Logistika u Saobraćaju (Vježbe_SF Doboj)

8/9/2019 Logistika u Saobraćaju (Vježbe_SF Doboj)

1/50

Vje žba 1Lokacijski problemi :

1. minisumni problemi2. minimaksni problemi3. kavering problemi

Minimaksni lokacijski problemi (problemi centra)

Kriterijum optimalnosti je udaljenost do najudaljenije tačke na mreži u odnosu naposmatrani čvor.

1


2/50

Mreža je povezana ako postoji veza između svih čvorova ( ne mora svaki čvor bitipovezan sa svakim čvorom.

2

V-težinski koeficijent

c-težinski faktor grana (saobraćajnica)

nnijd D

×

= -matrica najkraćih rastojanja


3/50

nnnjnn

inijii

n j

n j

nnij

d d d d

d d d d

d d d d

d d d d

Dd D

21

21

222221

111211

=⇒=×

!raži se maksimalna vrijednost po vrstama (najudaljeniji čvor u odnosu naposmatranu loka"iju. #atim se od svih tih maksimuma traži minimum.

Matri"a je simetrična ako važi da je jicc jiij ,; ∀= .

Matri"a nije simetrična ako važi da je jiij cc ≠ (u tom slučaju$ matri"a je orjentisana.

%ko svako d ij pomnožimo sa &i ( ni ,1= $ sublimovali smo udaljenost i važnost$ pa seonda traži maksimum po kolonama. 'a osnovu svih maksimuma$ odabiramo minimum svihmaksimuma.

Kod nesimetričnih mreža postoje:

1. spoljanji "entar mreže)2. unutranji "entar mreže)3. spoljanje*unutranji "entar mreže)

Kod simetričnih oblika mreže$ ovi "entri se poklapaju.

Primer 1. #a mrežu prikazanu na sli"i odrediti spoljanji$ unutranji i spoljanje*unutranji

"entar mreže.

3


4/50

Rješenje:

+dređivanje spoljašnjeg centra mreže se vri na taj način to se ,ormira matri"a od- vrsta i - kolona (koliko ima čvorova$ a zatim se svaka kolona množi težinskimkoe,i"ijentom grane (&.

12

4

814

8

10

012832

104224

340!48!103014

3!4208

"10!!20

0!431

104122

320344!"30

334104

""!320

#

=′⇒= D D

&1 &2 &3 & &/ &-

&1d11 0predstavlja otežano udaljenje čvora 1 od čvora 10 pa se ,ormira matri"a D′&2d120 predstavlja otežano udaljenje čvora 1 od čvora 2

Kada se ,ormira ⇒′ D traži se maksimum po vrstama$ a zatim minimum svih tihmaksimuma$ a to je u ovom slučaju ⇒ čvor / je spoljanji "entar mreže iz kog se zanajkrae otežano vrijeme (rastojanje može dostii najudaljeniji čvor. vaka mreža možeimati vie od jednog "entra na mreži.

3

1

2

2

3

3

1

1

1

2

2

6

14

5

V

2$1

V1$2

V!$1

V3$2

V4$1

V"$2

4


5/50

+dređivanje unutrašnjeg centra mreže vri se na taj način to se ,ormira matri"a od- vrsta i - kolona (koliko ima čvorova$ a zatim se svaka vrsta množi težinskim koe,i"ijentomgrane (&.

&1

0!431

208244

320344

1210!01414

334104

101012!40

0!431

104122

320344

!"30

334104

""!320

=′′

⇒= D D

&- 1 1 - 12 14 12vaku vrstu množimo sa &i ( !,1=i $ a zatim po kolonama tražimo maksimum$ pa na

osnovu maksimuma odabiramo minimum svih tih maksimuma. 'a osnovu ovoga to je - uovom slučaju i zaključujemo da je unutranji "entar mreže čvor 3.

+dređivanje spoljašnje!unutrašnjeg centra mreže vri se na taj način to se,ormira matri"a sa - vrsta i - kolona (koliko ima i čvorova$ a zatim se sabiraju elementimatri"e i*te vrste i j*te kolone sa elementom j*te vrste i i*te kolone$ ,ormirajui simetričnumatri"u$ koju možemo analitički predstaviti5

jiij d d D +=′′′

+vim pristupom se dobija simetrična matri"a$ čiji su elementi simetrični$ gledajui podijagonali.

20

14

20

20

1!

20

0141020!12

0!12"14

1012012820

1012!0820

!1081!012

!141020!0

01010!!

0!!"

10!0!810

10!!0810

!"880!

!1010!0

#

==′′′ D

&1 &2 &3 & &/ &-

vaku kolonu množimo sa &i ( !,1=i $ a zatim po vrstama tražimo maksimum$ pa naosnovu maksimuma odabiramo minimum svih tih maksimuma. 'a osnovu ovogazaključujemo da je spoljanje*unutranji "entar čvor /.

