
3
2
c 87 x 87
6
c 86 x 86
c 76 x 76
5
c 85 x 85
W Ę Z Ł A
4
3
c 73 x 73
c 65 x 65
c 43 x 43
c 34 x 34
1
1
1
c 32 x 32
c 23 x 23
1
1
c 72 x 72
c 64 x 64
c 54 x 54
c 45 x 45
c 27 x 27
1
2
1
c 51
c 41
c 31
c 21
x 51
x 41
x 31
x 21
1
1
1
1
1
1
1
1
Slide 18
Matematyczne techniki zarządzania - 228
Model decyzyjny
c 87 x 87 c 86 x 86 c 85 x 85 ... c 27 x 27 c 23 x 23 c 21 x 21 min
w .8 :
1 x 87 1 x 86 1 x 85 1
w .7 :
1 x 76 1 x 73 1 x 72 1 x 87 1 x 72 0
.......... .......... .......... ........
w .1 :
1 x 51 1 x 41 1 x 31 1 x 21 1
Z tych danych możne ułożyć
klasyczną tabelkę programowania liniowego
Model ten można łatwiej
rozwiązać przez wykorzystanie asymetrycznego zagadnienia dualnego
Ogólna postać modelu najkrótszej drogi w sieci
( w sieci )
x kj
( w sieci )
x ik
1
0
1
c ij x ij min
( w si eci )
x ij 0
lub
1
( w sieci )
Slide 19
Matematyczne techniki zarządzania - 229
Szukanie najdłuższej drogi (metoda ścieżki krytycznej — CPM)
Przykład 49. Zorganizować budowę domu w jak najkrótszym czasie
Symbol
A
B
C
D
E
F
G
H
I
J
K
L
M
N
N az w a cz y n n o ś ci
S p ro w a d z en ie ce g ieł
S p ro w a d z en ie d a ch ó w ek
W y ko n an ie fu n d a m en tó w
B u d o w a m u ró w
P o ło ż e n ie d ac h u
B u d o w a ś ciek ó w
W y k. in stalacji e le ktry cz n ej
T y n ko w an ie
W y k. in st. w o d n o -ka n al.
P o ło ż e n ie p o d łó g
N iw elacja o g ro d u
M alo w a n ie i cz y sz cz en ie
M o n taż sto lark i
Z ało ż en ie ścież e k
R a z e m
C z as
(d n i)
5
12
7
10
4
7
10
6
12
5
2
6
2
2
90
5
5
C
3
8
6
J
12
1
7
4
B
A
H
E
G
0
D
M 2
5 10
L
10
6
4
11
10
0
0
7
2
F
7
12
6
K
I
N
2
9
2
KTÓRĘDY PROWADZI NAJDŁUŻSZA DROGA W TEJ SIECI I
JAKA JEST JEJ DŁUGOŚĆ?
Ścieżka krytyczna prowadzi przez węzły 1 - 2 - 3 - 4 - 6 -7 - 8 - 10 - 11
i ma długość wynoszącą 43 dni.
Czynności krytyczne (bez zapasu czasu): C, D, I, H, M, L
Czynności niekrytyczne (z zapasem czasu): A, B, E, F, G, J, N, K
Slide 20
Matematyczne techniki zarządzania - 230
Istnieje wiele rodzajów zapasu czasu i wiele metod jego obliczania
Wszystkie one bazują na danych: xi, xj, yi, yj
29
17
i
xi
25
yi — najpóźniejszy dopuszczalny moment wystąpienia danego zdarzenia
Zapasy czasu
0
1
5
C
7
3
7
35
8
6
G
17 0
7
A
H
J
12
0
29
E
4
B
yi
Xi — najwcześniejszy możliwy moment wystąpienia
danego zdarzenia
5
35
D 17
M 2
5 10
37
10
6
37
4
10
0
0
7
2
7
7
F
7
6
17
17
K
I
12
2
N
2
9
19
41
• dla czynności G: 2 dni
• dla czynności J: 3 dni
43
L
Wnioski dla kierownictwa
• dla czynności B: 13 dni
• jak negocjować termin i cenę
• dla czynności E: 8 dni
• których prac pilnować szczególnie
• dla czynności N: 24 dni
• jak reagować na zakłócenia
• dla czynności K: 24 dni
• analiza wrażliwości
43
11
Slide 21
Matematyczne techniki zarządzania - 231
Metoda PERT
PODSUMOWANIE
Czasy wszystkich lub niektórych czynności są zmiennymi
losowymi, danymi np. przez
• całe przedsięwzięcie dzieli się na pojedyncze czynności
t1 (1%), t2, t3 (1%)
Jak liczymy?
