TO Praktikum v3odlucivanje.fon.bg.ac.rs/wp-content/uploads/TO_Praktikum.pdf · Suknović, Delibašić, Jovanović, Vukićević, Radovanović Recenzija Teorija odlučivanja je interdisciplinarana

Praktikum

ODLUČIVANJE

Suknović, Delibašić, Jovanović, Vukićević, Radovanović


Odlučivanje - praktikum

Fakultet organizacionih nauka

Beograd, 2019. god


Naziv knjige: „Odlučivanje – praktikum“ Autori: prof. dr Milija Suknović, prof. dr Boris Delibašić, doc. dr Miloš Jovanović, doc. dr Milan Vukićević, Sandro Radovanović Recenzenti: prof. dr Milan Martić prof. dr Dragana Bečejski-Vujaklija Izdavač: Fakultet organizacionih nauka, Beograd, Jove Ilića 154 Korice: Milan Vukićević Format: A4 Broj strana: ISBN: 978-86-7680-358-3

Predgovor

Praktikum Odlučivanje je nastao u okviru Centra za poslovno odlučivanje Fakulteta organizacionih nauka, Univerziteta u Beogradu. Osnovni cilj koji su autori želeli da ostvare pisanjem ovog praktikuma jeste da omoguće studentima da usvoje i generalizuju koncepte odlučivanja kroz rešavanje brojnih praktičnih problema. Ostvarivanjem ovog cilja studenti treba da budu u mogućnosti da prepoznaju i karakterišu probleme odlučivanja u poslovnoj praksi, kao i da rešavaju ove probleme odgovarajućim metodama i tehnikama. Praktikum je pre svega namenjen studentima osnovnih studija Fakulteta organizacionih nauka, koji slušaju nastavu na predmetu Teorija odlučivanja, ali i drugim zainteresovanim studentima, kao i stručnjacima iz oblasti. Oblasti pokrivene praktikumom uključuju višekriterijumsku analizu odlučivanja, teoriju korisnosti, teoriju preferencija, analizu odlučivanja i rizika, kvalitativne modele odlučivanja, modele odlučivanja na bazi istorijskih podataka i grupno odlučivanje. Posebna pažnja je posvećen detaljnom objašnjenju najpopularnijih metoda kao što su: AHP, VIKOR, PROMETHEE, DEX, ID3, Borda i Kondorset itd. Dodatno, posebna pažnja je posvećena objašnjenju intuicije modela i metoda kroz praktične primere.

Sadržaj praktikuma, kao i način predstavljanja i rešavanja problema je nastao u kolaboraciji autora, stručnjaka iz prakse i studenata kroz istraživanje u okviru projekta Unapređenja predmeta vezanih za nauku o podacima i odlučivanje na Fakultetu organizacionih nauka, finansiranom od strane Ministarstva prosvete, nauke i tehnološkog razvoja, Republike Srbije.


Recenzija

Teorija odlučivanja je interdisciplinarana nauka koja prožima sve aspekte poslovanja, ali i svakodnevnog života, oslanja se kako na tehničke nauke kao što su Operaciona istraživanja, Nauka o pačunarima, Nauka o podacima, tako i na društvene kao što su Psihplogija i Sociologija. Zbog toga Teorija odlučivanja postavlja pred predavače svojevrsne izazove kao što su: izbor oblasti i metoda, nivo matematičkog formalizma i detalja opisa metoda, izbor praktičnih primera itd.

U ovom praktikumu autori su uspeli da na sistematičan način predstave izazove koji se postavljaju pred moderne donosioce odluka. Autori su na pažljiv i sistematičan način birali oblasti i metode, na osnovu dugogodišnjeg iskustva u radu sa studentima, kao i formalnog istrživanja koje su sproveli neposredno pre početka pisanje samog materijala. Veoma je bitno da je ovo istraživanje uključilo kako stručnjake iz oblasti tako i studente. Na taj način autori su prilagodili sadržaj i način prezentacije ovog materijala, potrebama tržišta ali i percipiranim teškoćama u savladavanju materijala na osnovu informacija koje su dobili od studenata.

Sve oblasti su pokrivene primerima kroz koje se jasno objašnjavaju matematička formalizmi ali i intuicija samih metoda i modela odlučivanja. Praktikum pokriva oblasti individualnog (višekriterijumskog) i grupnog odlučivanja, preferencija i korisnosti, rizika, kvalitativnih modela odlučivanja, kao i odlučivanja koje je bazirano na analizi istorijskih podataka.

Zbog svega navedenog očekujem da će ovaj praktikum omogućiti studentima lakše savladavanje gradiva, razumevanje i generalizaciju koncepata na predmetu Teorija odlučivanja ali da može pomoći i domenskim stručnjacima pri donošenju odluka.

Prof. dr Milan Martić,

Redovni profesor Fakulteta organizacionih Nauka, Univerziteta u Beogradu.

Juna 2019.

______________________________________

Recenzija

Proces donošenja odluka je kroz istoriju uvek bio jedan od ključnih procesa na kome se zasniva uspeh organizacija. U vreme ubrzanog razvoja informaciono-komunikacionih tehnologija (društvene mreže, “pametne” aplikacije i uređaji itd.) i automatizacije poslovanja proces donošenja odluka postaje sve kompleksniji. Dodatno, moderni uslovi poslovanja i globalna konkurencija zahtevaju donošenje sve većeg broja odluka, u sve kraćim vremenskim periodima, zbog čega je Odlučivanje kao naučna i privredna oblast predmet sve većeg interesovanja.

Ovim praktikumom autori doprinose razvoju kritičkog mišljenja i kreativnosti u rešavanju problema odlučivanja. Praktikum pokriva i detaljno razrađuje bazične koncepte odlučivanja, kao što su korisnost, rizik i preferencije i neke od najpopularnijih metoda višekriterijumskog odlučivanja kao što su AHP i VIKOR. Dodatno, kroz rešavanje zadataka student se uvodi u oblast Ekspertskih sistema, Sistema za podršku odlučivanju i Mašinskog učenja. Autori prepoznaju sve veću potrebu za integracijom kvantitativnih metoda, domenskog znanja eksperata i odlučivanja u grupama i kroz primere ove integracije obezbeđuju čitaocima dobru osnovu za razumevanje naprednih metoda i tehnika odlučivanja.

Prof. dr Dragana Bečejski-Vujaklija,

Vanredni profesor (u penziji) Fakulteta organizacionih Nauka, Univerziteta u Beogradu.

Juna 2019.

______________________________________


Sadržaj

Višekriterijumska analiza odlučivanja (VKAO) ............................................................................................. 1

Višekriterijumsko iterativno kompromisno rangiranje (VIKOR) ................................................................. 16

Teorija i funkcije korisnosti ........................................................................................................................ 28

Metoda Analitičkih hijerarhijskih procesa (AHP) ....................................................................................... 39

Prometej (Promethee) metoda ................................................................................................................. 58

Analiza rizika i Analiza odlučivanja ............................................................................................................. 74

Odlučivanje na osnovu pravila ................................................................................................................... 83

Stabla Odlučivanja ................................................................................................................................... 107


1

Višekriterijumska analiza odlučivanja (VKAO)

Nastava:

1. Zadatak

Potrebno je zaposliti novog junior marketing stručnjaka za potrebe sprovođenja kampanja unutar firme. Raspisan je konkurs na koji se javio veći broj kandidata. Nakon prvog razgovora sa njima izdvojeno je šest kandidata sa sledećim osobinama

Radno iskustvo (u mesecima)

Znanje (ocena 1-10)

Tražena plata (u 100 x €)

Fakultet (ocena 1-10)