Kada treba da lo"iramo deponiju smea ili neki slični "entar onda su metode ma6mini ma6sum optimalne.

Minisumni lokacijski problemi (problemi skla"išta# tele$onski% centrala)

"


6/50

Kod ovih problema potrebno je da suma rastojanja od jednog do svih ostalih čvorovabude minimalna.7mjesto "entara mreže$ ovde se određuju medijane mreže koje mogu biti5

1. spoljanja medijana mreže)2. unutranja medijana mreže)3. spoljanje*unutranja medijana mreže)

8ri izradi ovog modela zadataka$ koristi se tehnika prethodnog slučaja$ samo to sepo kolonama umjesto maksimuma traže sume$ a zatim se odselektuje minimum od svih tihsuma.

+dređivanje spoljašnje me"ijane mreže se vri na taj način to se ,ormira matri"aod - vrsta i - kolona (koliko ima čvorova$ a zatim se svaka kolona množi težinskimkoe,i"ijentom grane (&. +nda se traže sume po vrstama$ i bira se najmanja suma. !o jespoljanja medijana mreže.

32

13

2"

40

23

2%

012832

104224

340!48

!103014

3!4208

"10!!20

#

=′ D

&1 &2 &3 & &/ &-

7 ovom slučaju to je13⇒ čvor / je spoljanja medijana mreže.

+dređivanje unutrašnje me"ijane mreže vri se na taj način to se ,ormira matri"aod - vrsta i - kolona (koliko ima čvorova$ a zatim se svaka vrsta množi težinskimkoe,i"ijentom grane (&.

&1

0!431

208244

320344

1210!01414

334104

101012!40

=′′ D

&- 2& 2' 16 & 1

!


7/50

7 ovom slučaju to je1-⇒ čvor 3 je unutranja medijana mreže.

+dređivanje spoljašnje!unutrašnje me"ijane mreže vri se na taj način to se,ormira matri"a sa - vrsta i - kolona (koliko ima i čvorova$ a zatim se sabiraju elementimatri"e i*te vrste i j*te kolone sa elementom j*te vrste i i*te kolone$ ,ormirajui simetričnumatri"u$ koju možemo analitički predstaviti5

jiij d d D +=′′′

+vim pristupom se dobija simetrična matri"a$ čiji su elementi simetrični$ gledajui podijagonali. vaka kolona se množi težinskim koe,i"ijentom grane (&. #atim se traže zbirovipo vrstama$ i najmanji od njih$ daje spoljanje*unutranju medijanu mreže.

!2

44

!2

"!

"2"!

0141020!12

0!12"14

1012012820

1012!0820

!1081!012!141020!0

01010!!

0!!"

10!0!810

10!!0810

!"880!!1010!0

#

==′′′ D

&1 &2 &3 & &/ &-

7 ovom slučaju to je ⇒ čvor / je spoljanje*unutranja medijana mreže.


8/50

Vježba 2

Primjer 2:

9ata je orjentisana mreža. ve grane u mreži imaju dužine 1. !ežinski koe,i"ijent svihčvorova$ osim čvora -$ su jednake 1. Kolika mora biti težina čvora - da bi5

a poljanja medijana mreže bio čvor -)b 7nutranja medijana mreže bio čvor -.

:jeenje5

a. +dređivanje spoljanje medijane mreže$ vri se tako$ to se ,ormira matr"a najkraihrastojanja $ a zatim se sa težinskim koe,i"ijentima grana množe sve kolone$ osimkolone - koja se množi sa &-. #atim se postavlja uslov zadatka$ čime se dobijarjeenje$ koje se nalazi u skupu brojeva. :jeenje nejednačine$ nam daje rjeenjeovog djela zadatka.

1

6

4

32

5

8

! !

! !

! !

! !

! !

!

0 1 2 3 2 3 0 1 2 3 2 3 3 8

3 0 1 2 1 2 3 0 1 2 1 2 2

4 3 0 1 2 3 4 3 0 1 2 3 3 10

3 2 2 0 1 2 3 2 2 0 1 2 2 8

2 1 1 2 0 1 2 1 1 2 0 !

1 2 3 4 3 0 1 2 3 4 3 0 13

1 1 1 1 1

V V

V V

V V D D

V V

V V

V

+++

′= ⇒ =+

+


9/50

9a bi samo čvor - bio spoljanja medijana mreže$ potreno je da bude zadovoljen prviuslov$ odnosno da je ! V .b. +dređivanje unutranje medijane mreže$ vri se tako to se ,ormira matri"a najkraih

rastojanja $ a zatim se težinskim koe,i"ijentom grana pomnože sve vrste$ osim vrste -koja se množi sa &-. #atim se postavlja uslov zadatka$ čime se dobija rjeenje$ kojese nalazi u skupu brojeva. :jeenje nejednačine$ nam daje rjeenje ovog djelazadatka.

V 1;1 V 2$1

V 3$1V 4$1

V 5$1

V 6

",0!!,12

118411!3112

!!!

!!!

