simulacije skripta

'Anura' obrt za poduke Strossmayerova 1a, Osijek

www.anura.hr e-mail: [email protected], [email protected]

mob. 098-184-3163, 091-733-1635, 095-528-7269

Skripta iz kvantitativnih metoda za poslovno upravljanje

Kristina Perdić

'Anura' obrt za poduke www.anura.hr – [email protected] 098-184-3163, 091-733-1635, 095-528-7269

<Sa

drž

aj

2

Sadržaj

Sadržaj --------------------------------------------------------------------------------------------- 2

Uvod ---------------------------------------------------------------------------------------------------- 3

Linearno programiranje (simpleks metoda) --------------------- 4 Problem maksimuma ------------------------------------------------------------------------------------------------- 4

Računanje simpleks tablicom ---------------------------------------------------------------------------------------- 5

Problem minimuma --------------------------------------------------------------------------------------------------- 6

Posebni slučajevi kod linearnog programiranja ------------------------------------------------------------- 6

Pravila za računanje simpleks metodom ---------------------------------------------------------------------- 7

Grafičko prikazivanje ------------------------------------------------------------------------------------------------- 7

Dual --------------------------------------------------------------------------------------------------- 11 Pravila za računanje ------------------------------------------------------------------------------------------------ 11

Višekriterijalno programiranje ------------------------------------------- 13

Razlomljeno programiranje ------------------------------------------------ 14

Cjelobrojno programiranje ------------------------------------------------- 16

Ciljno programiranje --------------------------------------------------------------- 17

Transportni problem ------------------------------------------------------------------ 20 Posebni slučajevi u problemu transporta ------------------------------------------------------------------- 20

Asignacija --------------------------------------------------------------------------------------- 22 Posebni slučajevi u problemu asignacije -------------------------------------------------------------------- 22

Pravila za računanje ------------------------------------------------------------------------------------------------ 22

Trgovački putnik --------------------------------------------------------------------------- 24

Teorija igara--------------------------------------------------------------------------------- 25 Podjela igara ----------------------------------------------------------------------------------------------------------- 25

Mrežno programiranje ------------------------------------------------------------ 28 Pravila za računanje ------------------------------------------------------------------------------------------------ 29

Modeli repova čekanja ------------------------------------------------------------- 32

Modeli zaliha -------------------------------------------------------------------------------- 35 Vrste modela zaliha ------------------------------------------------------------------------------------------------- 35

Literatura --------------------------------------------------------------------------------------- 39


Uvo

d

3

Uvod

Kvantitativne metode za poslovno upravljanje ili operacijska istraživanja su kompleksna znanstvena disciplina koja se bavi rješavanjem problema odlučivanja koji imaju podlogu u stvarnosti. Cilj kvantitativnih metoda za poslovno upravljanje je pronalazak najboljeg, tj. optimalnog smjera aktivnosti u problemu odlučivanja u okviru danih restrikcija i ograničenih kapaciteta. Bit kvantitativnih metoda za poslovno upravljanje mogao bi se podijeliti na slijedeće korake:

1. Formulacija problema, tj. postavljanje granica sustava koji se istražuje 2. Konstrukcija modela 3. Modelsko računanje 4. Primjena

Izbor metode za rješavanje problema ovisi o modelu. U nekim slučajevima treba izraditi novu metodu za model, dok se u određenim slučajevima koristimo već poznatim metodama. Metode koje ćemo upoznati:

1. Dual 2. Višekriterijalno programiranje 3. Razlomljeno programiranje 4. Cjelobrojno programiranje 5. Ciljno programiranje 6. Transportni problem 7. Problem asignacije 8. Trgovački putnik 9. Teorija igara 10. Mrežno programiranje 11. Modeli repova čekanja 12. Modeli zaliha


Lin

earn

o p

rogr

amir

anje

(si

mp

lek

s m

eto

da)

4

Linearno programiranje (simpleks metoda)

Metode linearnog programiranja su trenutno najvažniji instrument operacijskih istraživanja. Postoji više metoda za rješavanje problema linearnog programiranja. Jedan od najuspješnijih razvio je Dantzig 1947. godine. Ta metoda zove se simpleks metoda. Linearna optimizacija se bavi minimiziranjem ili maksimiranjem linearne funkcije cilja ovisne o konačno mnogo varijabli koje zadovoljavaju konačno mnogo dodatnih uvjeta (restrikcija ili ograničenja) zadanih u obliku linearnih jednadžbi ili nejednadžbi, tj. pronalaženje optimalnog rješenja pomoću linearnog programiranja. Linearna optimizacija važna je jer se mnogi praktični problemi mogu formulirati kao problemi linearne optimizacije, a zatim na jednostavan način riješiti jer su teorija i metode rješavanja linearnih optimizacijskih problema su jednostavne i pregledne. Simpleks metoda je iterativna metoda. Ona polazi od nekog dopuštenog rješenja te ga u nizu koraka poboljšava dok se ne postigne optimalno rješenje.

Problem maksimuma

Opća matematička formulacija linearnog programiranja (problem maksimuma): max z = c1x1 + c2x2 + ... + cnxn

a11x1 + a12x2 + a1jxj + ... + a1nxn ≤ b1

a21x1 + a22x2 + a2jxj + ... + a2nxn ≤ b2 ... am1x1 + am2x2 + amjxj + ... + amnxn ≤ bm x1,2, ... n ≥ 0 m – broj restrikcija n – obujam pojedinih aktivnosti aij – koeficijent koji govori koliko je potrebno jedinica proizvodnog faktora i za jedinicu aktivnosti xj bi – ograničavajući faktor cj – dobit po jedinici j – koeficijent funkcije cilja xj – nepoznata aktivnost j, nepoznata akcija usmjerena na izradu jedinice nekog proizvoda, strukturna varijabla Cilj linearnog programiranja je maksimalizacija profita, prihoda, dobiti... (problem maksimuma) ili minimalizacija troškova, vremena... (problem minimuma). Zadatak linearnog programiranja je utvrditi vrijednosti za varijable odlučivanja, koje će maksimalizirati ili minimalizirati funkciju cilja. Ograničenja ili restrikcije su zadani u obliku jednadžbi ili nejednadžbi. Sastoji se od 4 elementa:

1. Količina (desna strana) = konstanta 2. Algebarski znak (≥, ≤, =) 3. Varijabla odlučivanja (x1, x2, x3 ... ) 4. Parametri (vrijednosti uz varijable odlučivanja)

Postoje tri tipa ograničenja: 1. sustavno – sadrži dvije ili više varijabli odlučivanja 2. individualno – sadrži samo jednu varijablu odlučivanja 3. uvjet nenegativnosti – odnosi se na potencijalne vrijednosti koje mogu poprimiti varijable

odlučivanja ('uvjet za x') Dopušteno rješenje je ono rješenje koje zadovoljava zadani skup ograničenja. Ako dopušteno rješenje ujedno i optimalizira vrijednost funkcije cilja tada ga nazivamo i optimalno rješenje (najbolja moguća kombinacija varijabli odlučivanja). Formuliranje modela linearnog programiranja:

1. identifikacija varijabli odlučivanja 2. formuliranje funkcije cilja 3. identifikacija ograničenja 4. određivanje vrijednosti za parametre 5. formuliranje modela 6. rješavanje modela linearnog programiranja


Lin

earn

o p

rogr

amir

anje

(si

mp

lek

s m

eto

da)

5

Opći oblik simpleks tablice: x1 x2 ... xn y1 y2 ... ym z 1 a11 a12 ... a1n 1 0 ... 0 b1 a21 a22 ... a2n 0 1 ... 0 b2 ... ... ... ... ... ... ... ... ... am1 am2 ... amn 0 0 ... 1 bm c1 c2 ... cn 0 0 0 0 1 0

U simpleks tablicu unose se restrikcije i funkcija cilja. U tablicu unosimo strukturne i dopunske varijable. One mogu biti bazične i nebazične. Strukturne varijable su x1, x2, ... xn , a njihove vrijednosti koje unosimo u tablicu nalaze se u restrikcijama. Te vrijednosti koje unosimo u tablicu, koje se nalaze uz varijable odlučivanja u restrikcijama, nazivamo tehnički koeficijenti (a11, a12, ... amn). Tehnički koeficijenti nam govore koliko je potrebno jedinica n-tog resursa za izradu jedne jedinice m-tog proizvoda. Dopunske varijable su y1, y2, ... ym. One nam nisu zadane u zadatku već njih dodajemo kako bismo mogli primijeniti simpleks metodu, tj. kako bismo nejednadžbe pretvorili u jednadžbe. Njihov broj jednak je broju restrikcija, a one govore o (ne)iskorištenosti kapaciteta. Bazične varijable su varijable koje imaju u stupcu jednu vrijednost 1 i sve ostale vrijednosti 0. Njihovu vrijednost očitavamo u krajnjem desnom stupcu (obično su to varijable y). Nebazične varijable su sve ostale varijable i njihova vrijednost jednaka je 0. Slobodni članovi s desne strane u restrikcijama predstavljaju ograničenja ili kapacitete i upisuju se u krajnji desni stupac(b1, b2, ... bm). U zadnji red, red funkcije cilja, upisujemo koeficijente uz varijable odlučivanja u funkciji cilja (c1, c2, ... cn).

Računanje simpleks tablicom

1. Prvi korak je izabrati pivot stupac, tj. stupac nebazične varijable koji mora dospjeti u bazu – označimo ga sa s. To je onaj stupac koji ima najnegativniji kvocijent u redu funkcije cilja. Pivot stupac određujemo izrazom:

Ako ne postoji niti jedan negativan element , računski postupak je završen jer je pronađen

optimum. 2. Sada treba pronaći koja će bazična varijabla izaći iz baze, red te varijable zove se pivot red – označimo

ga s r. To nam je red u kojem se nalazi najmanji pozitivan kvocijent elemenata desne strane i elemenata pivot stupca.

3. Na sjecištu pronađenog pivot stupca i pivot reda nalazi se pivot element. Pivot element moramo svesti

na jedinicu, a sve ostale elemente u pivot stupcu računamo pomoću izraza:

Tim postupkom doveli smo pivot stupac u bazu. 4. Ostale koeficijente u tablici računamo prema pravilu:

Nakon ova četiri koraka završena je prva iteracija. Postupak ponavljamo dok više ne možemo naći pivot stupac niti pivot red.