Dla każdej czynności
E (t )
1
6
(t )
1
6
• ustala się techniczną kolejność czynności
• ustala się czas realizacji poszczególnych czynności
( t1 4 t 2 t 3 )
• buduje się sieć, w której czynności to
łuki, a węzły to momenty czasu (zdarzenia, sytuacje)
( t 3 t1 )
• sieć musi mieć jeden początek i jeden
koniec
Znajdujemy ścieżkę krytyczną i dla niej liczymy parametry czasu realizacji całego
przedsięwzięcia
E (T ) E ( t )
sc . kr .
(T ) ( t )
2
2
sc . kr .
• dwa zdarzenia mogą być połączone
tylko jednym łukiem, trzeba więc
wprowadzać czynności puste
• szuka się najdłuższej drogi w sieci, co
daje optymalne rozwiązanie problemu
• problem najdłuższej drogi można
także sprowadzić do programowania
liniowego (prawe strony: = —1, 0, +1)
Slide 22
Matematyczne techniki zarządzania - 232
Inny przykład problemu sieciowego
Planowanie zatrudnienia w dużym przedsiębiorstwie o zmiennym (sezonowym zapotrzeowaniu na siłę roboczą
DANE
okresy: 1, 2, ..., i, j, ..., n
Ri — zapotrzebowanie na siłę roboczą w i-tym okresie
cij — koszt rekrutacji jednego pracownika w i-tym okresie i utrzymania go w
pracy do okresu j-tego
ZMIENNA DECYZYJNA
FUNKCJA CELU
xij — liczba pracowników przyjęta do pracy w i-tym okresie i
zwolniona z niej w okresie j-tym
c ij x ij min
WARUNKI OGRANICZAJĄCE — bilanse pracowników zatrudnionych w i-tym okresie
PROGRAMOWANIE DYNAMICZNE
Polega ona na podziale dużego problemu optymalizacyjnego na szereg
mniejszych problemów rozwiązywanych po kolei (etapami) oddzielnie
Zasada Bellmana
ETAP 1
Si-1— stan układu
na początku etapu
ETAP 2
ETAP i
Si — stan układu na
końcu etapu
S 0 dec
.
S 1 dec
.
S 2 .......... .. S i 1 dec
.
S i .........
x
x
x
1
2
i
Slide 23
Matematyczne techniki zarządzania - 232
Zasada Bellmana głosi, że decyzja podejmowana w i-tym etapie
jest wyłącznie funkcją stanu układu (systemu) na początku tego
etapu i nie jest zależna od sposobu dojścia do tego stanu
x i f ( S i 1 )
NIE ROZPATRUJEMY NIGDY
ETAPÓW WCZEŚNIEJSZYCH
S i f i ( S i 1 , x i )
Funkcja celu
Zastosowania programowania dynamicznego
•
rozwiązywanie sieci
•
sterowanie zapasami
•
zagadnienia wieloetapowe
•
alokacja kapitału
•
problemy techniczne
•
zagadnienie plecaka
•
programowanie nieliniowe
•
wymiana urządzeń
W trakcie rozwiązywania zadań stosuje się
indukcję odwrotną
ROZWIĄZANIE
OGÓLNE
ETAP OSTATNI
1
n
ROZWIĄZANIE
SZCZEGÓŁOWE
ETAP PIERWSZY
Slide 24
Matematyczne techniki zarządzania - 234
Szukanie najkrótszej drogi (zagadnienie dyliżansu)
Przykład 50. Znajdź metodą programowania dynamicznego najkrótszą
drogę z węzła 8 do węzła 1.