≥≥≥

≥+≥+≥+

V V V

V V V

9a bi samo čvor - bio unutranja medijana mreže$ potrebno je da bude zadovoljen prviuslov$ odnosno da 2! V .

Primjer

9ata je orjentisana mreža koja ima < čvorova. !ežine svih čvorova jednake su 1. 9užine

svih grana izuzev grane 3*2 su poznate i date na sli"i. 9užina grane 3*2 je =>4. +drediti5

a. Koliko treba da bude = da bi čvor 3 bio spoljanja medijana mreže)b. Koliko treba da bude = da bi čvor bio spoljanje*unutranja medijana mreže.

%

11842

!3!312

03432

102112

210223

321034

212103

323210

!!

!!!

!!!!!

++

+++

=′′

V V

V V V

V V V V V

D


10/50

1. +dređivanje spoljanje medijane mreže$ vri se tako$ to se o,ormi matr"a $ a zatimse sa težinskim koe,i"ijentima množe sve kolone. #atim se postavlja uslov zadatka$čime se dobija rjeenje$ koje se nalazi u skupu brojeva. :jeenje nejednačine$ namdaje rjeenje ovog djela zadatka.

412

2!2

232

212

1!2

31

3!

034!%%10

3013!!

4102""!

!320334

43101

10!4301

118"410

+

++

+

+

++

++++

++

+

=′

x

x

x

x

x

x x

x x

x x

x x

x x

D ",0

1"2

311!2

≤≤

≤

≤+

x

x

x

9a bi čvor 3 bio spoljanja medijana mreže potrebno je da bude zadovoljen prvi uslov$odnosno da ",0 ≤≤ x .

2. +dređivanje spoljanje*unutranje medijane mreže$ vri se tako to se o,ormi matr"a$a zatim se sa težinskim koe,i"ijentima množe sve vrste. #atim se postavlja uslovzadatka$ čime se dobija rjeenje$ koje se nalazi u skupu brojeva. :jeenje

nejednačine$ nam daje rjeenje ovog djela zadatka.

x

x

x

x

x

x

x

x x

x x

x x

x x

x x

x x x x x

x x x x x

D

282

2"2

24!

242

24!

"""

"!"

0!8121!1%21

!02!10131"

820481113

12!404%

1!108403"

1%1311302

211"13%"20

+++++++

++++++++++

++++++++++

=′′′

?vor je spoljanje*unutranja medijana mreže za 0>∀ x .

Primjer 4

1 75432 6

1

31 &

3 1 2 1 3

12 3

10


11/50

9ata je orjentisana mreža koja ima - čvorova. !ežinski koe,i"ijent svih čvorova je 1.:astojanja između čvorova data su na sli"i$ izuzev grane (1*-. 9užina grane (1*- je =>4.+drediti5

a. Koliko treba da bude = da bi čvor 1 bio spoljanja medijana mreže.b. Koliko treba da bude = da bi čvor - bio unutranja medijana mreže.". Koliko treba da bude = da bi čvor / bio spoljanje*unutranja medijana mreže.

a. poljanja medijana mreže čvor 1*slo+ matrice najkra,i% rastojanja

[ ]

[ ]

[ ]

[ ]

[ ]

[ ]82%

!22

!18

82

24

3%2

028"

30"!"3

130!"3

4!308!

"410

22320

•••••+•••••••••••••+

+

+

=′

x

x

x

x x

D

30

33

!3"2

≤

≤≤

≤+≤+

x

x x

x x

1 1 1 1 1 1

5

6

2

4

3

1

23

2

3

&

1

3

1

2

11


12/50

3013",4

322%218%2

≤≤≤

≤+≤+≤+

x x x

x x x x

Udaljenost od čv.1-6 je x ili 2+1 (x=3) Udaljenost od čv.1-5 je x+2 ili 2+1+2 (x+2=5) Udaljenost od čv.5-6 je 3+x ili 3+2+1 (3+x=6)

9a bi čvor 1 bio spoljanja medijana mreže mora biti zadovoljen uslov matri"e najkraih

rastojanja5 0 ' 3

b. 7nutranja medijana mreže čvor -

&1;1

&-;1 2 2< 2 21 24@6 26@13

D’=D’’

304

!32113220132

≤≤≤

≤+≤++≤+

x x x

x x x x

". poljanje*unutranja medijana mreže čvor /

422

422

3%

"1

"1

332

0"81212"

"081212"

880%%"

1212%0%%

1212%%0%

"""%%0

+

+

+

++

++

++

=′′′

x

x

x

x x

x x

x x

D 0332422 xnemoguće x x ⇒++

'e može čvor / biti spoljanje*unutranja medijana mreže.

12

028"

30"!"3

130!"3

4!308!

"410

22320

+

+

=′

x

x x

D


13/50


14/50

01022242014

80!"2

4201!12!

4430%!

121210401!

!"4"30

2

1

2

1

2

0"111210

80!"2

2108!3

4430%!