Lin

earn

o p

rogr

amir

anje

(si

mp

lek

s m

eto

da)

6

Problem minimuma

Osim problema maksimuma postoji i problem minimuma koji formuliramo ovako: min z=b1v1+b2v2+ ... +bmvm a11v1+a21v2+ ... +am1vm≥c1 a12v1+a22v2+ ... +am2vm≥c2 ... a1nv1+a2nv2+ ... +amnvm≥cn v1,2, ... m≥0 Na osnovi metoda za rješavanje problema maksimuma moguće je pronaći i rješenje za problem minimuma. Za taj postupak potrebno je problem minimuma pretvoriti u problem maksimuma tako da se promjeni predznak koeficijentima funkcije cilja pa zatim takvu funkciju cilja ( ) maksimizirati. Ako bi se željelo izbjeći pretvaranje problema minimuma u problem maksimuma tada bi se pravila računanja morala izmjeniti, npr. izabrao bi se stupac s pozitivnim elementima za pivot stupac. Svejedno je izmjene li se pravila računanja ili funkcija cilja. Između problema minimuma i problema maksimuma postoji simetrija te ove probleme nazivamo dualni. To se očituje u (problem maksimuma promatramo kao jedan problem, a problem minimuma kao drugi problem):

1. Matrica skupa restrikcija drugog problema (duala) predstavlja transponiranu matricu skupa

restrikcija prvog (primarnog) problema.

2. Nejednakosti u skupu restrikcija suprotno su orijentirane.

3. Ulogu slobodnih članova u skupu restrikcija drugog problema imaju koeficijenti funkcije cilja iz

prvog problema, a ulogu koeficijenata u funkciji cilja drugog problema imaju slobodni članovi iz

skupa ograničenja prvog problema.

4. U drugom problemu (dualu) funkcija cilja se minimizira, dok se u prvom (primarnom) problemu

maksimizira.

Posebni slučajevi kod linearnog programiranja

1. Degeneracija (dualna i primarna) Do slučaja degeneracije dolazi kada nam se za izbor pivot stupca ili pivot reda javi više jednako dobrih elemenata.

a. Dualna degeneracija javlja se kada se između više stupaca s jednakim negativnim vrijednostima u redu funkcije cilja treba odrediti pivot stupac. U tom se slučaju odabire bilo koji stupac po volji.

b. Primarna degeneracija pojavljuje se kada imamo više redova s jednako malim najmanjim pozitivnim kvocijentom elemenata desne strane i elemenata pivot stupca. Tada možemo pokušati s izborom nekog po volji odabranog reda ili izabiremo slijedeći lijevi stupac (od krajnjeg desnog stupca) i dijelimo njegove elemente s elementima pivot stupca. Za pivot red uzimamo red s najmanjim kvocijentom koji samo u ovom posebnom slučaju smije biti i negativan (ili nula).

2. Neograničeno rješenje Pojavljuje se kada u pivot stupcu ne možemo odrediti pivot element jer nema pozitivnog kvocijenta elemenata desne strane i elemenata pivot stupca. Ovaj slučaj ne znači da zadatak nema rješenje, već samo to da ga mi ne možemo pronaći jer je područje dopuštenog rješenja otvoreno! U praksi se ovaj slučaj pojavljuje ako se ne vodi računa o konstrukciji modela.

3. Višestruki maksimum Do ovog slučaja dolazi kada postoji više sustava vrijednosti kojima postižemo isto optimalno rješenje, točnije, takvih rješenja ima beskonačno mnogo i sva su ravnopravna. Višestruki maksimum najlakše prepoznajemo grafičkim putem – funkcija cilja nam se poklapa s restrikcijom. Tada su nam rješenje dvije točke i sve njihove linearno konveksne kombinacije. U tablici ovaj slučaj prepoznajemo po tome što će nebazična varijabla imati nulu u redu funkcije cilja.


Lin

earn

o p

rogr

amir

anje

(si

mp

lek

s m

eto

da)

7

Pravila za računanje simpleks metodom

1) Slobodna varijabla - Cilj nam je dovesti ju u bazu (jedinica i nule) - Pivot stupac nam je po volji odabran stupac u kojem se nalazi slobodna, ali nebazična varijabla - Pivot red je neki po volji odabran red u kojem neka druga slobodna varijabla nije bazična

2) Artificijelna varijabla - Cilj nam je izbaciti ju iz baze - Pivot red je po volji odabran red u kojem je artificijelna varijabla bazična, tj. red u kojem

artificijelna varijabla ima vrijednost 1 - Pivot stupac je po volji odabran stupac s neartificijelnom varijablom koja je nabazična

3) Nedopušteno rješenje - Negativan broj na desnoj strani, tj. u zadnjem desnom stupcu (stupcu slobodnih članova) - Pivot red je po volji odabran red u kojem slobodna varijabla nije bazična - Pivot stupac je po volji odabran stupac s neartificijelnom varijablom koja nije bazična te uz uvjet

da pivot element mora biti negativan. Ako takav element ne postoji to je znak da zadatak nema rješenja

4) Negativan stupac - Negativan element u redu funkcije cilja (zadnji red) - Pivot stupac je stupac s neartificijelnom i nebazičnom varijablom, koji ima najnegativniji

koeficijent u redu funkcije cilja - Pivot red je red u kojem slobodna varijabla nije bazična te red u kojem se nalazi najmanji

pozitivni kvocijent elemenata desne strane i koeficijenata pivot stupca. U slučaju da takav, pozitivni kvocijent ne postoji, zadatak ima neograničeno rješenje

Grafičko prikazivanje

Uvjet za grafičko prikazivanje problema linearnog programiranja je postojanje samo dvije strukturne varijable. Grafičko rješenje prikazujemo u koordinatnom sustavu. Da bismo nacrtali graf prvo moramo restrikcije svesti na kanonski oblik. Ako su restrikcije jednadžbe one su predstavljene pravce, ako su nejednadžbe tada one dijele područje na područje dopuštenog rješenja i područje nedopuštenog rješenja. Nedopušteno područje je šrafirano. Osim restrikcija šrafiramo i ovisno o uvjetima nenegativnosti za strukturne varijable.


Lin

earn

o p

rogr

amir

anje

(si

mp

lek

s m

eto

da)

8

Šrafiranje ovisno o strukturnim varijablama:

Šrafiranjem definiramo područje dopuštenog rješenja koje može biti zatvoreno, otvoreno (neograničeno rješenje) ili ga ne mora biti (nema rješenja). U slučaju da nam se pojavi artificijelna varijabla dopušteno rješenje može biti samo dužina ili samo jedna točka. Ako u restrikcijama imamo jednadžbu ili jednadžbe tada nam grafički prikaz rješenja može biti:

1. Dužina (od A do B)

x2

x1 x1

x1 x1

x2 x2

x2

x1,2 ≥ 0 x1 – slobodna x2 ≥ 0

x1 ≥ 0 x1,2 - slobodne x2 - slobodna

A

B


Lin

earn

o p

rogr

amir

anje

(si

mp

lek

s m

eto

da)

9

T

2. Točka (imamo dvije jednadžbe; samo presjek je jedino dopušteno i optimalno rješenje!)

3. Nema rješenja (imamo dvije jednadžbe čiji je

presjek izvan područja dopuštenog rješenja, tj. u području nedopuštenog rješenja određenog nejednadžbama!)

Sve točke dopuštenog rješenja dolaze u obzir kao rješenje. Naravno traži se optimalno rješenje koje je za maksimum maksimalni z, a za minimum minimalni z. Optimalno rješenje tražimo u rubnim točkama dopuštenog rješenja. Optimalno rješenje pronalazimo pomoću dva jednakovrijedna načina:

A. Pristup funkcije cilja – za z uvrstimo neku konstantnu vrijednost npr. z=0, tj. izjednačimo funkciju cilja s nulom. Taj pravac predstavlja prag dobitka. Obujam proizvodnje pri kojem ćemo postići maksimalan dobitak pronalazimo tako da vučemo paralelu ovog pravca do najudaljenije točke.

B. Pristup ekstremnih troškova – vrijednosti točaka uvrštavamo u funkciju cilja te tražimo najveći (za max!), tj. najmanji (za min!) rezultat.

Zadaci

Riješite probleme linearnog programiranja simpleks metodom i grafički:

1. max z = 6x1 + 10x2

3x1 + 5x2 ≤ 15

5x1 + 2x2 ≤ 10

x1,2 ≥ 0

T


Lin

earn

o p

rogr

amir

anje

(si

mp

lek

s m

eto

da)

10

2. max z = 2x1 + 4x2 3x1 + 2x2 ≤ 6

x1 – x2 ≥ -1 -x1 – 2x2 ≥ 1 x1,2 ≥ 0

3. max z = 2x1 + 3x2 x1 – 4x2 ≤ 2 x1 – x2 ≤ 5

-3x1 + 2x2 ≤ 6 x1,2 ≥ 0

4. max z = 5x1 + 6x2 2x1 + x2 ≥ 2 x1 ≤ 2 x1 + x2 = 4 x1,2 ≥ 0

5. min z = x1 + x2 5x1 +4x2 = 20 x1 ≤ 3 x1 – x2 = 1 x1,2 ≥ 0

6. max z = x1 + x2 -x1 + x2 ≤ 2

x1 – 2x2 ≤ 2 -2x1 + x2 ≤ 1 x1,2 ≥ 0

7. max z = 20x1 +30x2 2x1 + 4x2 ≤ 16 2x1 + x2 ≤ 10

4x2 ≤ 12 x1,2 ≥ 0

8. max z = x1+x2 x1+x2≤4 x2≤3 x1≤2 x1,2≥0

9. min z = -2x1+x2 x1+x2≥2 x1+x2≤4 x1,2≥0


Du

al

11

Dual

Svaki problem linearnog programiranja (primarni problem) ima svoj dualni problem. Koeficijenti funkcije cilja jednog problema čine desnu stranu ograničenja drugog. Svakoj slobodnoj varijabli odgovara uvjet sa znakom jednakosti (artificijelna varijabla), a svakoj artificijelnoj varijabli odgovara slobodna varijabla. Transformacija u dual ima prednosti u sljedećim slučajevima:

a) ako je lakše naći rješenje preko dualnog problema, prelazi se sa primarnog na dualni problem b) ako je u primarnom problemu broj ograničenja puno veći od broja varijabli, onda se simpleks

metodom dualni problem može riješiti s manje računskih operacija Za dual vrijede neka pravila:

1. Za svaki linearni problem optimiranja postoji dualni problem. 2. Dualni problem dualnog problema je primarni problem. 3. Ako za primarni problem postoji optimalno rješenje, onda ono postoji i za dualni i obrnuto. 4. Ako primarni problem ima neograničeno rješenje, tada ne postoji dopušteno rješenje dualnog

problema i obrnuto. 5. Ako nema dopuštenog rješenja za primarni problem, tada je rješenje dualnog problema

neograničeno i obrnuto. 6. Primarne vrijednosti primarnog problema su u početnom rješenju i u optimalnom rješenju

jednake dualnim vrijednostima dualnog rješenja i obrnuto. 7. Dualne vrijednosti primarnog problema odgovaraju primarnim vrijednostima dualnog problema

i obrnuto. 8. Ostali koeficijenti (osim primarnih i dualnih vrijednosti) razlikuju se u primarnom i dualnom

problemu za predznak i u zamjeni redova stupcima. 9. Redovi primarnog problema, čije su bazične varijable artificijelne, pojavljuju se u dualu kao

stupci s jednom slobodnom varijablom kao nebazičnom i obrnuto. 10. Stupci primarnog problema čije su nebazične varijable slobodne, pojavljuju se u dualu kao redovi

s jednom artificijelnom bazičnom varijablom i obrnuto.