Ivan 3 4 3 10 Jelena 12 5 6 7 Marija 16 9 10 10 Stefan 9 7 7 5 Milan 10 5 6 6 Katarina 0 2 2 5

Prilikom formiranja konkursa odredili smo težine kriterijuma i one iznose:

Radno iskustvo Znanje Tražena plata Fakultet 5 4 3 4

a) Filtrirati alternative ukoliko je DO zadao sledeći željeni nivo vrednosti:


b) Filtrirati kandidate koji predstavljaju dominirane alternative. c) Odrediti najprihvatljiviju alternativu ukoliko je DO zadao sledeći nivo željenih vrednosti:


d) Odrediti najprihvatljiviju alternativu ukoliko je DO zadao redosled važnosti kriterijuma:

Znanje >> Radno iskustvo >> Tražena plata >> Fakultet

e) Odrediti najprihvatljiviju alternativu ukoliko je DO zadao drugačiji redosled važnosti kriterijuma:

Fakultet >> Tražena plata >> Znanje >> Radno iskustvo

f) Odrediti najprihvatljiviju alternativu primenom otežane sume. Podatke normalizovati 𝐿" normom.


2

g) Da li dolazi do promene u rangovima alternativa ukoliko se težina kriterijuma Tražena plata poveća na 0,5?

Rešenje:

a) Primenom konjuktivne metode dobijamo:


Znanje (ocena 1-10)



Ivan 3 4 3 10 Jelena 12 5 6 7 Marija 16 9 10 10 Stefan 9 7 7 5 Milan 10 5 6 6 Katarina 0 2 2 5 ŽNV 3 4 10 5

Radno iskustvo

(u mesecima) Znanje

(ocena 1-10) Tražena plata

(u 100 x €) Fakultet

(ocena 1-10) Zadovoljava

Ivan 1 1 1 1 T Jelena 1 1 1 1 T Marija 1 1 1 1 T Stefan 1 1 1 1 T Milan 1 1 1 1 T Katarina 0 0 1 1 N

Katarina ne zadovoljava željeni nivo vrednosti, te nju možemo izuzeti iz daljeg razmatranja.

b) Poredeći kandidate Milana i Jelenu možemo ustanoviti da je Milan dominirana alternativa.


Znanje (ocena 1-10)



Jelena 12 5 6 7 Milan 10 5 6 6

Drugim rečima, možemo izuzeti Milana iz daljeg razmatranja.

c) Primenom disjunktivne metode dobijamo:


Znanje (ocena 1-10)



Ivan 3 4 3 10 Jelena 12 5 6 7 Marija 16 9 10 10 Stefan 9 7 7 5 ŽNV 12 5 7 6


3


Znanje (ocena 1-10)



Zadovoljava

Ivan 0 0 1 1 2 Jelena 1 1 1 1 4 Marija 1 1 0 1 3 Stefan 0 1 1 0 2

Najprihvatljivija alternativa je Jelena.

d) Primenom leksikografske metode dobijamo da je najprihvatljivija alternativa Marija. e) Primenom leksikografske metode dobijamo da je najprihvatljivija alternativa Ivan. f) Rešenje je sledeće:

Invertovanje Radno iskustvo Znanje Tražena plata Fakultet Ivan 3 4 0,333 10 Jelena 12 5 0,167 7 Marija 16 9 0,1 10 Stefan 9 7 0,143 5 max 16 9 0,1 10

Normalizacija Radno iskustvo Znanje Tražena plata Fakultet Ivan 0,188 0,444 1 1 Jelena 0,75 0,556 0,502 0,7 Marija 1 1 0,3 1 Stefan 0,563 0,778 0,429 0,5

Vrednosti težina su:

Radno iskustvo Znanje Tražena plata Fakultet 0,313 0,25 0,188 0,25

Otežana tab. odl. Radno iskustvo Znanje Tražena plata Fakultet Ivan 0,059 0,111 0,188 0,25 Jelena 0,235 0,139 0,094 0,175 Marija 0,313 0,25 0,056 0,25 Stefan 0,176 0,195 0,081 0,125

Otežana suma Ivan 0,608 Jelena 0,643 Marija 0,869 Stefan 0,577

Najprihvatljivija alternative je Marija.


4

g) Nove težine iznose:


Dobijamo sledeću otežanu tabelu odlučivanja:

Otežana tab. odl. Radno iskustvo Znanje Tražena plata Fakultet Ivan 0,036 0,068 0,5 0,154 Jelena 0,144 0,086 0,251 0,108 Marija 0,192 0,154 0,15 0,154 Stefan 0,108 0,12 0,215 0,077

Konačno rešenje je:

Otežana suma Ivan 0,758 Jelena 0,589 Marija 0,65 Stefan 0,52

Dolazi do promene u rangovima alternativa. Odnosno, najprihvatljivija alternativa nakon promene težina kriterijuma jeste Ivan.

• 2. Zadatak

Tim marketing stručnjaka je odredio moguće strategije za promociju proizvoda. Razmatrali su sve moguće opcije komunikacije sa korisnicima i nakon analize tržišta odredili su sledeće kriterijume: Troškovi kampanje (želimo da budu što niži), Broj ljudi koje ćemo kontaktirati (želimo da bude što veći) i Trajanje kampanje (želimo da bude što veće). Popunjena je sledeća tabela odlučivanja:

Troškovi (u 100.000 x €)

Broj ljudi (u 100.000)

Trajanje (u danima)

Agresivno TV 8 6,7 10 TV + Radio 5 4,2 15 Društvene mreže 7 1,9 30 Novine + Radio 4 3,7 7

Pored mogućih strategija tim je odredio i važnosti za svaki od kriterijuma.

Troškovi Broj ljudi Trajanje 0,5 0,25 0,25


5

a) Odrediti najprihvatljiviju alternativu ako je DO zadao željeni nivo vrednosti.

Troškovi Broj ljudi Trajanje 5 3 15

b) Odrediti najprihvatljiviju alternativu ukoliko je DO zadao redosled važnosti kriterijuma:

Troškovi >> Broj ljudi >> Trajanje

c) Odrediti najprihvatljiviju alternativu korišćenjem otežane sume. Podatke normalizovati primenom 𝐿" norme.

d) Šta će se desiti sa redosledom alternative ukoliko se težina kriterijuma Troškovi smanji na 0,4?

Rešenje:

a) Najprihvatljivija alternativa je TV + Radio. b) Najprihvatljivija alternativa je Novine + Radio. c) Dobijaju se sledeće otežane sume:

Otežana suma Agresivno TV 0,583 TV + Radio 0,682 Društvene mreže 0,607 Novine + Radio 0,696

d) Dobijaju se sledeće težine i otežane sume:

Težine:

Troškovi Broj ljudi Trajanje 0,4 0,3 0,3

Otežane sume:

Otežana suma Agresivno TV 0,6 TV + Radio 0,658 Društvene mreže 0,614 Novine + Radio 0,636

•


6

3. Zadatak



Znanje (ocena 1-10)



Ivan 3 4 3 10 Jelena 12 5 6 7 Marija 16 9 10 10 Stefan 9 7 7 5



a) Ispitati da li postoji razlika u rangovima alternativa ukoliko se primeni otežana suma i otežani proizvod. Podatke normalizovati 𝐿$ normom.

b) Ispitati da li postoji razlika u rangovima alternative ukoliko se primeni otežana suma i otežani proizvod. Podatke normalizovati 𝐿% normom.

c) Ispitati da li postoji razlika u rangovima alternative ukoliko se primeni otežana suma i otežani proizvod. Podatke normalizovati 𝑚𝑎𝑥 −𝑚𝑖𝑛 normom.

d) Za zadatak pod a) za otežanu sumu, gradijentnom analizom za kriterijum Tražena plata ispitati rangove alternative. Potrebno je za svaki decil težine ispitati rangove alternativa i odrediti tačku preseka.