!!"208

!"4"30 111111 V V V V V

D

V

D =′′⇒=

28!4144!3

28""1"44

111

11

+++

++

V V V

V V

2,343

4428"44"1"444!3

11

111

≥≥

≥+≥+≥+

V V

V V V

9a bi čvor 1 bio unutranja medijana mreže potrebno je da bude zadovoljen uslov daV 1 ≥ 3,2

b +dređivanje unutranje medijane mreže$ vri se tako$ to se o,ormi matr"a$ a zatimse sa težinskim koe,i"ijentima množe sve vrste$ osim vrste 1 koja se množi sa & 1.#atim se postavlja uslov zadatka$ čime se dobija rjeenje$ koje se nalazi u skupubrojeva. :jeenje nejednačine$ nam daje rjeenje ovog djela zadatka. !akođe setraže zbirovi po kolonama$ a zatim minimum od tih zbirova.

1 1 1 1 1

1 1 1

" 28 44 " 28 3 4! " 28 4 41

3,2 % 1"

V V V V V

V V V

+ ≤ + ≤ + + ≤ +

≤ ≤ ≤

9a bi čvor / bio unutranja medijana mreže potrebno je da bude zadovoljen uslov2,31 ≤V .

Vje žba 3-ransportni a"atak linearnog programiranja (/.P.)

*+o"ni primjer:

14


15/50

+* otpremna stani"a8 * prijemna stani"a

B;124 t C / KMDt @ 34 t C 24 KMDt@/4 t C - KMDt ; 1./44 KM

Matematički model transportnog zadatka5

8+

E1 E2 ... E j ... En

b1 b2 ... b j ... bn

%1 a1 "11=11

"12=12

"1j=1j

"1n=1n

%2 a2 "21=21

"22=22

"2j=2j

"2n=2n

... ...

%i ai "i1

=i1

"i2

=i2

"ij

=ij

"in

=in... ...

%m am "m1=m1

"m2=m2

"mj=mj

"mn=mn

EF

124t

9+

1/4t

%

G4t

EH

/4t

(0 ) ( P )

120

"

"0

!

0

10

30

20

1"


16/50

%i *otpremna stani"a #atvoren transportni zadatak5

E j I prijemna stani"a ∑=

m

i

a1

i ; ∑=

n

j

b1

j

ai* količine koje se otpremaju ograničenja

b j* količine koje se dopremaju =ij * 0; ∀ (i,j)"ij* jedinične "ijene ∑

=

n

i

x1

ij$ai i$1,m

=ij* promjenljive transportovane količine ∑=

m

j

x1

ij$b j j$1,n

B; ijm

i

n

j

ij xc ⋅∑∑= =1 1

0 Bmin

-eroma 1

!1 5 7slov ∑∑ == =n

j

j

m

i

i ba11

je potreban i dovoljan uslov da sistem ograničenja bude saglasan.

-eorema 2

!2 5 %ko je ∑∑==

n

j

j

m

i

i bilia11

, !.#. je otvoren i tada dodajemo ,iktivne stani"e (%, $ E, da bi

zatvorili transportni zadatak.

Meto"e a "obijanje poetnog baisnog rješenja

8romjenljivih u zatvorenom transportnom zadatku ima m 6 n$ od čega je m3n!1 bazisnih .

+vo je zbog toga to se rang matri"e smanjuje za 1 zbog uslova ∑∑==

=n

j

j

m

i

i ba11

+

a 9ijagonalna metoda (metoda J L&L:+#%8%9'+F 7FH%

8+

E1 E2 E3

4 4 24 %1 -4 14

241

%2 34 2 624

12

14 %3 14 / 1 1

1!


17/50

14

B;4C14@24CG@24C-@14C12@14C14; N44 n.j.

bMetoda dvostrukog pre"rtavanja

Kod najmanje "ijene svake vrste i kolone stavimo zvjezdi"u.'ajprije se popune polja sa 2 zvjezdi"e$ potom redom popunjavamo ostala polja$ vodeiračuna o to manjoj "ijeni.

8+

E1 E2 E34 4 24

%1 -4 114

341OO24

%2 34 2OO34

- 12

%3 14 /1

OO14 14

B;14C14@GC34@24C1@34C2@14C1; 34 n.j.

Meto"a a "obijanje optimalnog rješenja

8oslije dobijenog početnog baznog rjeenja provjeravamo optimalnost metodomkoe,i"ijenata5i 3 j 7 cij

1 7 (us+ajamo)* provjeravamo broj podvučenih*kružia5 m@n*1 ( inače je rjeenje degenerisano

#a svako nebazisno polje (ne podvučenih*bez kružia računa se karakteristika.kij7 cij!( i 3 j)

8ojava najmanje jedne negativne karakteristike ukazuje na to da reenje nije optimalno.7 takvom slučaju biramo polje sa najnegativnijom karakteristikom i za njega pravimo lana".8reraspodjelom količina unutar lan"a poboljavamo bazisno rjeenje$ "rtamo novu tabelu ipostupak ponavljamo sve do dobijanja optimalnog rjeenja.