Pravila za računanje

PRIMARNI PROBLEM DUAL

prva restrikcija jednadžba druga restrikcija jednadžba ...

v1 – slobodna varijabla v2 – slobodna varijabla ...

x1 – slobodna varijabla x2 – slobodna varijabla ...

prva restrikcija jednadžba druga restrikcija jednadžba ...

neograničeno rješenje nema rješenja

nema rješenja neograničeno rješenje

max! min!

min! max!

Zadaci

10. Odredite rješenja primarnog i dualnog problema: max z = 3x1 – 4x2

6x1 + 3x2 = 24 x1 + 4x2 ≤ 32 x1 ≥ 2 x1,2 ≥ 0


Du

al

12

11. Pronađite rješenje primarnog problema grafički, transformirajte te riješite dual: max z = x1 + x2

x1 + x2 ≤ 2 x2 = 4 x1 ≤ -2 x1 – slob., x2 ≥ 0

12. Odredite rješenje primarnog problema simpleks metodom, transformirajte u dual te riješite grafički:

min z = 2x1 – 4x2 + 6x3 -2x1 – x2 + x3 ≥ -1 x1 – 4x2 + x3 = 3 x1,2 ≥ 0, x3 – slob.

13. Transformirajte u dual i riješite: min z = 24v1 + 32v2 + v3

2v1 + v2 ≥ 6 6v1 ≥ 3 4v2 ≥ 1 v1 – slob., v2,3 ≥ 0

14. Dokažite da nema optimalnog rješenja grafom i dualom: min z = 2x1 + 5x2

x1 – x2 ≥ 4 x1 + x2 ≥ 7 -x1 + x2 ≥ 5 x1,2 ≥ 0

15. Transformirajte i riješite dualom: min z = 2x3

-3x1 + x2 + x3 ≥ -9 x3 ≥ -10

4x1 – x2 ≤ -3 2x1 + 3x2 ≥ 3

x1,2 ≥ 0

16. Zadani LP problem transformirajte u dual te ga riješite simpleks metodom: min z = 24v1 + 32v2 + v3

2v1 + v2 ≥ 6 6v1 ≥ 3 4v2 ≥ 1 v1 – slob, v2,3 ≥ 0

17. Pronađite rješenje ovog sustava preko dualnog problema: max z = 0x1 + 0x2

2x1 + 3x2 ≤ 12 -3x1 + 2x2 ≤ -4 3x1 – 5x2 ≤ 2 x1 – slob, x2 ≥ 0

18. Zadani LP model riješite simpleks metodom te ga transformirajte u dual i riješite! max z = 4x1 + 12x2 + x3

2x1 + x3 ≥ 24 4x1 + x2 + x3 ≤ 36 x2 + x3 ≤ 18

x1 – slob, x2,3 ≥ 0


Viš

ekri

teri

jaln

o p

rogr

amir

anje

13

Višekriterijalno programiranje

Višekriterijalno programiranje koristimo kada se istovremeno pojavi više ciljeva koje želimo optimizirati, tj. pronaći kompromis. Tako se u problemu planiranja proizvodnje može pojaviti više ciljeva, npr. potreba za maksimizacijom profita, maksimizacijom iskorištenja kapaciteta... Problem kod kojeg se moraju istovremeno maksimalizirati dvije ili više funkcija cilja zove se problem maksimuma vektorske funkcije cilja (PMV). Parametarsko optimiranje – koristimo ga za pronalaženje optimalnog rješenja Funkcija cilja parametarskog optimiranja formira se kao stroga linearna konveksna kombinacija r funkcija cilja z1, z2, ..., zr. Ako se radi samo o dvije funkcije cilja (r=2), tada se problem parametarskog optimiranja pojavljuje u obliku jednoparametarskog linearnog optimiranja:

Za parametarski interval uzimamo interval . Karakteristično područje ima veliko značenje u parametarskom optimiranju. To je parametarski interval ts ≤ t ≤ ts+1 u kojem problem parametarskog optimiranja ima isto rješenje. Granice intervala ts i ts+1

nazivamo karakteristične točke. Rješenje parametarskog optimiranja daje mogućnost određivanja Pareto skupa. Paretto skup predstavlja tablični prikaz procesa parametarskog optimiranja. Vektorski optimum = Parettov optimum

Zadaci

Riješite probleme višekriterijalnog programiranja parametarskim optimiranjem i grafički:

19. max z1 = x1 + x2 max z2 = -4x1 + x2 -2x1 + x2 ≤ 2

x1 + 2x2 ≤ 8 -x1 + x2 ≤ 4 x1,2 ≥ 0

20. max z1 = 4x1 + x2 max z2 = x2 2x1 + 6x2 ≤ 24

4x1 + 2x2 ≤ 20 x1,2 ≥ 0

21. max z1 = 2x1 max z2 = x1 + x2 -3x1 – x2 ≤ -12

x1 – x2 ≤ 8 -2x1 + 4x2 ≤ 8 x1,2 ≥ 0

22. max z1 = x1 + 4x2 max z2 = x1 – x2

x2 ≤ 3 x1 – x2 ≥ 1 x1 + x2 ≤ 8 x1,2 ≥ 0

23. max z1 = 3x1 + x2 max z2 = -x1 + 2x2 x1 + x2 ≤ 4

x1 ≤ 3 x2 ≤ 3 x1,2 ≥ 0

24. max z1 = 6x1 + 4x2 max z2 = x2

3x1 + 2x2 ≤ 12 x1 + 2x2 ≤ 10 x1 ≤ 3 x1,2 ≥ 0

25. max z1 = x2 max z2 = 2x1 + 2x2 2x1 + x2 ≤ 9

x1 ≤ 4 x2 ≤ 7 x1,2 ≥ 0


Raz

lom

ljen

o p

rogr

amir

anje

14

Razlomljeno programiranje

Ako nam je funkcija cilja zadana u obliku razlomka, to znači da imamo slučaj razlomljenog linearnog programiranja. Matematički model razlomljenog programiranja formuliramo ovako:

Za računanje možemo koristiti tri metode: 1. Martosheva metoda

B. Martosh je 1961. godine pokazao jedan 'algoritam sličan simpleksu' pomoću kojeg je tražio optimalno rješenje.

Početna tabela postavlja se kao i kod linearnog programiranja s tim da funkcija cilja zauzima dva reda, u jedan red se unose koeficijenti iz brojnika, a u drugi iz nazivnika.

Računamo koeficijente posljednjeg reda. Optimalno rješenje se postiže kada su svi

koeficijenti negativni ili nule.

2. Charnes Cooperova metoda Charnes i Cooper riješili su problem pomoću transformacije

3. Dinkelbachova metoda Dinkelbach konstruira pomoćni problem ovako:

Vrijednost funkcije cilja z računamo pomoću x1 i x2 (ne očitavamo iz tablice), ako je zadatak je riješen, ako je tada računamo dalje (z nam postaje novi zn!) te smanjujemo L, kada se on više ne može smanjiti optimalno rješenje je pronađeno ( ).

Zadaci

26. Riješite pomoću sve tri metode:

3x1 + 6x2 ≥ 30 2x1 + 8x2 ≤ 28

x1,2 ≥ 0

27. Riješite pomoću Martosheve metode:

x1 + x2 ≥ 5 2x1 – x2 ≥ 1 x1 – 3x2 ≤ 1

x1,2 ≥ 0


Raz

lom

ljen

o p

rogr

amir

anje

15

28. Riješite pomoću sve tri metode:

x1 + 3x2 ≤ 12 4x1 + x2 ≤ 24

x1,2 ≥ 0

29. Riješite slijedeći problem Martoshevom metodom:

2x1 + x2 ≥ 16 x1 + 4x2 ≤ 8

x1,2 ≥ 0 30. Riješite slijedeći problem Charnes-Cooperovom metodom:

x1 - 2x2 + x3 ≤ 12 x1 + 2x2 ≤ 8

x1,2,3 ≥ 0 31. Riješite slijedeći problem Dinkelbachovom metodom:

x1 + 4x2 ≤ 12 2x1 + 2x2 ≤ 20

x1,2 ≥ 0 32. Riješite Martoshevom i Dinkelbachovom metodom:

x1 + 2x2 ≤ 3 3x1 + 2x2 ≤ 6

x1,2 ≥ 0


Cje

lob

rojn

o p

rogr

amir

anje

16

Cjelobrojno programiranje

Kod velikog broja problema linearnog programiranja postoji zahtjev da varijable imaju cjelobrojna rješenja. U sklopu cjelobrojnog programiranja moguće su tri vrste problema:

1. Čisto cjelobrojno programiranje (sve varijable moraju biti cijeli brojevi) 2. Mješovito cjelobrojno programiranje (samo neke varijable moraju biti cijeli brojevi) 3. Binarno programiranje (varijable moraju biti 0 ili 1) – kada razmišljamo o alterantivama tipa da -

ne Ove probleme rješavamo pomoću specijalnih algoritama koje možemo podijeliti u tri grupe:

1. Metode odsijecanja ravnina (Gomory metoda) – koristi se za rješavanje čistog i mješovitog cjelobrojnog programiranja

2. Metode stabla odlučivanja (Metode grananja i ograđivanja) - koristi se za rješavanje čistog i mješovitog cjelobrojnog programiranja

3. Heurističke metode (Metoda enumeracije) – za rješavanje problema binarnog programiranja

Zadaci

Pronađite rješenja za sljedeće zadatke:

33. max z = 21x1 + 11x2 7x1 + 4x2 +x3 = 13 x1,2,3 ≥ 0 x1,3 – cjelobrojno

34. max z = 4x1 + 3x2 x1 – 2x2 ≤ 4 4x1 + 6x2 ≤ 24 x1 ≥ 2 x1,2 ≥ 0, x1 - cjelobrojno

35. max z = 3x1 + 3x2 x1 + 3x2 ≥ 6 3x1 + 2x2 ≤ 36 x2 ≤ 13 x1,2 ≥ 0, cjelobrojno

36. max z = 9x1 + 15x2 2x1 + 4x2 ≤ 12 6x1 + 4x2 ≤ 24 x1,2 ≥ 0, cjelobrojno

37. max z = 4/3x1 – 2x2 2/3x1 – 2/15x2 ≤ 18/15

x1,2 ≥ 0, cjelobrojno

38. max z = -4x1 – 4x2 3/2x1 + x2 ≥ 7

x1,2 ≥ 0, cjelobrojno 39. max z = 4x1 + x2

3/2x1 + 3/4x2 ≤ 13 x1,2 ≥ 0, cjelobrojno

40. max z = 9x1 + 15x2 2x1 + 4x2 ≤ 12

6x1 + 4x2 ≤ 24 x1,2 ≥ 0, cjelobrojno

41. max z = 4x1 + 3x2 x1 – 2x2 ≤ 4

4x1 + 6x2 ≤ 24 x1 ≥ 2 x1,2 ≥ 0, x1-cjelobrojno

42. max z = 7x1 + x2 4x1 – 4x2 ≥ 5

16x1 – 12x2 ≤ 41 x1,2 ≥ 0, cjelobrojno


Cil

jno

pro

gram

iran

je

17

Ciljno programiranje

Kod određenih problema pojavljuje nam se potreba ne za maksimizacijom već za postizanjem određene vrijednosti za z, tj. neki cilj koji želimo postići. Potrebno je pronaći kompromisni program, tj. proizvodni mix ili kombinaciju x1, x2, ... xn kojima ćemo postići naš cilj, tj. traženu veličinu za funkciju cilja z. U ovom problemu pojavljuju nam se varijable odstupanja:

d+ - devijacijska varijabla prebačaja (prekoračenja) d- - devijacijska varijabla podbačaja

Postoji više modela za rješavanje problema ciljnog programiranja. Jedna od modifikacija formulirana je ovako:

Zadaci

43. Management poduzeća je odustao od poljoprivrede i posvetio se proizvodnji dvaju proizvoda P1 i P2. Svaki proizvod prolazi kroz dvije faze F1 i F2. Za P1 potrebna su 2 h u F1 i 3 h u F2. Za P2 potrebno je raditi 6 h u F1 i 5 h u F2. Kapaciteti po fazama su ograničeni na 12 i 30 h, respektivno.Prihod koji se ostvaruje je 7 i 6 NJ, respektivno.

Zbog preseljenja na novu lokaciju management je odlučio da ne treba maximalizirati prihode, nego da treba napraviti proizvodni mix, koji će ostvariti da prihodi budu 30 NJ. Pronađite takav proizvodni mix!

44. U jednom poduzeću manageri se trebaju dogovoriti oko plana proizvodnje proizvoda A i B. Proizvod A zahtijeva 10 min obrade i 5 min montaže, a proizvod B 10 min obrade i 3 min montaže. Za kontrolu proizvoda A predviđena je 1 min kontrole, a za B 2 min. Na raspolaganju ukupno ima 40 sati za obradu, 20 sati za montažu i najviše 10 sati za kontrolu. Predviđa se da će proizvodi donositi profite od 4 i 2 NJ respektivno, ali i da je potrebno proizvesti više od 160 jedinica proizvoda A. Nakon pomnijeg proučavanja ustanovljeno je da treba postići razinu profita od 1600 NJ. Postavite model za ovaj problem LP-a!


Tek

stu

aln

i za

dac

i –

lin

earn

o p

rogr

amir

anje

18

Tekstualni zadaci – linearno programiranje

45. Za proizvodnju proizvoda C1 i C2 koriste se sirovine S1 i S2. Za jedan komad C1 treba utrošiti 8

kg/kom S1 i 4 kg/kom S2, dok za proizvodnju C2 treba utrošiti 4 kg/kom S1 i 4 kg/kom S2. Zbog uvjeta nabave potrebno je utrošiti najmanje 16 kg sirovine S1 i 32 kg sirovine S2. Od proizvoda C1 može se plasirati najviše 2 komada dnevno.

a) Odredite dnevni plan proizvodnje ako je cilj maximalni obujam proizvodnje! b) Da li dual ovog modela ima moguće rješenje?

46. Odjel za nabavu jednog poduzeća dobio je zadatak ispitati uvjete nabave sirovine koja se pojavljuje u tri varijante A, B i C. Poslovna politika poduzeća nalaže obvezatno nabavljanje najmanje 800 t te sirovine. Sirovina se podvrgava doradi na grupi strojeva M, čiji je kapacitet rada 200 strojnih sati. U jednom satu doradi se ½ jedinice proizvoda A, 3 jedinice B i jedinica C. U gotove je proizvode potrebno ugraditi istu količini sirovina A i B. Formulirajte LP-model za navedeni problem koji će uvažiti kriterij minimiziranja nabavne vrijednosti sirovine uvjetima kada je nabavna cijena jedinice sirovine 24,30 i 28 NJ, respektivno.

47. Prodajom jedinice proizvoda A i B posredničko poduzeće može analizirati profit od 6 i 4 NJ, respektivno. Ponovljeno istraživanje tržišta je pokazalo da mu je potrebno proizvoda A u količini od 240 jedinica, dok proizvoda B treba između 560 i 1200 jedinica. Koliko bi proizvoda A i B poduzeće trebalo proizvesti ako želi maximalizirati profit uz uvažavanje ova dva tržišna zahtjeva?

48. Elektronska kompanija proizvodi dva proizvoda: svjetiljku i kuhalo. Oba proizvoda prolaze proces proizvodnje kroz faze montiranja i sastavljanja. Potrebno je 2 h za montiranje svake svjetiljke i 3 h za montiranje kuhala. Sastavljanje kuhala i svjetiljke zahtijeva 5, tj. 6 h, respektivno. Na raspolaganju je 12 h za montiranje i 30 h za sastavljanje. Svaka svjetiljka ostvaruje profit od 7 $, a kuhalo od 6 $.

a) formulirajte ovaj problem LP-a i riješite ga grafički. b) riješite ovaj problem kao cjelobrojno programiranje. c) pretpostavimo da kompanija seli na novu lokaciju i da iz tog razloga maksimalizacija

profita nije realan cilj. Stoga management u periodu novog prilagođavanja postavlja razinu profita od 30 $. Postavite i riješite ovaj problem.

49. Poduzeće x želi, plasirajući na tržište dva nova čaja, poboljšati svoju paletu čajeva. Novi čajevi namijenjeni su prvenstveno djeci, ali se preporučuju i odraslima. Voćni vitaminski čaj (x2), te specijalni instant čaj (x1) dobivaju se miješanjem slijedećih glavnih sastojaka:

Sastojci (g) x1 x2 Plod šipka List kupine Divlja jabuka Kamilica

6 5 2 -

2 - - 8

najmanje 42 g ne više od 10 g ne više od 10 g najmanje 24 g

TROŠKOVI (NJ) 8 10

Formulirajte LP-model koji će odrediti optimalne količine čajeva koje bi se trebale proizvesti uz uvažavanje zahtjeva za minimalnim troškovima! Ukoliko postoje ne iskorišteni sastojci, navedite koliko iznose.

a) riješite problem grafički b) transformirajte problem u dual

50. Poduzeće x bavi se prodajom igračaka. Na tržište želi plasirati dvije nove igračke A i B. Obije igračke trebaju proći završnu fazu montaže. U jednom satu napravi se 10 igračaka A i 24 igračke B. Poduzeću stoji na raspolaganju samo 45 radnih sati. Istraživanje tržišta je pokazalo da je od igračke A potrebno najviše 800 komada, dok je igračaka B potrebno napraviti u količini ne većoj od 1000 komada. Prodaja igračaka A i B donosi 20 i 18 NJ respektivno. Koliko komada igračaka A i B treba proizvesti ako poduzeće želi maksimizirati prihode? Postavite LP-model te ga riješite grafičkim putem!


Tek

stu

aln

i za

dac

i –

lin

earn

o p

rogr

amir

anje

19

51. Potrebno je izračunati optimalnu mješavinu stočne hrane koja sadrži 4 hranjive komponente K1, K2, K3 i K4. Na zalihama se nalaze dvije vrste sočne hrane H1 i H2. U 1 kg H1 nalazi se 10% K1, 10% K3 i 5% K4. U 1 kg H2 nalazi se 10% K2, 5% K3 i 10% K4. Cijena H1 je 1,2 NJ, a H2 1 NJ po kg. Mješavina treba sadržavati najmanje 0,8 kg K1, 1 kg K2, 4 kg K3 i 3,5 kg K4. Odredite onu količinu H1 i H2 koju treba uzeti u mješavinu da bi troškovi prehrane bili minimalni.