Funkcja celu (stan systemu)
f1 0
fi = min
f 2 min( c 21 f 1 ) min( 1 0 ) 1
f 3 min( c 31 f 1 ; c 32 f 2 ) min( 4 0 ; 1 1 ) 2
Cij
f 4 min( c 41 f 1 ; c 43 f 3 ) min( 4 0 ; 1 2 ) 3
km (mile)
godziny
f 5 min( c 51 f 1 ; c 54 f 4 ) min( 6 0 ; 2 3 ) 5
złotówki
f 6 min( c 64 f 4 ; c 65 f 5 ) min( 3 3 ; 2 5 ) 6
f 7 min( c 72 f 2 ; c 73 f 3 ; c 76 f 6 )
8
2
min( 8 1; 6 2 ; 1 6 ) 7
7
6
1
1
f 8 min( c 85 f 5 ; c 86 f 6 ; c 87 f 7 )
4
1
3
min( 6 5 ; 4 6 ; 1 7 ) 8
1
1
1
4
3
meta
6
Wracamy „żółtymi śladami”
4
4
6
2
najkrótsza droga: 8 - 7 - 6 - 4 - 3 - 2 - 1
6
2
8
jej długość wynosi 8 mil
start
5
Slide 25
Matematyczne techniki zarządzania - 235
Rozwiązanie matematyczne:
x 87 x 76 x 64 x 43 x 32 x 21 1
INTERPRETACJA
min Z ( X ) f 8 8
fi
1. Minimalna wartość funkcji celu po i-tym etapie (badania operacyjne)
2. Stan systemu po i-tym etapie (programowanie dynamiczne)
3. Najkrótsza droga z i-tego węzła do węzła końcowego „1”
Zadanie zostało rozwiązane przy użyciu modelu
f i min( c ij f j )
i j
RÓWNANIE
REKURENCYJNE
Wada programowania dynamicznego: nie ma uniwersalnego modelu i do
każdego problemu trzeba budować oddzielny model
Sterowanie zapasami wyrobów gotowych
Przykład 51. Zoptymalizować wielkość zapasów wyrobów gotowych w
fabryce Niezawodny dostawca (wg książki Wagnera)
Dane:
wielkość produkcji xt: od 0 do 5 sztuk
pojemność magazynu it: 4 sztuki
popyt miesięczny stały dt: 3 sztuki
Slide 26
Matematyczne techniki zarządzania - 236
Kryterium decyzyjne: fi = min(koszty produkcji + koszty magazynowania)
Koszty produkcji:
c ( x t ) b ax t 13 2 x t
Koszty magazynowania: c ( i t ) ai t 1 i t
Czas analizy: 6 miesięcy — od I do VI
xt 0
c ( x t ) 0
xt
c(x t )
0
0
1
15
2
17
3
19
4
21
5
23
numerujemy miesiące wstecz: lipiec = 0, czerwiec =1 itd.
LIPIEC
n=0
t=0
i0 = 0
f0 0
na koniec czerwca magazyn ma być pusty
CZERWIEC
n=1
t =1
i1
0
1
2
3
nie ma kosztów magazynowania, ale są 4 możliwości, jeśli chodzi
o sposób pokrycia czerwcowego zapotrzebowania (różny udział
produkcji czerwcowej i zapasów z maja); stan zapasów na
początku czerwca: 0, 1, 2, 3
x 1 (i i)
3
2
1
0
f 1 (i 1 )
19
17
15
0
x1 to decyzja wyznaczająca wielkość produkcji w
czerwcu (x1+i1=3), natomiast f1 to skutek
finansowy decyzji x1, zależny także od decyzji
podjętych we wcześniejszych miesiącach, czyli od
stanu na początku etapu 1-szego
Slide 27
Matematyczne techniki zarządzania - 237
MAJ
Teraz mogą wystąpić koszty magazynowania, posłużymy się
więc równaniem rekurencyjnym
n=2
f t min ( k . prod . k . mag . f t 1 )
t=2
x
skutki decyzji bieżącej
stan na początku etapu t
stan zapasów na
początku maja
19=koszty produkcji; 0=koszty magazynowania; 19 z tabelki dla czerwca
i2
0
1
2
0
x2
3
19 +0 +1 9
4
21 +1 +1 7
5
23 +2 +1 5
x 2 (i 2 )
3
f 2 (i 2 )
38
1
17 +0 +1 9
2
3
0+ 0+ 19
15 +0 +1 9
19 +1 +1 7
21 +2 +1 5
2 3+ 3+ 0
5
26
17 +1 +1 7
19 +2 +1 5
2 1+ 3+ 0
4
24
15 +1 +1 7
17 +2 +1 5
1 9+ 3+ 0
0
19
4
0+ 1+ 17
15 +2 +1 5
1 7+ 3+ 0
0
18
Szukamy dla każdego wiersza takiej decyzji x2, która da najmniejszą wartość f2 kosztów działalności przedsiębiorstwa w maju i czerwcu łącznie
KWIECIEŃ
n=3
MARZEC
n=4
LUTY
n=5
STYCZEŃ
n=6
Po zakończeniu wszystkich obliczeń otrzymamy następujące rozwiązanie ogólne
(model) minimalizacji kosztów
działalności przedsiębiorstwa przez wybór
optymalnej wielkości produkcji
Slide 28
ROZWIĄZANIE
OGÓLNE
Matematyczne techniki zarządzania - 238
i
TEN MODEL
TEŻ JEST
SIECIĄ
0
1
2
3
4
n=1
x1
3
2
1
0
n=6
i6 0
VI
f1
19
17
15
0
n=2
x2
3
5
4
0
0
V
f2
38
26
24
19
18
n=3
x3
4
5
4
0
0
n=5
x6 3
i5 0
x6 2
i6 1 x 6 3
IV
f3
48
45
43
38
27
x5 3
i6 3
itd...