8+

E1 E2 E3 i4 4 24

%1 -4 114

341

24 4

1


18/50

%2 34 234

- 12

*G %3 14 / 1

1414

*<

i 14 G 1

i . j $ cij

k ij $ cij I(i @ j

8rovjera5Eroj podvučenih*kružia5 m@n*1 ; 3@3*1 ; /

k22; "22 I ( 2. 2; - I (*G@G;-k23; "23 I ( 2. 3; 12* (*G@1;1Nk31; /*(*


19/50

kij P 4 ) ∀ ij:jeenje je optimalno. Bmin; 4C1@24C2@/C24@NC14; 2


20/50

B;1G4@244@144@2/4@GG4; 1-14 n.j.

8+

E1 E2 E3Qi14 144 1-4

%1 N42 !

N4

/ 2

@ 4

%2 244 1

144

5

144*2

%3 114

3

/4

- !

-41

j2 3 <

m@n*1;/

k12;/*(4@3;2

k13;2*(4@


21/50

min* (-4$N4;-4

2 ! 2

N4 @

3 3 G ! /4 -4

8+

E1 E2 E3 Qi14 144 1-4

%1 N4 2 ! 34

/ 2 3-4 4

%2 244

@1

1445 !

144 3

%3 114 114

- G

1

j 2 *2 2

m@n*1;/k12;/*(*2@4;<k21;*(3@2; *1k32;-*(*2@1;<k33;G*(1@2;/

min* (34$144;34 B ;-4@124@/44@144@334; 11


22/50

8+ E1 E2 E3 Qi14 144 1-4 %1 N4 2 / 2

N4 4 %2 244 4

341

1445


23/50

Vježba 4a"atak 1!rgovačko preduzee posjeduje sopstvena skladita peni"e (%1$ %2$ %3$ % iz kojihsnabdjeva - potroačkih "entara (E1$ E2$ E3$ E$ E/$ E-. Kapa"iteti skladita su 5 %1 ;2/t$ %2;34t$ %3;34t$ %;24t$ dok je potražnja potronih "entara E1; 1/t$ E2;14t$ E3;24t$ E;34t$ E/$; 14t$ E-;1/t. edinične "ijene prevoza po toni peni"e date su u tabeli.

8+

E1 E2 E3 E E/ E-1/ 14 24 34 14 1/

%1 2/ 2 3 < 3 2

%2 34 / / 3 / / -

%3 34 1 < < - 11 <

% 24 < - 1 G 2 1

'ai optimalan plan transporta peni"e iz skladita %1$ %2$ %3 i % u potroačke "entre$ E1$ E2$

E3$ E$ E/$ E- (kriterijum optimalnosti su minimalni ukupni trokovi.;ješenje:


24/50

8ojavila se samo jedna negativna karakteristika. #a to polje pravimo lana". +n počinje izavrava se u datom polju. a datog polja u pravoj liniji (gore*dole ili lijevo*desno Jskoči sena sledee polje minus pa opet plus. 8ostupak ponavljanja do povratka u polazno polje.

min* (24$ 4 ; 4

9obijamo novo bazisno rjeenje sa premjetenom ,iktivnom nulom u polje %2*E3.

8+

E1 E2 E3 E E/ E- =$ Qi1/ 14 24 34 14 1/ /

%1 2/ 2 3 < 14

2

1/4

4 %2 34 / 5

14

4 35

245

4 !- 4

2

%3 34 1 1/< < 6

1411 <

/ 3 % 24 < - 1

24 !G 2

@1 4

4 j *2 3 1 3 3 2 *3

m@n*1; 14k/;2*(3@4; *1k-;1*(2@4; *1 B;1/@/4@24@144@-4@34@34; 31/ n.j.

3 3 / ! 4 4

24


25/50

min* (24$4; 4

1 ! 2

24 3

8+ E1 E2 E3 E E/ E- =$ Qi1/ 14 24 34 14 1/ /

%1 2/ 2 3

3< !

142

1/4

4 %2 34 / 5

14 !

4 35

24/ - 4

1 %3 34 1

1/< < 6

1411 <

/ 2 % 24 < - 1 !

24G 2 3

41 4

*1

j *1 2 3 2 *2

m@n*1; 14k12;3*(4@; *1

B;1/@/4@24@144@-4@34@34; 31/ n.j.min* (14$14$24; 14

3 3 !

3 14

/ ! 3 3 14 4

2"


26/50

1 ! 2 3

24 4

8+ E1 E2 E3 E E/ E- =$

Qi1/ 14 24 34 14 1/ /

%1 2/ 2 14

&

4 3 2

1/4

4 %2 34 / /

145

24/ - 4

* %3 34 1

1/< < 6

1411 <

/ *3 % 24 < - 1

14G 2

141 4

*- j 3 < N G 2 3

m@n*1 ; 14kij > ? ∀ ij rjeenje je optimalno

9min ; 1/C1@3C14@1C14@/C24@-C14@2C14@2C1/; 2-/ n.j. ; 9opt

a"atak 2

%ko pretpostavimo da otpremna stani"a %2 nema vie prostora za skladitenje robe$ rijeitisledei transportni zadatak.(Kriterijum optimalnosti su minimalni ukupni trokovi transporta.