Tra

nsp

ort

ni p

rob

lem

20

Transportni problem

Transportni problem obično predstavlja problem distribucije. Transportnim problemom rješavamo problem transporta te pronalazimo optimalni transportni plan koji ima minimalne transportne troškove transportiranja robe od ishodišta do odredišta uzevši u obzir ponudu ishodišnog mjesta, potrošnju odredišnog mjesta te transportne troškove. Rješenje transportnog problema sastoji se od utvrđenih količina koje se dodjeljuju različitim relacijama. Količine se kreću od nule (toj relaciji neće biti dodijeljena ni jedna količina) do maksimalne veličine, koja je jednaka manjoj od dvije količine u redu (ponuda) i stupcu (potražnja). Količine se dodjeljuju prema principu maksimalne moguće količine. Koristimo matricu oportunitetnih troškova. Rješavanje zadatka sastoji se od tri faze:

1. Postavljanje početnog transportnog plana. Metode: A. Metoda sjeverozapadnog ugla

Ova metoda ne vodi računa o troškovima pa nije preporučljiva. Polazimo od gornjeg lijevog ugla (SZ) tako da tom polju dodjeljujemo maksimalnu moguću količinu, tj. manju od dvije moguće količine (uspoređujemo veličine S i D). Taj element nam predstavlja kamen na tom polju. Tada tu manju količinu križamo te ju oduzimamo od veće, razliku koju smo dobili upisujemo u slijedeće polje i tako dok ne dobijemo sve nule na mjestima vrijednosti S i D.

B. Intuitivna metoda Na polje s najmanjim troškom u tablici upisujemo maksimalnu moguću količinu, tj. manju od dvije moguće. Precrtavamo cijeli zadovoljeni red ili stupac ili oboje, a preostalu ponudu ili potražnju moramo korigirati. Ponavljamo postupak dok sva polja nisu precrtana.

C. Vogelova metoda Najčešće koristimo ovu metodu jer je početni transportni plan kojeg dobijemo pomoću ove metode najbliži optimalnom ako ne i optimalan.

2. Testiranje optimalnosti početnog transportnog plana. Metode: A. Metoda skakanja s kamena na kamen B. Modi metoda

3. Poboljšavanje transportnog plana

Posebni slučajevi u problemu transporta

1. Degeneracija

- Pojavljuje nam se kada imamo premalo kamenja (m+n-1). Tada dodajemo epsilon () na polje s

najvećim troškom u matrici. - Epsilon ili infinitezimalna jedinica predstavlja nam ekstremno malu količinu koja nam neće

utjecati na promjenu ponude, potražnje ili troškova. Stavljamo ju kako bi mogli testirati prazna polja, tretiramo ju kao kamen.

2. Neprihvatljive relacije - Da bismo onemogućili ovu pojavu, u početnom transportnom planu potrebno je toj relaciji

dodijeliti deset puta veći trošak od najvećeg troška u tablici. U slučaju da je potrebno poboljšanje plana tada vraćamo originalni trošak te dalje normalno računamo.

3. Ponuda različita od potražnje (S≠D) - Ako nam se pojavi S<D tada dodajemo fiktivni red, a ako imamo S>D tada dodajemo fiktivni

stupac. - Cilj nam je izjednačiti ponudu i potražnju (S=D). - Na fiktivna polja (polja fiktivnog reda, tj. stupca) stavljamo nule, a razliku između S i D

dopisujemo. - Nule u fiktivnom redu ili fiktivnom stupcu ne uzimamo u obzir prilikom računanja penala.

4. Problem maksimizacije - Ovaj problem pojavljuje se kada u matrici umjesto jediničnih troškova imamo jedinične profite.


Tra

nsp

ort

ni p

rob

lem

21

- Uočavamo najveći profit u tablici te od njega oduzimamo sve ostale profite i njega samog od sebe. Kamenje prepisujemo. Na ovaj način dobili smo matricu oportunitetnih troškova te dalje normalno računamo.

Zadaci

52. Za sljedeći transportni problem postavite matematički model te riješite problem:

6 8 12 60 8 8 14 80

12 6 10 100 4 5 8 80

100 200 40

53. Pronađite minimalne troškove za transportni plan:

5 8 4 7 3 6 S = 40, 60 D = 20, 50, 30

54. Riješite transportni problem: 0 2 1 2 1 5 2 4 3

S = 5, 10, 5 D = 5, 5, 10

55. Da li je x optimalan plan troškova za matricu jediničnih troškova c?

17 15 0 7 5 9 x = 0 10 6 c = 10 8 6

0 0 10 15 12 10

56. Radionica tjestenine proizvodi u tri pogona u planskom razdoblju 70, 80 i 100 kg tijesta. Tijesto se dostavlja u 5 trgovina, čije su potrebe u planskom razdoblju 80, 40, 30, 60 i 30 kg tijesta. Minimalizirajte troškove, ako su jedinični troškovi dani tablicom:

6 13 6 14 20 12 10 8 10 18 14 18 7 12 16

57. Pronađite optimalan plan transporta koji će

minimalizirati podatke zadane tablicom:

26 36 42 120 36 24 30 40 42 38 28 60 40 40 34 96

150 80 80

58. Na temelju zadanog problema transporta postavite početno rješenje, testirajte ga i poboljšajte ukoliko je potrebno. Koliki su minimalni troškovi transporta:

16 24 48 20 32 16 20 40 40 26 30 60 32 48 26 100 80 60 60

59. Riješite transportni problem:

4 3 5 80 10 1 2 140 3 8 6 110

100 150 80

60. Riješite transportni problem:

7 2 4 40 3 8 9 25

10 35 20

61. Petar bi želio danas popiti 4 limenke piva, a sutra 3. Marko je voljan prodati danas 5 limenki piva po

cijeni od 80 kn/kom, a sutra po cijeni od 72 kn/kom. Pavle je voljan prodati danas maksimalno 4 limenke po cijeni od 77 kn/kom, a sutra po 75 kn/kom. Kako će Petar minimalizirati troškove prilikom realizacije svoje želje?


Asi

gn

acij

a

22

Asignacija

Asignacija je poseban problem transportnog problema. Problem asignacije je problem raspoređivanja. Primjer: potrebno je n ljudi rasporediti na n radnih mjesta, a da pri tome raspored bude optimalan (s minimalnim troškovima ili maksimalnom dobiti po radniku). Osnovne pretpostavke:

1. Jedan na jedan – jedan radnik na jedno radno mjesto 2. Cilj je optimalizacija – minimalizacija troškova, vremena... ili maksimalizacija profita, dobiti,

prihoda....) 3. Troškovi (profiti) su poznati ili se mogu procijeniti 4. Problem asignacije rješavamo mađarskom metodom ! U slučaju minimalizacije imamo matricu

uspješnosti, dok u slučaju maksimalizacije imamo matricu profita.

Posebni slučajevi u problemu asignacije

1. Višestruka optimalna rješenja Ovaj slučaj pojavljuje nam se kada imamo više redova sa jednakim brojem nula (dvije ili više). Tada markiramo nulu po volji, a u drugoj (identičnoj) matrici napravimo alternativni plan u kojem su različite dodjele (markirane nule), ali je jednak ukupni trošak.

2. Problem maximizacije Pojavljuje se kada imamo zadanu matricu profita te trebamo pronaći matricu oportunitetnih troškova. U svakom stupcu pronađemo najveći profit te od njega oduzmemo ostale elemente i njega samog od sebe. Po potrebi radimo redukciju po retku i dalje normalno računamo.

3. Broj redova različit od broja stupaca Broj redova i stupaca mora biti jednak! Ako to nije tako tada dodajemo fiktivni red ili fiktivni stupac čiji su elementi nula te dalje normalno računamo.

4. Neprihvatljive dodjele Pojavljuje se kada na nekim mjestima u matrici imamo relacije koje nisu prihvatljive te im je dodana oznaka M. Tu oznaku zanemarujemo te je do kraja samo prepisujemo.


1. Redukcija po stupcu: ako nemamo nulu u svakom stupcu tada radimo redukciju po stupcu pronađemo najmanji element u stupcu i oduzimamo ga od svih i od njega samog.

2. Redukcija po retku: ako nemamo nulu u svakom redu tada radimo redukciju po retku redove u kojima nemamo nulu reduciramo, pronalazimo najmanji element te ga oduzimamo od svih ostalih i njega samog, a redove u kojima imamo nulu samo prepisujemo, tj. oduzimamo nulu.

3. Mađarska metoda: pronalazimo red s najmanjim brojem nula te jednu nulu u tom redu markiramo. Ostale nule u redu i stupcu te, markirane nule, precrtavamo. Ponavljamo dok sve nule nisu markirane ili precrtane.

4. Označavamo sve redove koji nemaju markiranu nulu; označavamo stupce koji u označenim redovima imaju precrtanu nulu; u označenim stupcima tražimo markirane nule i označavamo njihove redove.

5. Precrtavamo sve neoznačene redove i označene stupce. 6. Pronalazimo najmanji među neprecrtanim elementima. Oduzimamo ga od svih ostalih neprecrtanih

elemenata i njega samog od sebe, pribrajamo ga elementima na sjecištima linija, a sve ostale elemente (precrtane samo jednom linijom) prepisujemo.

Zadaci

62. Pronađite optimalni plan dodjela koji će minimizirati troškove zadane matricom:

3 9 9 2 5 4 5 1 6 3 8 4 5 7 2 1 2 4 3 7 7 4 3 8 2


Asi

gn

acij

a

23

63. Za zadanu matricu profita načinite optimalni plan dodjela:

170 160 135 120 110 280 260 250 225 220 305 300 270 280 280 330 310 280 325 320 355 360 335 320 350

64. Pronađite plan kojim će se minimizirati troškovi:

18 14 16 12 12 18 14 20 6 M 8 18 M 10 10 6

65. Pronađite optimalni plan dodjela koji će minimizirati troškove zadane matricom:

66. Za zadanu matricu profita načinite optimalni plan dodjela:

26 32 48 26 52 64 26 38 46 40 38 24 38 38 28 20

67. Šestorici apsolvenata ponuđeno je neposredno prije završetka studija šest radnih mjesta. Svako mjesto nije jednako privlačno za svakog apsolventa. Zato im je ponuđena lista na kojoj svaki može ocijeniti privlačnost brojkama od 0 do 20:

4 8 16 20 12 0

16 20 8 0 4 12

0 12 4 16 20 8

4 0 16 12 20 8

20 16 12 0 4 8

12 16 0 8 20 4

Treba izvršiti raspored apsolvenata na radna mjesta da suma njihovog stupnja zadovoljstva bude maksimalna!

68. Dva radnika raspoređena su na dva radna mjesta. Produktivnost prvoga iznosi na prvom mjestu 4, a na drugom 2 jedinice. Produktivnost drugoga iznosi na prvom mjestu 3, a na drugom 5 jedinica. Izračunajte optimalni raspored kod kojega je ukupna produktivnost najveća.