Rešenje:

a) Rešenje je sledeće:

Invertovanje Radno iskustvo Znanje Tražena plata Fakultet Ivan 3 4 0,333 10 Jelena 12 5 0,167 7 Marija 16 9 0,1 10 Stefan 9 7 0,143 5 sum 40 25 0,743 32

Normalizacija Radno iskustvo Znanje Tražena plata Fakultet Ivan 0,075 0,16 0,448 0,313 Jelena 0,3 0,2 0,225 0,219 Marija 0,4 0,36 0,135 0,313 Stefan 0,225 0,28 0,192 0,156


7

Otežana suma Otežani proizvod Ivan 0,313 (1) 0,265 (1) Jelena 0,227 (3) 0,226 (2) Marija 0,247 (2) 0,220 (3) Stefan 0,214 (4) 0,210 (4)

Dolazi do promena u rangovima alternativa.

b) Rešenje je sledeće:

Invertovanje Radno iskustvo Znanje Tražena plata Fakultet Ivan 3 4 0,333 10 Jelena 12 5 0,167 7 Marija 16 9 0,1 10 Stefan 9 7 0,143 5 Koren sume kvadrata

22,136 13,077 0,411 16,553

Normalizacija Radno iskustvo Znanje Tražena plata Fakultet Ivan 0,136 0,306 0,809 0,604 Jelena 0,542 0,382 0,406 0,423 Marija 0,723 0,688 0,243 0,604 Stefan 0,407 0,535 0,348 0,302


Dolazi do promena u rangovima alternativa.

c) Rešenje je sledeće:

Bitno je obratiti pažnju na različite tipove ekstremizacije podataka.

Radno iskustvo Znanje Tražena plata Fakultet Ivan 3 4 3 10 Jelena 12 5 6 7 Marija 16 9 10 10 Stefan 9 7 7 5 MIN 3 4 10 5 MAX 16 9 3 10


8

Normalizacija Radno iskustvo Znanje Tražena plata Fakultet Ivan 0 0 1 1 Jelena 0,692 0,2 0,288 0,4 Marija 1 1 0 1 Stefan 0,462 0,600 0,185 0


Dolazi do promene u rangovima alternativa.

d) Prvi korak je određivanje težina. Dobijaju se sledeće težine:

Radno iskustvo Znanje Tražena plata Fakultet 0,25 0,5 0 0,25

0,225 0,45 0,1 0,225 0,2 0,4 0,2 0,2

0,175 0,35 0,3 0,175 0,15 0,3 0,4 0,15

0,125 0,25 0,5 0,125 0,1 0,2 0,6 0,1

0,075 0,15 0,7 0,075 0,05 0,1 0,8 0,05

0,025 0,05 0,9 0,025 0 0 1 0

Dobijaju se sledeće otežane sume:

Tražena plata Ivan Jelena Marija Stefan 0 0,177 0,230 0,358 0,235

0,1 0,204 0,229 0,336 0,231 0,2 0,231 0,229 0,314 0,227 0,3 0,258 0,228 0,291 0,222 0,4 0,285 0,228 0,269 0,218 0,5 0,313 0,227 0,247 0,214 0,6 0,340 0,227 0,224 0,209 0,7 0,367 0,226 0,202 0,205 0,8 0,394 0,226 0,180 0,201 0,9 0,421 0,225 0,157 0,196 1 0,448 0,225 0,135 0,192


9

Odatle dobijamo liniju prave za svaku alternativu.

a b Ivan 0,271 0,177 Jelena -0,005 0,230 Marija -0,224 0,358 Stefan -0,043 0,235

Za Ivana i Mariju koji se nalaze na prvom rangu određujemo tačku preseka i dobijamo da je to 0,366.

Kompletan rezultat gradijentne analize je slika koja izgleda ovako:

•

0

0.05

0.1

0.15

0.2

0.25

0.3

0.35

0.4

0.45

0.5

0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1

Ivan

Jelena

Marija

Stefan


10

Zadaci za vežbanje:

1. Zadatak

Firma koja se bavi logistikom želi da izabere novu lokaciju za distributivni centar. Nakon istraživanja tržišta odredili su sledeće potencijalne lokacije.

Udaljenost (u km)

Parking (br. mesta)

Cena (u 1000 x €)

Opremljenost (ocena 1-10)

Meljak 25 20 12 6 Šimanovci 30 25 10 4 Voždovac 5 10 15 8 Banovo brdo 6 13 13 7

Određene su i težine kriterijuma i one iznose:

Udaljenost Parking Cena Opremljenost 0,2 0,2 0,3 0,3

a) Odrediti najprihvatljiviju alternativu ako je DO zadao redosled važnosti kriterijuma:

Cena >> Parking >> Udaljenost >> Opremljenost

b) Odrediti najprihvatljiviju alternativu ako je DO zadao željeni nivo vrednosti:

Udaljenost Parking Cena Opremljenost 10 13 13 6

c) Odrediti najprihvatljiviju alternativu primenom otežane sume. Normalizaciju podataka raditi 𝐿" normom.

d) Ispitati da li dolazi do promene u rangovima alternativa ukoliko se primeni 𝐿% norma.

Rešenje:

a) Najprihvatljivija alternativa je alternativa Šimanovci. b) Dobijaju se sledeće vrednosti:

Zadovoljava Meljak 3 Šimanovci 2 Voždovac 2 Banovo brdo 4

Najprihvatljivija alternativa je Banovo brdo.


11

c) Dobijaju se sledeće otežane sume:

Otežana suma Meljak 0,674 Šimanovci 0,683 Voždovac 0,781 Banovo brdo 0,765

Najprihvatljivija alternativa je Voždovac.

d) Nakon primene 𝐿% norme dobijaju se sledeće otežane sume:

Otežana suma Meljak 0,432 Šimanovci 0,439 Voždovac 0,516 Banovo brdo 0,502

Možemo zaključiti da ne dolazi do promene u rangovima alternativa.

• 2. Zadatak

Firma želi da uzme kredit za razvoj kupovinu nove mašine za proizvodnju. Raspitali su se za uslove kreditiranja u većem broju banki. Izbor su sveli na sledeće banke.

Kamata (u %)

Rok odobrenja (u danima)

Kolateral (u 10.000 x €)

Grejs period (u mesecima)

Hapi kredit 9 10 10 2 Zelena banka 6 15 15 6 Zadnja šansa 13 7 3 1 Psy banka 10 5 5 1

Poznate su i težine kriterijuma koje iznose:

Kamata Rok odobrenja Kolateral Grejs period 0,4 0,1 0,3 0,2

a) Odrediti najprihvatljiviju alternativu ukoliko je DO zadao redosled važnosti kriterijuma:

Kolateral >> Kamata >> Rok odobrenja >> Grejs perios

b) Odrediti najprihvatljiviju alternative primenom otežanog proizvoda. Za normalizaciju podataka koristiti 𝐿" normu.


12

c) Šta ako pregovaranjem sa Zadnjom šansom uspemo da produžimo Grejs period na dva meseca? Da li dolazi do promene u rangovima alternative?

d) Gradijentnom analizom (sa početnom tabelom odlučivanja) za kriterijum Kamata ispitati koje alternative i u kojem opsegu težina su prvorangirane. Za agregaciju koristiti otežanu sumu. Podatke normalizovati 𝐿" normom.