2!


27/50

8

+

E1

2/

E2

4

E3

2/

E

4 %1 2/ 1 3 / 2

%2 /4 - 14 G <

%3 3/ 12 N

% 4 / < N -

;ješenje:


28/50

G 3 < ! 14 4

min* (4$1/; 1/

N ! 1/ 3

8+ E1

2/

E2

4

E3

2/

E

4

=$

24Qi

%1 2/ 1 !2/

34

/ 2 4

4 %2 /4 6 3

414 G

2/& !

2/M

/ %3 3/ 12 N 4 3

1/ !

24 2 % 4 / & !

4N - 4

3 j 1 3 3 2 *2

m@n*1; Gk13;/*3;2 ) k1;2*2;4 ) k1, ;2k22;14*G;2k31;*3;1 ) k32;12*/;< ) k33;N*/;k1;/*/;4 ) k3;N*


29/50

- 3 < ! 4 2/

3 4 ! 1/ 24

< ! 4

4 3

8

+

E1

2/

E2

4

E3

2/

E

4

=$

24 Qi

%1 2/ 1 /

24

/ 2 4

4 %2 /4 6

2414

2/&

/M

/ %3 3/ 12 N 4

3/4

2 % 4 / &

24N -

24 j 1 3 3 2 *

m@n*1; G

k13;/*3;2 ) k1;4 ) k1, ;k22;14*G;2k31;*3;1 ) k32;12*/;< ) k33;N*/; ) k3, ;2k1;/*/;4 ) k3;N* ? ∀ ij rjeenje je optimalno

9min ;/@-4@124@244@3/@14@14;


30/50

@je žba 5

Matematiki mo"el "+oetapnog transportnog a"atka

30


31/50

∑∑==

≥n

j

j

m

i

i ba11

(sva potražnja mora da bude zadovoljena

i

r

k

ik a x ≤∑=1

i ; 1$m

k

m

i

ik s x ≤∑=1

k ; 1$r

∑∑==

=n

j

kj

m

i

ik x x11

k ;1$r

j

r

k

kj b x =∑=1

j ; 1$n 6ik * 0 ∀ (i,k) ; 6kj * 0 ∀ (k,j)

%1

a1

i

ai

%m

am

1

s1

k

sk

r

r

E1

b1

E j

b j

En

bn

=ik

"ik

=kj

"kj

31


32/50

%1

144

%2

1/4

1

N4

E1

-G4

2

244

E2

-124

1

4

5

2

&

6

B ; kjn

j

r

k

kjik

r

k

ik

m

i

xc xc ⋅+⋅ ∑∑∑∑= === 1 111

min

:jeenje +rden* Maovom metodom

a"atak 1

#adan je dvoetapni transportni zadatak u mrežnoj postav"i

8+

1 2 E1 E2 =$ QiN4 244 G4 124 /4

%1 144 1O4

2

144M M 4

4 %2 1/4 3O 4

144M M

/4 21 N4 O

N4M G < M

*12 244 M OO

4

6

G4

5

124

M

*2 j 1 2 G < *2

32


33/50

M * zabranjena polja koja se ne razmatraju ) m3n!1;@/*1;


34/50


35/50

8+

1 2 3 E1 E2 E3 E =$ Qi/44 344 /44 244 2


36/50

3 /44 M M 2G4

G < - 5224

M

1 j 1 4 *1 3 2 *

m@n*1; 12 Aij ≥ ? ∀ i#j

9min ;/44@1244@N-4@244@244@/14@2/4@24@1144; .G-4 n.j.; 9opt

Vježba 6

1 %ko su tabelom prikazane dobiti po jedini"i prevoza između otpremnih U prijemnihstani"a$ optimalno rijeiti transportni zadatak tako da dobit bude minimalna.

E12/

E24

E32/

E4

E, 24

Qi

%1 2/ 1OO2/

3O4

/O 2O 4 4

%2 /4 -O 14/

G2/

<@

424 <

%3 3/ O 12 N 3/

4

2 % 4 /O <

3/N -

/4

j 1 3 1 2 *<

/ai $1"0/b j$130 -20

21$!-8$-2 24$-2

min (",")$"

3!