4 10 18 12 16 20 16 16 10 10 18 16 24 18 16 14


Trg

ova

čki p

utn

ik

24

Trgovački putnik

Problem trgovačkog putnika zadan je matricom udaljenosti. Problem rješavamo mađarskom metodom. Primjer: Kojim redoslijedom putnik mora obići gradove ako se zna da mora krenuti iz grada A, obići sve gradove i vratiti se u grad A uz uvjet minimalizacije troškova? Drvo odlučivanja – započinjemo čvorom koji sadrži sve cikluse te se grana na dva ciklusa: ciklus koji sadrži vezu, npr. A-B, i onaj koji ju ne sadrži. Za to, daljnje, grananje izabiremo ciklus koji u sebi sadrži grad iz kojeg putnik mora krenuti, a ako grad polaska nije zadan onda granamo prema ciklusu sa manjom ukupnom vrijednošću.

Zadaci

69. Riješite problem trgovačkog putnika zadanog matricom udaljenosti A:

∞ 8 12 24 8 ∞ 26 18 12 46 ∞ 20 24 40 20 ∞


∞ 24 30 48 24 ∞ 18 54 30 18 ∞ 62 48 54 62 ∞


∞ 16 12 10 8 ∞ 4 12 6 8 ∞ 14 12 16 20 ∞


∞ 8 12 22 8 ∞ 18 16

12 18 ∞ 14 22 16 14 ∞

73. Utvrdite kojim redoslijedom trgovački putnik treba obići predviđena mjesta ako želi minimalizirati troškove putovanja zadane slijedećom tablicom:

∞ 6 18 12 6 ∞ 10 14

18 10 ∞ 6 12 14 6 ∞


Teo

rija

igar

a

25

Teorija igara

Cilj teorije igara je odrediti, tj. izabrati optimalnu strategiju. Elementi strategijske igre: 1. Igra – skup pravila i dogovora po kojima se igrači ravnaju 2. Strategija – skup uputa za igrača, koji sadrži sve poteze koji bi mogli doći u obzir tijekom jedne partije 3. Partija – svaka pojedina realizacija igre Pravila igre:

A. Jednim potezom igrač donosi samo jednu odluku B. Izbor jednog igrača nije poznat drugom igraču prije no što se ovaj odluči za vlastiti potez, ali su

poznate sve mogućnosti izbora za oba igrača C. Visina dobitka (gubitka) dana je matricom plaćanja

Podjela igara

1. Igre protiv protivnika – igre između dva igrača. Igrači igraju jedan protiv drugoga na način da je dobitak jednoga ujedno i gubitak drugoga. A. Igre sa sedlom (striktno determinirane igre) – igra je zadana matricom plaćanja. Igrači nastoje

izborom svojih strategija maksimizirati svoj minimalni dobitak, odnosno minimalizirati svoj maksimalni gubitak. Primjenjujemo čistu strategiju. Za odabir optimalne strategije za svakog igrača koristimo:

a. von Neumann-ov kriterij (minimax) b. dominaciju

B. Igre bez sedla (nestriktno determinirane igre) – primjena mješovite strategije. Koristimo Mϋller-Merbach-ovu metodu (LP model).

Müller-Merbachova metoda Igrač A uvijek ostvaruje dobitak (nastoji maksimizirati svoj minimalni dobitak), a igrač B gubitak (nastoji minimalizirati svoj maksimalni gubitak).

M = a b c d

x1 A1 x2 A2

y1 y2

B1 B2

Igrač A: max D = v ax1 + cx2 ≥ v bx1 + dx2 ≥ v x1 + x2 = 1 x1,2 ≥ 0, v – slob.

Igrač B: min D = v ay1 + by2 ≤ v cy1 + dy2 ≤ v y1 + y2 = 1 y1,2 ≥ 0, v – slob.

2. Igre protiv prirode – igrač u igri protiv prirode igra svoju najbolju strategiju i pri tome je posve

indiferentan prema prirodi. Optimalne strategije određuju se pomoću tri kriterija: A. Laplaceov kriterij – po ovom kriteriju sve su vjerojatnosti iste i igrač za svoju strategiju bira red

za koji vrijedi: max [1/n * ai1 + 1/n * ai2 + ... + 1/n + ain]

n – broj stupaca B. Hurwitzov kriterij – optimizam igrača izražava se brojem alfa (α), takvim da je 0<α<1. Ako se

uzme da je alfa bliže 1, igraču je stalo do reakcija prirode, a ako je alfa bliže 0 tada igraču nije stalo do reakcija prirode. Igrač za svoju strategiju bira red za koji vrijedi:

max [α * Ai + (1- α) * ai] Ai – maksimalni element reda; ai – minimalni element reda


Teo

rija

igar

a

26

C. Savage-ov kriterij – radimo redukciju matrice tako da pronađemo najveći element svakog stupca i od njega oduzmemo sve ostale elemente i njega samog od sebe. Dobijemo matricu žaljenja ! Zatim pronađemo najveći element svakog reda u novoj matrici, ispišemo ga sa strane i nađemo minimalni od tih maksimalnih elemenata (minimax). Taj broj predstavlja optimalnu strategiju za igrača.

Zadaci

74. Odredite optimalnu strategiju za igrače:

8 0 -6 -1 6 4 3 5 8 -4 1 5

75. Riješite slijedeću matričnu igru (za oba igrača):

-1 2 3 1

76. Matricom plaćanja zadana je igra. Ako se radi o igri sa sedlom, postavite LP-model, u suprotnom riješite matricu igre:

6 10 12 8 8 14 8 16

12 12 14 20 8 10 6 18

77. Zadana je igra protiv prirode. Pronađite optimalne strategije za igrača A prema svim kriterijima:

78. Dvije konkurentske firme vrše EP u novinama i na plakatima. U svakom planskom periodu potrebno je odlučiti se za određenu soluciju. Manager A došao je do slijedećih zaključaka:

- A će postići dobit od 100 NJ, ako se odluči za propagandu u novinama u slučaju da se B odluči za isto, a dobit će mu biti 0 ako B preferira plakat. - ako bi se A odlučio za propagandu plakatima mogao bi izgubiti 100 ili dobiti 200 NJ, ovisno o tome, preferira li B novine ili plakate. Koju će odluku donijeti manager A?

79. Poduzeće strojogradnje može se opredijeliti za tri vrste strojeva – S1, S2 i S3. Od mogućih okolnosti poduzeće je u situaciji da uzme u obzir tri moguće – O1, O2 i O3. Za tri moguće strategije i tri okolnosti poduzeće mora utvrditi pojedinačne efekte i to pomoću slijedećih kriterija: Neumann, Laplace, Savage i Hurwitz (α = 0,75).

STRATEGIJA O1 O2 O3 S1=investicijska dobra 30 4 -10 S2=aparati za domaćinstvo 15 12 0 S3=specijalni strojevi 6 6 6

80. Grafičkim putem riješite matričnu igru:

81. Pronađite rješenje igre zadane matricom plaćanja:

6 2 5 4 3 7 5 5 6

PRIRODA A1 12 18 15 A2 17 10 14 A3 22 16 10 A4 14 14 14

0 3 3 0


Teo

rija

igar

a

27

82. Igrači A i B biraju nezavisno jedan od drugoga brojeve 1, 2 i 3. Ako obojica izaberu isti broj, A plaća tu svotu. Ako izaberu različite brojeve, tada B plaća igraču A svotu jednaku broju koji je izabrao igrač A.

a) Konstruirajte matricu plaćanja za taj problem. b) Pronađite optimalnu strategiju za igrača A.

83. Grafičkim putem pronađite optimalne strategije za igrače:

4 -2 1 3


Mre

žno

pro

gram

iran

je

28

Mrežno programiranje

Cilj mrežnog programiranja je uskladiti sve aktivnosti koje su potrebne za izvršavanje nekog projekta i pregledno ih grafički prikazati u mreži. Pri tome se mora paziti da se usklade sve vremenske zavisnosti između pojedinih aktivnosti jer metode mrežnog programiranja stavljaju u prvi plan strogo planiranje i kontrolu vremena. Da bismo nacrtali mrežni dijagram potrebno ja poznavati cjelokupni projekt, tj. ekonomske, organizacijske i tehničke mjere vezane za izradu novog projekta, sustava... Nakon toga proces se dijeli u aktivnosti te se zatim istražuju i utvrđuju zavisnosti među aktivnostima. Polazi se obično od završetka projekta i postavlja se pitanje koje se aktivnosti moraju završiti do te aktivnosti te koje aktivnosti mogu početi istovremeno s tom aktivnošću. Kada smo to utvrdili možemo sastaviti tablicu (kakve su nama zadane) na temelju koje crtamo mrežni dijegram. Kod crtanja mrežnih dijagrama treba se pridržavati pravila da svaka aktivnost (strijelica) mora početi i završiti događajem (čvorom). Prikazivanje i kontrola vremena sastoji se od dva koraka:

I. Postavljanje aktivnosti u logičan redoslijed – jedna aktivnost mora završiti da bi druga počela II. Analiza vremena - najranijeg početka aktivnosti, najkasnijeg završetka aktivnosti te utvrđivanja

kritičnog puta, tj. optimalnog rješenja. Do optimalnog rješenja dolazimo metodama: A. Metoda kritičnog puta (CPM metoda – Critical Path Method) Ova metoda ima jedno vrijeme trajanja aktivnosti tij. Cilj ove metode leži u utvrđivanju trenutka početka i završetka određene aktivnosti i u izračunavanju završetka projekta (možemo ga očitati u zadnjem čvoru). U slučaju da više strijelica vodi u isti čvor, tada je najraniji početak nastupa događaja (lijevi broj u čvoru) jedna najvećem (max) krajnjem roku strijelice koja ulazi u njega. Biramo max zbog toga što sve aktivnosti koje vode u taj čvor moraju završiti da bi nova aktivnost mogla započeti. Na kraju se dobije najraniji završetak posljednjeg čvora koji ujedno pokazuje najraniji završetak čitavog projekta. Sve aktivnosti kod kojih su najkasniji dopustivi završni rokovi i najraniji mogući početni rokovi jednaki zovu se kritične aktivnosti i one čine kritični put (stazu) po čemu je metoda i dobila ime. Sve aktivnosti koje nisu kritične imaju vremensku rezervu koja se satoji od razlike najkasnijeg dopustivog roka i najranijeg mogućeg roka. Postoje tri vrste vremenske rezerve:

a) Ukupna (totalna) vremenska rezerva ( ) – pokazuje koliko se vremenskih jedinica može

pomaknuti pojedina aktivnost (naprijed ili nazad) ako susjedne aktivnosti, s obzirom na ovo pomicanje zauzmu najpovoljniji položaj.