Rešenje:

a) Najprihvatljivija alternativa je Zadnja šansa. b) Dobijaju se sledeći otežani proizvodi:

Otežani proiz. Hapi kredit 0,443 Zelena banka 0,554 Zadnja šansa 0,496 Psy banka 0,489

Najprihvatljivija alternativa je Zelena banka.

c) Nakon promene vrednosti za Grejs period alternative Zadnja šansa na 2 dobijamo sledeće otežane proizvode:

Otežani proiz. Hapi kredit 0,443 Zelena banka 0,554 Zadnja šansa 0,57 Psy banka 0,489

Najprihvatljivija alternativa postaje Zadnja šansa.

d) Dobijaju se sledeći otežani proizvodi:

Kamata Hapi kredit Zelena banka Zadnja šansa Psy banka 0 0,344 0,489 0,73 0,523

0,1 0,376 0,541 0,703 0,53 0,2 0,408 0,592 0,676 0,538 0,3 0,441 0,643 0,65 0,546 0,4 0,473 0,694 0,623 0,553 0,5 0,505 0,745 0,595 0,561 0,6 0,537 0,796 0,569 0,569 0,7 0,569 0,847 0,542 0,576 0,8 0,601 0,898 0,515 0,583 0,9 0,633 0,949 0,488 0,592

1 0,665 1 0,461 0,599


13

Grafički dobijamo:

Primećujemo da je Zadnja šansa prihvatljivija alternativa za niže vrednosti težine Kamate, dok za veće težine prihvatljivija je alternativa Zelena banka.

Tačka preseka je 0,309.

• 3. Zadatak

Javno preduzeće je raspisalo tender za nabavku softverskog rešenja za Registar odlikovanja. Na osnovu konkursne dokumentacije sastavljena je tabela odlučivanja.

Cena (u 1.000 x €)

Rok isporuke (u mesecima)

Tehnologija (ocena 1-10)

Iskustvo (br. projekata)

Sopstveni res. 2 3 3 3 Aga 12 1 10 15 DotTrade 10 1 8 11 Blue & Red Tree 15 2 9 16


Cena Rok isporuke Tehnologija Iskustvo 0,5 0,2 0,1 0,2

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1

Otežane sume

Hapi kredit Zelena banka Zadnja šansa Psy banka


14

a) Odrediti najprihvatljiviju alternativu ukoliko je DO zadao nivo željenih vrednosti.

Cena Rok isporuke Tehnologija Iskustvo 10 2 8 10

b) Odrediti najprihvatljiviju alternativu primenom otežane sume. Podatke normalizovati 𝑚𝑎𝑥 −𝑚𝑖𝑛 normom.

c) Odrediti najprihvatljiviju alternative primenom otežane sume. Podatke normalizovani 𝐿$ normom.

d) Da li dolazi do promene u rangovima alternativa u b) I c) ukoliko je vrednost težine za kriterijum Cena jednaka 0,4.

Rešenje:

a) Dobijaju se sledeće vrednosti:

Zadovoljava Sopstveni res. 1 Aga 3 DotTrade 4 Blue & Red Tree 3

Najprihvatljivija alternativa je DotTrade.

b) Dobijaju se sledeće otežane sume:

Otežana suma Sopstveni res. 0,5 Aga 0,601 DotTrade 0,587 Blue & Red Tree 0,386

Najprihvatljivija alternativa je Aga.

c) Primenom 𝐿$ normalizacije podataka dobijamo sledeće otežane sume:

Otežana suma Sopstveni res. 0,381 Aga 0,227 DotTrade 0,214 Blue & Red Tree 0,181

Najprihvatljivija alternativa je Sopstveni resursi.


15

d) Nove vrednosti težina su:


Otežane sume su sledeće:

Otežana suma max-min

Otežana suma 𝐿$

Sopstveni res. 0,4 0,323 Aga 0,674 0,249 DotTrade 0,628 0,229 Blue & Red Tree 0,463 0,199

•


16

Višekriterijumsko iterativno kompromisno rangiranje (VIKOR)

Nastava:

1. Zadatak

Grad želi da izgradi liniju metroa. Raspisan je konkurs na koji se prijavilo veći broj preduzeća. Nakon inicijalne selekcije alternativa uz pomoć konjuktivne metode, formiran je uži krug građevinskih firmi. Njihove ponude su date u sledećoj tabeli:

Troškovi (u 1M x €)

Kvalitet mat. (ocena 1-10)

Rok izgradnje (u mesecima)

Garantni rok (u mesecima)

Neimar 14 6 48 32 Brze pruge 10 5 36 36 BG MetroFront 20 8 16 30 German Rail 18 10 24 24

Prilikom formiranja konkursa DO je formirao težine kriterijuma i one iznose:

Troškovi Kvalitet mat. Rok izgradnje Garantni rok 0,4 0,2 0,3 0,1

a) Odrediti najprihvatljiviju alternativu korišćenjem otežane sume. Podatke normalizovati 𝐿$ normom.

b) Odrediti najprihvatljiviju alternativu korišćenjem MAXIMIN i MAXIMAX metode. Podatke normalizovati 𝐿$ normom.

c) Odrediti najprihvatljiviju alternativu na osnovu kompromisa između otežane sume iz zadatka pod a) i MAXIMIN metode iz zadatka pod b) ako je vrednost parametra v jednaka 0,7. Normalizaciju pri kreiranju kompromisa vršiti 𝑚𝑎𝑥 −𝑚𝑖𝑛 (IKOR) normom.

d) Šta se dešava sa kompromisnim rešenjem alternative BG MetroFront ako se vrednost parametra v smanji na 0,3.

Rešenje:

Zadaci pod a) i b) se u velikoj meri preklapaju, odnosno razlikuje im se samo korak agregacije. U tabeli ispod su prikazane normalizovane vrednsti alternative po svakom od kriterijuma.

Norm. Troškovi Kvalitet mat. Rok izgradnje Garantni rok Neimar 0,71 0,6 0,333 0,889 Brze pruge 1 0,5 0,444 1 BG MetroFront 0,5 0,8 1 0,833 German Rail 0,56 1 0,667 0,667


17

Naredna tabela prikazuje otežanu normalizovanu tabelu odlučivanja.

Težinski normalizovana tab. odl.

Troškovi Kvalitet mat. Rok izgradnje Garantni rok

Neimar 0,284 0,12 0,1 0,089 Brze pruge 0,4 0,1 0,139 0,1 BG MetroFront 0,2 0,16 0,3 0,083 German Rail 0,224 0,2 0,2 0,067

Na osnovu otežane, normalizovane tabele odlučivanja, dobijamo sledeća rešenja.

a) Otežana suma

Otežana suma Neimar 0,593 Brze pruge 0,733 BG MetroFront 0,743 German Rail 0,691

Prvorangirana alternativa je BG MetroFront.

b) MAXIMIN i MAXIMAX metoda

MAXIMIN MAXIMAX Neimar 0,089 0,284 Brze pruge 0,1 0,4 BG MetroFront 0,083 0,3 German Rail 0,067 0,224

Prema obe metode prvorangirana alternativa je alternativa Brze pruge.

c) Uspostavljamo kompromis između otežane sume (strategija S) i MAXIMIN metode (strategija R). Dobijamo:

Normalizacija Otežana suma (S)

MAXIMIN (R)

Neimar 0 0,667 Brze pruge 0,933 1 BG MetroFront 1 0,485 German Rail 0,653 0 v 0,7 0,3

Otežana suma

(S) MAXIMIN

(R) Q

Neimar 0 0,2 0,2 Brze pruge 0,653 0,3 0,953


18

BG MetroFront 0,7 0,146 0,846 German Rail 0,457 0 0,457

Prvorangirana alternativa je alternativa Brze pruge.