37/50

E1 E2 E3 E E, Qi

%1 12/

34

/ 2 4 4

%2 - 14 G2/

</

424 /

%3 12 N 3/

4

2 % / <

4N -

44

j 1 3 3 2 */

min$2".200.3".140.280$!80

2 ko retosta5imo 6a otremna stanica 2 nema rostor 7a ska6i9te robe, naći otimano

rje9enje o5og transortnog robema+

E1<

E2/

E3<

E, 3

Qi

%1 < N -OO

11 43 4

%2 14 1<

1O1

1/2 G

%3 / NO < 3OO 4*

j - - < 4

min $24.%8.14.30.1"$181

3


38/50

Vježba 7 Blementarni obraun troško+a

B* ,iksni trokoviv*promjenljivi trokovi6* broj prevezenih jedini"a

V;B@vC6 * ukupni trokovi

dx

dC =

12

12

x x

C C

−−

=

B; V2*v62;V1*v61

:;r6 *ukupan prihodr*prodajna "ijena jedne jedini"e

8;:*V ;r6*B*v6 *dobit8;(r*v6*B

V

B

=

V

=1

=2

V1

V2

&61

V2

38


39/50

=b*kritična (prelomna tačka poslovanja#a 6b5 :;V:6b;B@v6b

r

! x

b −=

bk aC ⋅=m;r*v Iudio u dobiti (doprinos

V2;V1bb x ! x ! 1122 +=+

21

12

! ! xb −

−=

8nalia kritinosti poslo+anja a sluaj nelinearne $unkcije troško+a i pri%o"a

Vm(6 Imarginalni troakdxdC xC m =)(

topa promjene trokova sa promjenom proizvodnje

6

B

V

::1V

6b

6b

:1$

1.5

1

:2$

2.5

2

3%


40/50

dx

d" xr m =)( * marginalni prihod

stopa promjene prihoda sa promjenom proizvodnje

k dx xr "

k dx xC C

m

m

+=

+=

∫

∫ )(

)(

konstanta integra"ije

1

1

+=

+

∫ k x

dx xk

k kxkx ek

adxae ⋅=∫ ∫ = kxkdx

02

=++ cbxax

a

acbb x

2

42

12

−±−=

123)( 2

23

++=+++

x xdx

a x x xd

8rimjer 15 'eko transportno preduzee pro"jenjuje rentabilnost lokalnih linija. +ve rutepovezuju gradove sa glavim terminalima i rijetko su same po sebi pro,itabilne$ no one

snabdjevaju putni"ima glavne linije koje daju mnogo bolje povraaje nov"a. edna lokalnaruta ima maksimalni kapa"itet od 1444 putD mjesečno. 9oprinos od "ijene za vožnju posvakom putniku iznosi


41/50

8rimjer 2 5 8rosječan iznos koji neko transportno preduzee naplauje za izvrenetransportne usluge je r; 3/ 444 n.j. po transportnom sredstvu. 8romjenljivi trokovi su v;24 444nj. po sredstvu$ dok su konstantni trokovi B;-44 444 nj. 8reduzee ima naraspolaganju maksimalano ';G4 jedini"a za prevoženje) ovi kapa"iteti se prosječno koristesa k;-4W. 8reduzee razmatra e,ekte redukovanja prodajne "ijene za r $2000nj+ 5im koracima anira se o5ećanje kori9tenjakaaciteta na k 1$%0?+ >6re6iti aternati5e+

401"000

!00000 ==−

=r

! xb vozila (kritična tačka

7kupan br. jedin. za prevoženje ;G4O-4W;G voz.

8; (G*4O(3/ 444* 24 444;124 444nj. I dobit

( ) ( ) !0

2100033000

200001 =−

=+−−

+=r r

! ! xb

voz.

7k. br. jed. za prev.G4ON4W;


42/50

V; B@v6;2 244 444:;r6;2 G44 444V1;B1 @(v@v6;2 44 444:1;(r*r6; 2 -4 444

Vježba 8

1. 7pravnom odboru transportnog preduzea prikazani su poda"i o operativnimtrokovima i prihodima. Korela"iona analiza ja pokazala da se prihod po prevoznoj jedini"i može predstaviti izrazom r;244*4$4426. Konstantni trokovi iznose 344 444n.j$ a promjenljivi v;4$44G6@ po jednoj prevoznoj jedini"i. Uzračunati kritičnu tačku poslovanja$ izlazni nivo koji donosi najveu dobit$najmanje prosječne jedinične trokove. 9ati gra,ičku interpreta"iju prosječnih jediničnih

trokova$ marginalnih trokova$ marginalnih prihoda i marginalne dobiti.

:jeenje5

B

Bi

V

V1

:1

:

20 000

640 48 !0 2 80

42

!00 000

2 400 000

2 !40 000

2 800 000


43/50

:;r6;2446*4$44262

V;B@v6;344 444@4$44G62 @ 66b :;V 2446*4$44262; 344 444@ 4$44G62@6 4$4162*1N-6 @344 444;4

02,0

30000004,01%!1%! 2

12

⋅−+= x

02,0"3,1!21%!