b) Slobodna vremenska rezerva ( ) – dobije se ako aktivnosti koje slijede i one koje prethode

počnu što je prije moguće. c) Nezavisna vremenska rezerva ( ) – dobije se ako sve aktivnosti koje slijede počnu što je prije

moguće, a aktivnosti koje prethode završe toliko kasno koliko je dopušteno. B. PERT metoda Razlikuje se od CPM metode po vremenima trajanja aktivnosti. Dok kod CPM metode imamo samo jedno vrijeme aktivnosti , kod PERT metode imamo tri vremena trajanja aktivnosti, tj. postoje tri vremenske

procijene, a to su: - aij – optimistično vrijeme – najkraće moguće vrijeme u kojem se mogu izvršiti neke određene

aktivnosti - mij – najvjerojatnije vrijeme trajanja aktivnosti - bij – pesimistično vrijeme – najduže vrijeme koje bi bilo potrebno za izvršenje određene

aktivnosti Na osnovi ovih vremena računamo očekivano vrijeme te pomoću njega crtamo mrežni dijagram kao i kod CPM metode te dobijemo kritični put. Varijanca pokazuje odstupanje od podataka koji se uzimaju kao reprezentativni. Što su odstupanja manja, to je vrijeme trajanja aktivnosti pouzdanije.


Mre

žno

pro

gram

iran

je

29


A. CPM metoda (metoda kritičnog puta) U tablici računamo:

- i – čvor iz kojeg aktivnost kreće - j – čvor u kojem aktivnost završava - tij – dužina trajanja aktivnosti - ti

0 – najraniji početak aktivnosti (lijevi broj u krugu iz kojeg aktivnost izlazi) - tj

0 – najraniji završetak aktivnosti = tij + ti0

- tj1 – najkasniji završetak aktivnosti (desni broj u krugu u koji aktivnost ulazi)

- ti1 – najkasniji (dopistivi) početak aktivnosti = tj

1 - tij

- ST – ukupna vremenska rezerva = tj1 – tj

0 (pokazuje koliko se vremenskih jedinica može pomaknuti aktivnost ako susjedne aktivnosti zauzmu najpovoljniji položaj)

- SS – slobodna vremenska rezerva = tj0 – ti

0 – tij (mora biti jednako nula) - zadnji stupac (kritični put) gdje su ST i SS jednaki nula (poklapaju se), to je čvor kritičnog puta.

B. PERT metoda

– očekivano vrijeme (pomoću njega crtamo mrežni dijagram) – varijanca odstupanja od podataka (σ - sigma)

TEi – najranije vrijeme nastanka događaja TLi – najkasnije vrijeme nastupa događaja

Trajanje aktivnosti (očekivano vrijeme trajanja aktivnosti):

Varijanca odstupanja:

Vjerojatnost da se događaj i dogodi u predviđenom roku:

Vjerojatnost da se događaj dogodi točno određenog dana (TSi):

Vremenska rezerva S određenog događaja predstavlja vremensku razliku između najkasnijeg završetka svih aktivnosti koje mu neposredno prethode i najranijeg početka narednih aktivnosti koje neposredno slijede:

i

TEi TLi


Mre

žno

pro

gram

iran

je

30

Zadaci

84. Zadan je skup aktivnosti i vrijeme njihovog trajanja. Odredite: a) Za svaku aktivnost najraniji/najkasniji početak aktivnosti, najraniji/najkasniji završetak

aktivnosti b) Kritični put c) Ukupnu vremensku rezervu

i j tij

A - 1 2 25 B - 1 3 8 C B 3 4 5 D A 2 4 9 E A 2 5 21 F C/D 4 5 9 G E/F 5 6 6 H A 2 7 15 I G 6 7 2 J H/I 7 8 1 K J 8 9 2

85. Odredite očekivana vremena i varijance za slijedeći skup aktivnosti:

AK. OVISI O aij mij bij A - 13 15 17 B - 4 8 12 C A 6 7 8 D B 2.1 4.4 4.5 E B 1.5 6 11 F C/D 2 7 12 G E 11 14 17

Kolika je vjerojatnost da se događaj 5 dogodi: a) u predviđenom roku b) točno 11-og dana

86. Zadan je skup aktivnosti i vrijeme njihovog trajanja. Izračunajte kritični put i ST i SS.

Aktivnost Vrijeme 1-2 1-3 2-4 3-4 3-5 4-6 5-6

3 7 2 5 6 1 4


Mre

žno

pro

gram

iran

je

31

87. Mrežno programiranje = PERT metoda

Nacrtajte mrežni dijagram i odredite kritični put. Izračunajte očekivano vrijeme i varijancu za pojedine aktivnosti, te odredite kolika je vjerojatnost odvijanja događaja broj 6 ako je planirani rok Ts=24, Ts=25,16 i Ts=26. Izračunajte vremenske rezerve.

88. Odredite očekivana vremena i varijance za slijedeći skup aktivnosti:

Aktivnost i - j

Vrijeme aij mij bij

(1,2) 1 2 3 (1,3) 1 3 4 (2,4) 2 3 5 (2,5) 2 4 6 (3,5) 6 8 10 (4,5) 1 2 4

Izračunajte odgovarajući faktor vjerojatnosti Z4, ako je usvojen planirani rok događaja 4 za 6,5 vremenskih jedinica. Odredite kritični put.

89. Nakon završene analize ustanovljene su međuzavisne aktivnosti i podaci koji karakteriziraju pojedine aktivnosti. Podaci su dati u slijedećoj tablici:

Aktivnosti i – j

aij mij bij

1-2 1-3 2-3 2-4 3-5 4-6 5-7 6-7

6 13 4 2 2 3 7 3

7 15 8 4 7 6

11 7

8 17 12 6

12 10 14 9

Nacrtajte mrežni dijagram projekta, izvršite analizu vremena i odaberite kritični put. Koliki je faktor vrijednosti Z5, a koliki je Z6?

Aktivnosti i – j

aij mij bij

1-2 2-3 2-4 2-5 3-4 3-6 4-6 5-6

9 5 2 4 2 6 1 5

10 7 3 5 2 8 1 6

13 8 3 7 2

10 1 8


Mo

del

i rep

ova

ček

anja

32

Modeli repova čekanja

Repove čekanja susrećemo posvuda, npr. rep čekanja na blagajni u trgovini, u banci, kod doktora, na benzinskoj crpki i sl. Najvažniji elementi u teoriji repova su:

1) Sustav repa (trgovina, autopraonica, banka...) 2) Jedinica (kupac, klijent...) 3) Vršitelj usluge (poslužitelj ili server) – to može bit blagajnica, crpka, stroj...

Sustav repova čekanja može biti: - Konačan – broj klijenata koji se mogu naći u sustavu je ograničen - Beskonačan – broj klijenata u sustavu je neograničen

Osnovni parametri sustava repova su: - Ls – očekivani (prosječni) broj klijenata u sustavu - Lq – očekivani (prosječni) broj klijenata u redu - Ws – očekivano (prosječno) vrijeme čekanja u sustavu - Wq – očekivano (prosječno) vrijeme čekanja u repu

λ – lambda – prosječan broj klijenata koji dolaze u sustav (broj automobila koji u određenom vremenu, npr. u sat vremena, dođu u autopraonicu) μ- mi – prosječan broj klijenata koji su usluženi te odlaze iz sustava (pretpostavljamo da nitko ne odlazi neuslužen) p0 – vjerojatnost da je sustav prazan, tj. da se u sustavu (npr. prodavaonici) ne nalazi niti jedan klijent pn – vjerojatnost da se u sustavu nalazi točno n klijenata Dolasci klijenata ponašaju se po Poissonovoj distribuciji:

λ - aritmetička sredina Poissonove distribucije (prosječan broj klijenata koji dolaze u sustav)


Mo

del

i rep

ova

ček

anja

33

Odlasci klijenata ponašaju se po eksponencijalnoj distribuciji:

μ – aritmetička sredina eksponencijalne distribucije (prosječan broj klijenata koji odlaze iz sustava)

Modeli repova čekanja označavaju se tzv. Kendal-ovom notacijom. Primjer: (M/M/1) : (GD/∞/∞) Objašnjenje:

M - distribucija dolazaka klijenata M - distribucija usluživanja klijenata 1 - broj servera, tj. davatelja usluga (ako ih ima više od 1 tada se umjesto 1 ovdje nalazi S ili C) GD - disciplina usluživanja je generalna (opća) ∞ - broj klijenata u sustavu (ako je model repova čekanja konačan, tada će ovdje biti N) ∞ - veličina skupa izvora klijenata

- rep s jednim mjestom usluge: (M/M/1) : (GD/∞/∞) - rep s više mjesta usluge: (M/M/S ili C) : (GD/∞/∞) - rep s ograničenim brojem klijenata u sustavu: (M/M/1) : (GD/N/∞)

Zadaci

90. U autopraonicu vozila stižu po Poissonovoj distribuciji sa očekivanjem od 3 vozila/h. Prosječno vrijeme pranja vozila je 15 min. Postoji jedno uslužno mjesto. Izračunajte:

Ψ (psi) - prosječnu zaposlenost autopraonice P0 - vjerojatnost da nema niti jednog vozila P2 - vjerojatnost da su u autopraonici 2 vozila Ls, Lq, Ws, Wq = ? 91. U jednom frizerskom salonu rade dva frizera. U salon prosječno dolaze 3 osobe u 2 sata, a prosječno

vrijeme usluge je 1 sat. Izračunajte: Ψ, P0, P1, P3, Pw (vjerojatnost da će osobe čekati na uslugu), Ls, Lq, Ws, Wq

92. Na benzinsku crpku stigne prosječno 6 automobila u 120 min. Prosječno vrijeme punjenja vozila benzinom je 15 min. Postoji jedno uslužno mjesto ali i 3 parkirališna mjesta na crpki. Izračunajte sve relevantne parametre sustava!