d) Nakon promene vrednosti parametra v na 0,3 dobijamo:

Q Neimar 0,467 Brze pruge 0,98 BG MetroFront 0,64 German Rail 0,196

Vrednost strategije Q za alternativu BG MetroFront se smanjila sa 0,846 na 0,64. 2. Zadatak

Kompanija X želi da zaposli junior marketing stručnjaka za potrebe sprovođenja kampanja unutar firme. Raspisan je konkurs na koji se javio veći broj kandidata. Nakon prvog razgovora sa njima izdvojeno je četiri kandidata sa sledećim osobinama


Znanje (ocena 1-10)






a) Primenom otežane sume i MAXIMIN metode odrediti najprihvatljiviju alternativu. Normalizaciju

podataka raditi preko 𝐿$ norme. b) Odrediti najprihvatljiviju alternativu na osnovu kompromisa između otežane sume i MAXIMIN

metode ako je parametra v iznosi 0,9. Normalizaciju prilikom kreiranja kompromisa raditi IKOR normom.

c) Da li dolazi do promene u rangovima alternative ako se vrednost parametra v smanji na 0,25.

Rešenje:

a) Dobijamo sledeće otežane sume i vrednosti MAXIMIN metode.

Otežana suma (S)

MAXIMIN (R)

Ivan 0,304 0,015 Jelena 0,236 0,02 Marija 0,264 0,036 Stefan 0,197 0,028


19

Koristeći otežanu sumu prvorangirana alternativa je Ivan. Međutim, primenom MAXIMIN metode prvorangirana alternativa je Marija.

b) Kompromisno rešenje koje dobijamo na osnovu rezultata iz a) i preko parametra v iznosi:

Q Ivan 0,9 Jelena 0,352 Marija 0,663 Stefan 0,062

Na osnovu kompromisa između otežane sume i MAXIMIN metode rešenje na prvom rangu je Ivan.

c) Nakon promene parametra v dobijamo:

Q Ivan 0,25 Jelena 0,27 Marija 0,907 Stefan 0,464

• 3. Zadatak



Znanje (ocena 1-10)






a) Primenom otežane sume i MAXIMIN metode odrediti najprihvatljivije alternative. Normalizaciju podataka uraditi 𝑚𝑎𝑥 −𝑚𝑖𝑛 normom.

b) Uspostaviti kompromis između otežane sume (strategija S) I MAXIMIN (strategija R) ako je vrednost parametra v jednaka 0,5.

c) Odrediti skup kompromisnih rešenja za zadatak pod b).


20

d) Sprovesti gradijentnu analizu parametra v.

Rešenje:

a) Nakon normalizacije podataka dobijamo:


Znanje (ocena 1-10)



Ivan 0 0 1 1 Jelena 0,692 0,2 0,288 0,4 Marija 1 1 0 1 Stefan 0,462 0,6 0,185 0

Vrednosti otežane sume i MAXIMIN metode iznose:

Otežana suma MAXIMIN Ivan 0,625 0 Jelena 0,33 0,05 Marija 0,5 0 Stefan 0,3 0

b) Prilikom uspostavljanja kompromisa imamo:

Otežana suma (S)

MAXIMIN (R)

MAXIMIN (R*)

Ivan 0,625 0 0,063 Jelena 0,33 0,05 0,05 Marija 0,5 0 0,005 Stefan 0,3 0 0,003

Zatim dobijamo:

Otežana suma (S)

MAXIMIN (R)

Q

Ivan 1 0,069 0,547

Jelena 0,093 1 0,535 Marija 0,615 0,043 0,329 Stefan 0 0 0

Dobijamo da je prvorangirana alternativa Ivan.

c) Potrebno je da ispitamo dovoljnu prednost i dovoljno čvrstu poziciju.

Dovoljna prednost:

DQ = min{0,25; 0,333} = 0,25

0,547 – 0,535 ≥ 0,25

0,012 ≥ 0,25


21

Alternativa Ivan nema dovoljnu prednost ni u odnosu na Jelenu niti u odnosu na Mariju. Kako nije zadovoljena dovoljna prednost nema potrebe ispitivati dovoljno čvrstu poziciju. Skup kompromisnih rešenja čine sve alternative u odnosu na koju prvorangirana alternativa ne ispunjava dovoljnu prednost.

Skup kompromisnih rešenja čine Ivan, Jelena i Marija.

d) Dobijamo:

Primećujemo da su Jelena i Ivan uvek prvorangirani. Potrebno je da odredimo tačku preseka.

Dobijamo sledeće vrednosti:

A b Ivan 0,321 0,344 Jelena 0,511 0,489 Marija -0,269 0,73 Stefan 0,076 0,523

Tačka preseka je 0,507.

•

0.0000

0.2000

0.4000

0.6000

0.8000

1.0000

1.2000

0.0000 0.2000 0.4000 0.6000 0.8000 1.0000 1.2000

Gradijentna analiza

Jelena Marija Stefan Ivan


22

Zadaci za vežbu:

1. Zadatak


Udaljenost (u km)

Parking (br. mesta)

Cena (u 1000 x €)





e) Primenom otežane sume i MAXIMIN metode odrediti najprihvatljivije alternative. Normalizaciju podataka raditi sa 𝐿" normom.

f) Odrediti najprihvatljivije kompromisno rešenje između otežane sume i MAXIMIN metode. Vrednost parametra v iznosi 0,5. Normalizaciju pri kreiranju kompromisa raditi 𝑚𝑎𝑥 −𝑚𝑖𝑛 normom.

g) Ispitati da li prvorangirana alternativa ima dovoljnu prednost. h) Ispitati da li prvorangirana alternative ima dovoljno čvrstu poziciju. i) Odrediti skup kompromisnih rešenja.

Rešenje:

a) Nakon sprovođenja postpuka računanja otežane sume i MAXIMIN metode dobijamo sledeće vrednosti:

Otežana suma MAXIMIN Meljak 0,654 0,05 Šimanovci 0,691 0,041 Voždovac 0,792 0,04 Banovo brdo 0,783 0,052

b) Dobijamo sledeće kompromisno rešenje:

Q Meljak 0,417 Šimanovci 0,176 Voždovac 0,5 Banovo brdo 0,968


23

c) Alternativa Banovo brdo ima dovoljnu prednost. DQ = min{0,25; 0,333} = 0,25

0,968 – 0,5 ≥ 0,25 0,468 ≥ 0,25

d) Za različita podešavanja parametra v dobijamo: v=0 v=1 v=0,25 v=0,75 Meljak 0,833 0 0,625 0,208 Šimanovci 0,083 0,268 0,129 0,222 Voždovac 0 1 0,25 0,75 Banovo brdo 1 0,935 0,984 0,951

Alternativa Banovo brdo ima dovoljno čvrstu poziiju.

e) Najprihvatljivija alternativa je Banovo brdo jer zadovoljava i dovoljnu prednost i dovoljno čvrstu poziciju.

• 2. Zadatak

Firma želi da uzme kredit za razvoj kupovinu nove mašine za proizvodnju. Raspitali su se za uslove kreditiranja u većem broju banaka. Izbor su sveli na sledeće banke.