II
f5
79
74
72
67
65
n=6
x6
4
5
4
0
0
I
f6
96
93
91
79
75
i4 0
x5 2
i4 1
x6 4
i6 2
n=5
x5
5
5
4
0
0
ROZWIĄZANIE
SZCZEGÓŁOWE
x6 4
x6 5
III
f4
67
64
54
48
46
n=4
x5 1
i5 1
n=4
x4
3, 4
5
5
0
0
i6 2
itd...
Znajdziemy je dla i6 = 3, tj.
dla założenia, że stan zapasów na początku stycznia
wynosi 3 sztuki
Szukamy najkrótszej drogi w
tej sieci od zaznaczonego węzła
do węzła końcowego, tj. takiej
strategii produkcji wyrobów,
która odpowiada minimalnym
kosztom działalności przedsiębiorstwa
Slide 29
DECYZJA Z MODELU
79
i6 3
x6 0
k 0
Matematyczne techniki zarządzania - 239
79
i5 0
54
x5 5
k 23 2 25
i4 2
27
x4 5
k 23 4 27
i3 4
26
x3 0
i2 1
k 1
n=6
n=5
n=4
n=3
n=2
STYCZEŃ
LUTY
MARZEC
KWIECIEŃ
MAJ
OPTYMALNA DECYZJA
0
0
(optymalny plan produkcji)
i0 0
dla założenia i6 = 3
n=1
n=0
X = [0 5 5 0 5 0]
CZERWIEC
LIPIEC
x2 5
k 23 3 26 i1 3
x1 0
k 0
Podobnie można znaleźć optymalne rozwiązanie dla innych założeń
odnośnie do zapasu wyrobów na początek stycznia
Wzór rekurencyjny stosowany do tego zadania
skutki decyzji bieżącej
stan na początku etapu t
Koncentracja
produkcji!
Dlaczego?
f t ( i ) min [ C ( x ) 1 ( i x 3 ) f t 1 ( i x 3 )]
x
3 i x min 5 , 7 i
dla
t 2 , 3 ,...., 6
Wynika to z
efektu skali!
Slide 30
Matematyczne techniki zarządzania - 240
xi
1
2
3
4
5
C (x i )
15
17
19
21
23
ANALIZA WRAŻLIWOŚCI
k je d n
15,00
8,50
6,33
5,25
4,60
• horyzont planowania
• zapas początkowy
• pojemność magazynu
• zdolność produkcyjna
• popyt
Optymalny rozdział nakładów inwestycyjnych
Przypomnienie: należy rozdzielić kwotę K pomiędzy n obiektów o efektywności qi(xi), gdzie xi — kwota przydzielona i-temu obiektowi, tak aby
łączny efekt z kwoty K był możliwie jak największy
Rozwiązanie
ogólne
K x1 x 2 x 3
K
K [ x1 x 2 ]
x2
x1
Funkcje
efektywności
poszczególnych
obiektów
Równanie
rekurencyjne
(funkcje celu)
1
3
2
q1 ( x 1 )
f1
x3
q2 ( x2 )
f2
q3 ( x3 )
f3