93. U jedan automobilski servis dolazi prosječno 20 automobila u tijeku 4 sata, dok usluga jednog automobila traje prosječno 10 minuta. Izačunajte sve parametre ovog sustava.

94. U sustav s jednim repom i jednim uslužnim mjestom dolazi u satu 12 jedinica. U 15 minuta usluže se 4 jedinice. Odredite: prosječan broj jedinica u sustavu, vjerojatnost da se neće čekati na uslugu, vjerojatnost da će u sustavu biti 4 jedinice. Koliko je srednje vrijeme čekanja ako se ono izračunava kao razlika između prosječnog vremena čekanja u sustavu i prosječnog vremena čekanja u repu?

95. U problemu repova čekanja s više mjesta usluga prosječni broj dolazaka po jedinici vremena (10 minuta) je 8 osoba, a prosječno vrijeme trajanja usluge je 5 minuta. Izračunajte optimalne parametre ovog sustava za s=5 i s=6.


Mo

del

i rep

ova

ček

anja

34

96. Kolika je prosječna duljina repa Ls, koliko je Wq, a koliko Ws, ako je prosječna stopa dolazaka 3/4, a prosječna stopa usluge 4/5?

97. Neka banka ima dvije blagajne. Prosječna stopa dolazaka klijenata na sat je 12, a vrijeme usluge je eksponencijalno sa stopom od 15 klijenata na sat na svakoj blagajni. Izračunajte ove optimalne parametre ovog sustava repova.

98. Management trgovačkog lanca namjerava otvoriti novu prodavaonicu kruha. U večernjim satima predviđen je prosječni dolazak od 1.2 kupca u minuti. Zaposlit će se tri prodavača od kojih će svaki prosječno u minuti uslužiti jednog kupca. Izračunajte sve glavne parametre ovog sustava.

99. Mehaničar u jednom servisu u stanju je montirati u prosjeku tri nova ispušna lonca za 1 sat ili 1 lonac svakih 20 minuta. Mušterije koje trebaju tu uslugu dolaze u taj servis u prosjeku 2 po satu. Izračunajte brojčane vrijednosti parametara. Analizirajte opciju kada bi servis zaposlio još jednog mehaničara i kada bi mušterije dolazile po istoj stopi, a i kada bi usluga ostala ista kao i ranije.


Mo

del

i zal

iha

35

Modeli zaliha

U okviru teorije zaliha pojavljuju se pitanja: Koju količinu treba naručiti? i Kada treba napuniti skladište? Da bismo odgovorili na ta pitanja potrebno je uzeti u obzir različite karakteristike zaliha i različite vrste troškova:

1) Troškovi skladištenja (k1) – troškovi koji zavise od visine zaliha, tj. o prosječnoj, minimalnoj ili maksimalnoj veličini zaliha u određenom trenutku (npr. kamate, troškovi skladišnog prostora, troškovi kvarenja, troškovi osiguranja zaliha...)

2) Troškovi narudžbe (k3) – troškovi koji se javljaju u konstantnoj veličini kod svake narudžbe ili kod završne serije (npr. transportni troškovi, carina, osiguranje...)

3) Troškovi nedostatka zaliha (k4') – troškovi koji su nastali u situaciji kada se ne može zadovoljiti neka potreba zbog nedovoljnih zaliha (u slučaju gubitaka, kazni, penala...)

Da bi se mogla izračunati optimalna veličina narudžbe, mora se poći od slijedećih premisa: a) Potražnja je konstantno determinirana po jedinici vremena. b) Skladište se puni u trenutku kada mu je stanje nula. c) Količina narudžbe je konstantna. d) Troškovi skladištenja po jedinici i troškovi narudžbe su konstantni. e) Cijena uskladištenog materijala je konstantna i neovisna o naručenoj količini. f) Promatra se samo jedan proizvod, ostali se ne uzimaju u obzir. g) Veze s ostalim područjima poslovanja (npr. proizvodnja, financiranje, tržište) su zanemarene.

Vremenske jedinice moraju biti usklađene !! (1 godina = 12 mjeseci, 1 mjesec = 30 dana, 1 godina = 360 dana)

Vrste modela zaliha

1) Osnovni model zaliha Grafički prikaz osnovnog modela zaliha izgleda ovako:

q – količina narudžbe t - vrijeme q0 – optimalna količina narudžbe L – vrijeme između jedne i druge narudžbe

L

q0

q

t L


Mo

del

i zal

iha

36

Grafičko rješenje problema zaliha:

Prikazana je veličina narudžbe q0 (optimalna količina narudžbe) koja odgovara slučaju kada su:

i kada ta veličina predstavlja optimalni nivo narudžbe. Iz te jednadžbe dobivamo da je:

K = KB + KL K – ukupni troškovi zaliha KB – ukupni troškovi narudžbe KL – ukupni troškovi skladištenja T – period vremena na koji se odnosi politika zaliha P – ukupna potražnja (zahtjev) za period T q – količina narudžbe k1 – troškovi skladištenja jedinice zaliha k2 – troškovi nedostatka zaliha nastali zbog nezadovoljenja potražnje k3 – troškovi narudžbe (po narudžbi) k4 – faktor troškova nedostatka zaliha n – rata potražnje (potražnja, tj. potrebe po jedinici vremena)

2) Model zaliha sa zakašnjelom isporukom Osim osnovnog modela zaliha postoji i model zaliha sa zakašnjelom isporukom – narudžbe koje stižu dok nema zaliha (za vrijeme t) bit će isporučene čim stigne nova isporuka. Te narudžbe bit će zadovoljene prije svih ostalih zahtjeva.

K

kmin

q0 q

K


Mo

del

i zal

iha

37

Model zaliha sa zakašnjelom isporukom grafički možemo prikazati ovako:

q0 – optimalna količina narudžbe s0 – optimalna količina koja se treba naručiti t – vrijeme između dvije narudžbe

3) Model zaliha s ograničenjem Polazi od pretpostavke da se na skladištu ne nalazi samo jedan već više proizvoljnih proizvoda. Ako se u kratkom vremenu ne može proširiti skladišni prostor, ili ako se ne mogu povisiti financijska sredstva namjenjena zalihama, tada skladišni prostor i financijska sredstva postavljaju gornju granicu za veličinu zaliha. λ – Lagrangeov multiplikator; on utječe na količinu narudžbe. Optimalna vrijednost λ smanjuje količinu narudžbe na vrijednost koja zadovoljava ograničenja i pokazuje za koliko se smanjuju ukupni troškovi, ako se kapacitet zaliha poveća.

Zadaci

100. Zrakoplovna kompanija se snabdijeva s 28.000 zakovica godišnje. Kako nema skladište za tu svrhu, proizvođač je dužan osigurati joj mjesečne potrebe. Čuvanje jedne zakovice u tijeku mjesec dana stoji 10 kn. Za svako kašnjenje u isporuci u toku jednog dana plaćaju se penali od 0,1 kn po zakovici. Fiksni troškovi jedne serije su 2.800 kn. Odredite osnovne parametre ovakvog sustava snabdijevanja.

101. Dobavljač šalje nekoj transportnoj organizaciji 25 dizel motora na dan. Ugovorom je određeno da će u slučaju povrede roka isporuke platiti kaznu od 10 NJ po motoru i danu. Troškovi skladištenja iznose 16 NJ za mjesec dana. Početak svake serije uzrokuje troškove od 10.000 NJ. Izračunajte stanje zaliha na početku svakog intervala, odredite optimalnu količinu narudžbe (tj. količine koju treba proizvesti), te odredite optimalnu dužinu intervala između dvije narudžbe.

102. Dnevni troškovi skladištenja nekog proizvoda čija je godišnja prodaja 200.000 komada, iznose 0.002 NJ po komadu. Treba odrediti optimalnu količinu (serije, narudžbe) i optimalni period, ako je potrebno 720 NJ za pripremu serije. Koliki su ukupni troškovi zaliha za najekonomičnije rješenje?

103. Proizvođač proizvodi 2 proizvoda Q1 i Q2:

ni k1i k3i Q1 220 10 90 Q2 380 8 30

s0

q0

vrijeme

t3 t4

t


Mo

del

i zal

iha

38

Postotak troškova skladištenja je r=0,005, ukupan raspoloživi skladišni prostor L=13.500 m2, a specifične prostorne zapremnine l1=4,5 m2 i l2=32 m2. Treba izračunati optimalne zalihe, ukupne troškove i potreban prostor za skladištenje uz veličinu Lagrangeovog multiplikatora 0,001 i 0,00015.

104. Proizvođač određenog proizvoda treba isporučiti naručitelju 40.000 jedinica proizvoda tijekom cijele godine. Proizvođač mora dnevno proizvodnju skladištiti, jer naručitelj nema skladišnog prostora. Mjesečni troškovi skladištenja po jedinici proizvoda iznose 15 NJ. troškovi puštanja u proizvodnju jedne serije iznose 3.500 NJ. U slučaju da dođe do nezadovoljenja potražnje, isporučitelj snosi troškove u iznosu od 250 NJ po jedinici neisporučene robe za jedan mjesec. U cilju minimalizacije ukupnih godišnjih troškova, potrebno je odrediti optimalnu količinu serije, optimalnu dužinu vremenskog intervala i optimalni iznos minimalnih godišnjih troškova.

105. Jedna organizacija elektronske industrije ima ponudu da u roku jedne godine (T= 12 mjeseci) isporuči 18.000 televizora pod uvjetom da isporuka bude neprekidna tijekom cijele godine. Mjesečni troškovi skladištenja jednog televizora iznose 200 kn, a troškovi koji prethode početku proizvodnje jedne serije iznose 500.000 kn. Odredite optimalan opseg proizvodnje i odgovarajuće minimalne troškove.

106. Zadani su slijedeći podaci za model zaliha. Pronađite optimalne elemente!

r = 0,005 L = 14.000 m3 l1 = 5 m3 l2 = 35 m3 Lagrangeov multiplikator = 0,001 i 0,0002.

Sretno!

qi ni k3i k1i q1 200 100 12 q2 400 25 7


Lit

erat

ura

39

Literatura

1. Barković, Dražen: 'Operacijska istraživanja', Ekonomski fakultet Osijek, Osijek 2002. 2. Bronštejn, I.N. i suradnici: 'Matematički priručnik', Golden marketing – Tehnička knjiga. Zagreb 2004.

Documents

simulacije skripta