Kamata (u %)

Rok odobrenja (u danima)

Kolateral (u 10.000 x €)

Grejs period (u mesecima)

Hapi kredit 9 10 10 2 Zelena banka 6 15 15 6 Zadnja šansa 13 7 3 1 Psy banka 10 5 5 1


Kamata Rok odobrenja Kolateral Grejs period 0,4 0,1 0,3 0,2

a) Primenom otežane sume odrediti najprihvatljivije rešenje. Normalizaciju podataka raditi 𝐿$

normom. b) Metodom MAXIMIN i MAXIMAX odrediti najprihvatljivije alternative. Normalizaciju podataka

raditi preko 𝐿$ norme. c) Uspostaviti kompromis između otežane sume i MAXIMIN metode, ako je vrednost parametra v =

0,7. Normalizaciju pri kreiranju kompromisa raditi preko 𝑚𝑎𝑥 −𝑚𝑖𝑛 norme. d) Da li dolazi promene u rangu alternativa ako se vrednost parametra v promeni na 0,4? e) Ispitati da li prvorangirana alternativa ima dovoljnu prednost. f) Ispitati da li prvorangirana alternative ima dovoljno čvrstu poziciju.


24

g) Odrediti skup kompromisnih rešenja. Rešenje:

a) Dobijamo sledeće otežane sume: Otežana suma Hapi kredit 0,207 Zelena banka 0,325 Zadnja šansa 0,244 Psy banka 0,224

b) Dobijamo sledeće rezultate:

MAXIMIN MAXIMAX Hapi kredit 0,02 0,122 Zelena banka 0,013 0,184 Zadnja šansa 0,028 0,095 Psy banka 0,018 0,11

c) Nakon računanja kompromisnog rešenja dobijamo:

Q Hapi kredit 0,14 Zelena banka 0,7 Zadnja šansa 0,52 Psy banka 0,201

d) Promenom parametra v na 0,4 dolazi do promene u rangu alternative i to:


e) Za dovoljnu prednost ispitujemo v = 0,5. Dobijamo:


Alternativa Zadnja šansa nema dovoljnu prednost u odnosu na Zelenu banku.

f) Potrebno je da testiramo tri specifična podešavanja parametra v. Dobijamo:


25

v=0 v=1 v=0,25 v=0,75 Hapi kredit 0,467 0 0,35 0,117 Zelena banka 0 1 0,25 0,75 Zadnja šansa 1 0,314 0,829 0,486 Psy banka 0,333 0,144 0,286 0,191

Alternativa Zadnja šansa zadovoljava dovoljno čvrstu poziciju.

3. Zadatak

Javno preduzeće je raspisalo tender za nabavku softverskog rešenja za Registar odlikovanja. Na osnovu konkursne dokumentacije sastavljena je tabela odlučivanja.

Cena (u 1.000 x €)

Rok isporuke (u mesecima)

Tehnologija (ocena 1-10)

Iskustvo (br. projekata)

Sopstveni res. 2 3 3 3 Aga 12 1 10 15 DotTrade 8 1 8 11 Blue & Red Tree 15 2 9 16



a) Odrediti najprihvatljiviju alternativu primenom otežane sume i MAXIMIN metode. Normalizaciju

podataka raditi preko 𝑚𝑎𝑥 −𝑚𝑖𝑛 norme. b) Uspostaviti kompromis između otežane sume i MAXIMIN metode dobijene u a) ako je vrednost

parametra v = 0,5. Normalizaciju prilikom kreiranja kompromisa raditi preko 𝑚𝑎𝑥 −𝑚𝑖𝑛 norme. c) Odrediti skup kompromisnih rešenja. d) Sprovesti gradijentnu analizu parametra v.

Rešenje:

a) Dobijaju se sledeće vrednosti: Otežana suma MAXIMIN Sopstveni res. 0,7 0 Aga 0,447 0,05 DotTrade 0,586 0,036 Blue & Red Tree 0,268 0

b) Treba obratiti pažnju da ima više od jedne alternative gde je rešenje MAXIMIN metode 0, te treba

modifikovati vrednosti. Nakon računanja strategije Q dobijaju se sledeće vrednosti:


26

Q Sopstveni res. 0,543 Aga 0,707 DotTrade 0,719 Blue & Red Tree 0

c) Alternativa DotTrade nema dovoljnu prednost u odnosu na Aga niti u odnosu na alternativu

Sopstveni resursi. Skup kompromisnih rešenja čine DotTrade, Aga i Sopstveni resursi.

d) Gradijenta analiza parametra v može da se sprovede koristeći tabelu dovoljno čvrste pozicije. Grafički dobijamo sledeće rezultate.

v=0 v=1 v=0,25 v=0,75 Sopstveni res. 0,085 1 0,314 0,771 Aga 1 0,414 0,854 0,561 DotTrade 0,702 0,736 0,711 0,728 Blue & Red Tree 0 0 0 0

Možemo primetiti da tri alternative figuriraju kao prvorangirane. Za njih treba odrediti tačke preseka.

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

0 0.25 0.75 1

Gradijenta analiza

Sopstveni resursi Aga DotTrade Blue Red Tree


27

Dobijamo: a b Sopstveni res. 0,915 0,085 Aga -0,586 1 DotTrade 0,034 0,702 Blue & Red Tree 0 0

Tačka preseka alternative Aga i DotTrade je 0,481. Zatim proveravamo tačku preseka između alternative Aga i Sopstveni resursi. Ona iznosi 0,610. Dakle, možemo da zaključimo da ako je v između 0 i 0,481 tada je prvorangirana alternativa Aga. Zatim, ako je v preko 0,481 i ispod 0,610 onda je prvorangirana alternativa DotTrade. Na kraju, ako je vrednost parametra v preko 0,610 onda je prvorangirana alternativa Sopstveni resursi.


28

Teorija i funkcije korisnosti

1. Zadatak

Dati su podaci o kriterijumima za izborne predmete na fakultetu, među kojima je potrebno izabrati jedan izborni predmet. Date su i jedinice u kojima je izmerena vrednost svakog kriterijuma.

[ocena studenata]

[br. radova nastavnika]

[br. strana knjige]

[br. univerziteta koji izučavaju]

Koristan Stručan Težak Aktuelan

ALD Sistemi 4.8 3 250 8

Upraljvanje MI 3.9 2 200 4

Izabrana poglavlja iz TSO 4 6 180 2

Teorija SS 4.5 8 300 6

W 0,4 0,2 0,1 0,3

a) DO je ispitan standardnom tehnikom kockanja, u vezi atributa "Težak". Rekao je da bi bio indiferentan prema opcijama da se kocka sa 50% verovatnocom da dobije vrednost 300 ili 0, ili da dobije čisto alternativu sa Težinom 190.

Skicirati funkciju korisnosti DO za taj kriterijum i odrediti matematički oblik eksponencijalne funkcije koji ga opisuje. Iskomentarisati odnos ka riziku DO.

b) Izračunati nove vrednosti koristi za alternative, za kriterijum Težak.

c) Upitan za kriterijum “Stručan”, DO je rekao da bi bio indiferentan da uzme alternativu sa sigurnom vrednošću stručnosti 3, ili da se kocka da dobije najbolju vrednost tog kriterijuma, sa verovatnoćom 50% (ali da sa 50% verovatnoćom ne dobije ništa).

Skicirati funkciju korisnosti DO za taj kriterijum i odrediti matematički oblik eksponencijalne funkcije koji ga opisuje. Iskomentarisati odnos ka riziku DO.

d) Izračunati nove vrednosti koristi za alternative, za kriterijum Stručan.

e) Izračunati otežanu sumu atributa svih alternativa, i odrediti predlog najbolje alternative (normalizovati L∞ normom).

f) DO je takođe ispitivan standardnom tehnikom kockanja, za korist od atributa “Aktuelan”, i rekao je sledece:

• bio bi indiferentan da se kocka za vrednost 10, sa verovatnoćom 70% da izgubi, ili da dobije sigurnih 2

• bio bi indiferentan da se kocka sa verovatnoćom 50%:50% da dobije 10 ili 2, ili da dobije sigurnih 4


29

Izračunati 2 tačke na krivi korisnosti za ovog DO, i skicirati grafik.

g) Za DO je izmereno da korisnost od nekog atributa podleže funkciji: 𝐾(𝑥) = 𝑒12.4∙(718)

• Analizirati funkciju i reći kakav je odnos DO prema kriterijumu i kakav prema riziku. Skicirati grafik.