12 ±= x 61;1 -


44/50

2. Marginalni prihod za prevoz jedne vrste robe dat je izrazom5

( ) xm e xr %,0%0240 −+=

Fdje je 6 broj (u hiljadama prevezenih jedini"a robe. 7kupno realizovani prihod zaprevezenih G444 jedini"a robe iznosi 2244 n.j. 8romjenljivi trokovi iznose 22 n.j.$ a

konstantni trokovi su -4 n.j. za prevezenih 1444 jedini"a robe.a +drediti ,unk"iju ukupnog prihodab 8ronai broj prevezenih jedini"a posle koga je dobit negativna" Uzračunati odgovarajuu čistu dobit

a k dx xr " m += ∫ )(( ) k e xk dxek dx xr " x xm +⋅−=++=+=

−−∫ ∫ %,0%,0 %,0%0

240%0240)(

2244;24OG*144Oe*4$NAG@k2244;1N24*144Oe*


45/50

24@N4Oe*4$N6;22 N4e*4$N6;2

4"

1%,0 =− xe

4$N6; ln /

23,4%,0

4"n == x (.234 jedini"a.

d 8;24@N4e*4$N6 I 22

( )

( )( )

4,8%1%%,%84!,8

1018,01004!,8

110023,42

%,0

%02%02

23,4%,0

23,4

0

%,023,4

23,4

0

%,0

0

=+−==−−−=

=−−⋅−=

=−−=+−=

⋅−

−−∫ e

e xdxe # x x

8';8*B; GN$


46/50

. #a jedno avio*transportno preduzee marginalni trokovi dati su izrazom 52"!!)( 2 +−= x x xC m

Fdje je 6 količina (u hiljadama tona prevezene robe. 8ri ,izičkom obimu prevoza od3444 tona ukupni trokovi iznose 1


47/50

b

"

2

30)2")(23(

0""032

2

1

2

23

=

==−−

=−++−

x

x

x x

x x x

jed x jed x

"0001"00

2

1

==

"

+3430+43,3

12

1!,3"!

12

12003!!

0"0!!

1

12

12

2

jed jed x

x

x

x xdx

d#

≈=

−

±−=

−

+±−=

=++−=

d

njnj #

#

"108"001008","1

"43,3"043,3343,32

!

ma

23

ma

=⋅=

−⋅+⋅+⋅−=

Vježba 9Conošenje poslo+ni% o"luka

1 Metod J !%ELH% 8H%X%'%

VV* uslovni trokovi ( troak koji nastaje prilikom određenog pro"enta otkazaLV* očekivani trokovi ( koliko je vjerovatna pojva odrđenih uslovnih trokova

VV; (broj komponentiA p C(troak neispravne

4


48/50

pro"enat neispravnih

LV;VVA 8 (p vjerovatnoa pro"enta neispravnih

/LV;LM& I očekivana novčana vrijednostLVV* očekivani trokovi sa sigurnou (za unaprijed poznate apriorne vjerovatnoe

L&8U; LM&O */LVV I očekivana vrijednost savrene in,orma"ije

2) Metod J!%ELH% Y%HL'%

22212

12111

CC CC C&'

CC CC C&'

−=

−=

L+H; 8(pAV+H) L+H* trokovi neizvjesnostimin ( / D>E1 ; / D>E2 ; /D>E3 +++; L&8U

8rimjer 15 Komponente za izradu jednog elektronskog kola prave se od G44 komada$ te potommanuelno sklapaju$ pri čemu je raspodjela vjerovatnoe pro"enta neispravnih p data utabeli5

8 4$42 4$4/ 4$14 4$1/ 4$248(p 4$4 4$34 4$1/ 4$14 4$4/

%ko je neispravna komponenta ugrađena pa se mora zamjeniti $ kada je komponenta jedini"a testiranja$ onda to kota 1$/ nj po svakoj zamjenjenoj. Mogue je naravnoprojektovati poseban tehnički uređaj za 4 nj po jednom kolu$ tako da je kvalitet uvijek nanivou od 2W neispravne (tj. odgovara najboljem W dobijenih sa ručnim postavljanjem.8ripremiti kompletnu analizu o potrebi korienja posebnog tehničkog sistema.

a1 a28 8(p VV LV VV LV LVV

4$42 4$4 2 N$- - 2/$- N$-4$4/ 4$34 -4 1G - 1N$2 1G4$14 4$1/ 124 1G - N$- N$-4$1/ 4$14 1G4 1G - -$ -$4$24 4$4/ 24 12 - 3$2 3$2

1 /LM&


49/50

LV;VVC8(p

VVpts; 4@G44C4$42C1$/;-

#aključak5 %ko koristimo tehnički sistem uteda je


50/50

/ - < G N / - < G N9ogađaj 8(L V8 L8 L8V

/ 4$14 1/ 13 11 N < 1$/ 1$3 1$1 4$N 4$< 1$/- 4$24 1/ 1G 1- 1 12 3$4 3$- 3$2 2$G 2$ 3$-< 4$4 1/ 1G 21 1N 1< -

Documents

Logistika u Saobraćaju (Vježbe_SF Doboj)