Rešenje:

a) Na osnovu informacija od DO, možemo da postavimo jednu iteraciju standardne tehnike kockanja:

0,5 ∙ 𝐾(300) + 0.5 ∙ 𝐾(0) = 1 ∙ 𝐾(190) Pošto znamo da je kriterijum „Težak“ tipa minimizacije, tj. da je korist opada sa rastom težine, možemo da postavimo da: 𝐾(0) = 1.0 a 𝐾(300) = 0.0 Iz toga znamo da je 𝐾(190) = 0,5 ∙ 0,0 + 0,5 ∙ 1,0 = 0,5 Ukoliko bi korisnost DO lažala tačno na liniji indiferentnosti, onda bi korisnost od 0,5 postigao u tački tačno između 0 i 300, tj. u 150. S obzirom da smo saznali da je 𝐾(190) = 0,5 možemo reći da je njegova kriva korisnosti iznad krive indiferentnosti. Grafik te funkcije možemo skicirati:

Eksponencijalna funkcija koja opada i leži iznad prave indiferentnosti (konkavna je), ima oblik: 𝐾(𝑥) = 1 − 𝑒1@∙(A18)/A Da bi ova kriva prošla kroz tačku 𝐾(190) = 0,5 :

𝛼 = − ln(0,5) ∙𝑀

𝑀 − 𝑘=− ln(0,5) ∙

300300 − 190

= 1,89

Dakle funkcija korisnosti za kriterijum „Težak“ se može za ovog DO opisati funkcijom:

180


30

𝐾(𝑡𝑒ž𝑖𝑛𝑎) = 1 − 𝑒1$,KL∙(M2218)/M22 Takođe, može se reći da DO ima averziju prema riziku za kriterijum „Težak“.

b) Korisnosti za vrednosti kriterijuma “Težak” su onda:

[br. strana knjige]

Težak K(Težak) 250 0,270

200 0,467

180 0,531

300 0

c) Standardna tehnika kockanja je postavljena kao: 0,5 ∙ 𝐾(8) + 0.5 ∙ 𝐾(0) = 1 ∙ 𝐾(3)

Pošto je kriterijum maksimizacije, K(8)=1 a K(0)=0, tj.

0,5 ∙ 1 + 0.5 ∙ 0 = 1 ∙ 𝐾(3) 𝐾(3) = 0,5

Funkcija se može skicirati kao:

Eksponencijelna funkcija je oblika: 𝐾(𝑥) = 1 − 𝑒1@∙8/A

𝛼 = − ln(0,5) ∙𝑀𝑘= − ln(0,5) ∙

83= 1,85

Dakle funkcija korisnosti za kriterijum „Stručan“ se može za ovog DO opisati funkcijom:


31

𝐾(𝑠𝑡𝑟𝑢č𝑎𝑛) = 1 − 𝑒1$,KR∙8/K DO iskazuje averziju ka riziku za kriterijum Stručan.

d) Korisnosti za vrednosti kriterijuma “Stručan” su onda:


Stručan K(Stručan) 3 0,50

2 0,37

6 0,75

8 0,84

e) Nova matrica odlučivanja sada izgleda:

[ocena studenata]

[br. univerziteta koji izučavaju]

Koristan K(Stručan) K(Težak) Aktuelan

ALD 4.8 0,50 0,270 8

MI 3.9 0,37 0,467 4

TSO 4 0,75 0,531 2

SS 4.5 0,84 0 6

W 0,4 0,2 0,1 0,3

Nakon normalizacije L∞ normom,

Koristan K(Stručan) K(Težak) Aktuelan ALD 1 0.593 0.509 1

MI 0.813 0.439 0.881 0.5

TSO 0.833 0.89 1 0.25

SS 0.938 1 0 0.75

W 0,4 0,2 0,1 0,3

Iz čega je otežana suma:

OK ALD 0.869

MI 0.651

TSO 0.686

SS 0.800


32

f) DO je iskazao 2 iteracije standardne tehnike kockanja: 0,3 ∙ 𝐾(10) + 0.7 ∙ 𝐾(0) = 1 ∙ 𝐾(2)

0,5 ∙ 𝐾(10) + 0.5 ∙ 𝐾(2) = 1 ∙ 𝐾(4)

Ako stavimo da ekstremne vrednosti budu: 𝐾(10) = 1 i 𝐾(10) = 0 , iz prve jednačnine se dobija da je:

𝐾(2) = 0,3 Iz druge jednačnine se dobija da je:

𝐾(4) = 0,5 ∙ 1 + 0,5 ∙ 0,3 = 0,65

g) Da bi analizirali odnos DO za funkciju 𝐾(𝑥) = 𝑒12.4∙(718), moramo izračunati njene izvode.

𝐾W(𝑥) = 𝑒12.4∙(718) ∙ X−0.7 ∙ (4 − 𝑥)YW = 𝑒12.4∙(718) ∙ (+0.7)

𝐾WW(𝑥) = 0.7 ∙ 𝑒12.4∙(718) ∙ X−0.7 ∙ (4 − 𝑥)YW = 0.7 ∙ 𝑒12.4∙(718) ∙ (0.7)

Što znači da je 𝐾W(𝑥) > 0 i 𝐾WW(𝑥) > 0 iz čega zaključujemo da je funkcija rastuća i konveksna, tj. da DO korisnost raste sa porastom vrednosti kriterijuma, kao i da ima sklonost ka riziku.


33

2. Zadatak

Dati su podaci o kriterijumima za izbor automobila, među kojima je potrebno izabrati jedan. Date su i jedinice u kojima je izmerena vrednost svakog kriterijuma.

ocena ocena god ppmv

Izgled Ocena majstora Starost Zagadjivanje

Fabia 5 2 4 0.2

Audi 2 1 10 0.7

Opel 1 4 6 3 0.8

Yugo 5 10 15 0.1

Opel 2 3 5 20 0.3

W 0,2 0,4 0,3 0,1

a) DO je ispitan standardnom tehnikom kockanja, u vezi atributa "Ocena majstora". Rekao je da bi bio indiferentan prema opcijama da se kocka sa 50% verovatnocom da dobije najbolju vrednost ili da ne dobije ništa, ili da dobije čisto alternativu sa Ocenom 8.

Odrediti matematički oblik eksponencijalne funkcije koji ga opisuje, izračunati nove vrednosti kriterijuma za sve alternative, I skicirati grafik. Iskomentarisati odnos ka riziku DO.

b) DO je ispitan standardnom tehnikom kockanja, u vezi atributa "Starost". Rekao je da bi bio indiferentan prema opcijama da se kocka sa 50% verovatnocom da dobije vrednost 0 ili 20, ili da dobije čisto alternativu sa Starosti 6.


c) DO je ispitan standardnom tehnikom kockanja, u vezi atributa "Zagađivanje". Rekao je da bi bio indiferentan prema opcijama da se kocka sa 50% verovatnocom da dobije vrednost 0,8 ili 0, ili da dobije čisto alternativu sa Zagađivanjem 0,65.


d) Izračunati otežanu sumu atributa svih alternativa, i odrediti predlog najbolje alternative (normalizovati L1 normom).

Rešenje:

a) 𝐾(8) = 0,5 , K(10)=1, K(0)=0

Oblik je: 𝐾(𝑥) = 𝑒1@∙[\][


34

𝛼 = − ln(0,5) ∙102= 3.47

𝐾(𝑡𝑒ž𝑖𝑛𝑎) = 𝑒1M.74∙($218)/$2

Ocena majstora

Fabia 0.063

Audi 0.044

Opel 1 0.250

Yugo 1.000

Opel 2 0.177

Može se reći da DO ima sklonost prema riziku za kriterijum „Ocena majstora“.

b) 𝐾(6) = 0,5 , K(20)=0, K(0)=1

Oblik je: 𝐾(𝑥) = 𝑒1@∙][

𝛼 = − ln(0,5) ∙206= 2.31

𝐾(𝑡𝑒ž𝑖𝑛𝑎) = 𝑒1%.M$∙8/%2

Starost Fabia 0.630

Audi 0.315

Opel 1 0.707

Yugo 0.177

Opel 2 0.099


35

Može se reći da DO ima sklonost prema riziku za kriterijum „Starost“.

c) 𝐾(0.65) = 0,5 , K(0.8)=0, K(0)=1

Oblik je: 𝐾(𝑥) = 1 − 𝑒1@∙[\][

𝛼 = − ln(0,5) ∙0.80.15

= 3.70

𝐾(𝑡𝑒ž𝑖𝑛𝑎) = 1 − 𝑒1M.42∙(2.K18)/2.K

Zagađivanje Fabia 0.938

Audi 0.370

Opel 1 0.000

Yugo 0.961

Opel 2 0.901

Može se reći da DO ima averziju prema riziku za kriterijum „Zagađivanje“.


36

d)

OK Fabia 0.197

Audi 0.093

Opel 1 0.218

Yugo 0.371

Opel 2 0.121

Zadatak 3:

Želimo da saznamo afinitete DO prema sledećim cenama hotelskih soba: 25, 40, 55, 65. Pretpostavljamo da je za najbolju vrednost preferencija 10, a za najgoru preferencija 1. DO je indiferentan između cene od 40, sa kockom, u kojoj, sa jednakim verovatnoćama, može da se dogodi situacija da cena bude 25 ili 65. Indiferentan je, takođe, između cene od 55 i kocke: cena 25 (P=0.2) i cena 65 (P=0.8). Odrediti date tačke na krivi korisnosti DO, i skicirati grafik, sa linijom indiferentnosti, i iskomentarisati odnos DO prema riziku.

Rešenje:

Postavljamo jednačinu kojom ispitujemo korisnost sigurne alternative i kocke.

K(25) * 0,5 + K(65) * 0,5 = K(40)

10 * 0,5 + 1 * 0,5 = K(40)

ð K(40) = 5,5

Takođe, imamo:

K(25) * 0,2 + K(65) * 0,8 = K(55)

10 * 0,2 + 1 * 0,8 = K(55)

ð K(55) = 2,8

Vrednost Korisnost

25 10

40 5,5

55 2,8

65 1


37

Kako nam je linija korisnosti ispod linije indiferentnosti, tj. očekivanog ponašanja, zaključujemo da DO iskazuje sklonost ka riziku.

Zadatak 4:

Za cenu hotela, zadata je funkcija korisnosti donosioca odluke: 250*x-1. Izračunati vrednosti za korisnost. Vrednosti cena hotela su 25, 40, 55 i 65 (iste kao iz prethodnog zadatka). Takođe, potrebno je odrediti vrstu funkcije korisnosti.

Rešenje:

Ubacujući vrednosti cena hotela u formulu, dobijamo:

Vrednost Korisnost

25 250 ∗ 1/25 = 10

40 250 ∗ 1/40 = 6,25

55 250 ∗ 1/55 = 4,55

65 250 ∗ 1/65 = 3,85

Sada treba da odredimo vrstu funkcije korisnosti. Dakle, treba da izračunamo drugi izvod funkcije. Treba imati u vidu da je funkcija tipa minimizacije. Prvi izvod je:

(250 ∗𝑥1$)W = −1 ∗ 250 ∗ 𝑥1% = −250 ∗ 𝑥1% < 0

Zatim, računamo drugi izvod i dobijamo:

K(x)

Vred.


38

(−250 ∗𝑥1%)W = −2 ∗ −250 ∗ 𝑥1M = 500 ∗ 𝑥1M > 0, za pozitivne vrednosti X.

Kako je vrednost pozitivna, zaključujemo da DO iskazuje sklonost ka riziku.

Zadatak 5:

Za kriterijum „čistoća hotela“, zadata je funkcija korisnosti donosioca odluke e0,1*x2/1.3. Vrednosti kriterijuma su 3, 4 i 5. Izračunati vrednosti za korisnost. Takođe odrediti vrstu funkcije korisnosti.

Vrednost Korisnost

3 𝑒2.$∗M`

1.3= 1.89

4 𝑒2.$∗7`

1.3= 3.81

5 𝑒2.$∗R`

1.3= 9.37

Kada smo dobili vrednosti, računamo prvi i drugi izvod funkcije. Prvi izvod je:

a𝑒2.$∗8`

1.3bW

=11.3

∗ (0.1 ∗ 𝑥%)W ∗ 𝑒2.$∗8` =0.21.3

∗ 𝑥 ∗ 𝑒2.$∗8` > 0

Drugi izvod je jednak (zanemarujući pozitivnu konstantu):

X𝑥 ∗ 𝑒2.$∗8`YW= c𝑥W ∗ 𝑒2.$∗8` + 𝑥 ∗ X𝑒2.$∗8`Y

Wd = 𝑒2.$∗8` + 0.2 ∗ 𝑥% ∗ 𝑒2.$∗8` > 0

Odavde zaključujemo da DO ima sklonost ka riziku.


39

Metoda Analitičkih hijerarhijskih procesa (AHP)

Nastava:

3. Zadatak

Na konkurs za posao za poziciju junior BI programera se javio veliki broj kandidata. Nakon inicijalne selekcije i sprovedenog testiranja popunila se sledeća tabela odlučivanja.

Radno iskustvo

Znanje Plata Fakultet Teorijsko

znanje Praktično

znanje Utisak

Ivan 3 72 11 8 300 FON Jelena 12 32 74 6 600 EkoF Marija 16 81 97 5 1000 FON Stefan 9 66 77 5 700 Singidunum

a) Odrediti težine kriterijuma aproksimativnom AHP metodom ukoliko je DO popunio sledeće matrice procene:

Radno iskustvo Znanje Plata Fakultet Radno iskustvo (2) 1 2

Znanje 2 3 Plata 2

Fakultet

Teorijsko znanje Praktično znanje Utisak Teorijsko znanje (2) 1 Praktično znanje 1

Utisak

b) Odrediti vrednosti alternativa za kriterijume primenom aproksimativne AHP metode ukoliko je DO popunio sledeće matrice procene:

Radno iskustvo Ivan Jelena Marija Stefan Ivan (4) (8) (2)

Jelena (2) 2 Marija 5


40

Stefan

Plata Ivan Jelena Marija Stefan Ivan 4 6 5

Jelena 3 2 Marija (2) Stefan

Fakultet Ivan Jelena Marija Stefan Ivan 2 1 5

Jelena (2) 2 Marija 5 Stefan

Teorijsko znanje Ivan Jelena Marija Stefan Ivan 5 1 2

Jelena (6) (4) Marija 3 Stefan

Praktično znanje

Ivan Jelena Marija Stefan

Ivan (2) (4) (2) Jelena (2) 1 Marija 2 Stefan

Utisak Ivan Jelena Marija Stefan Ivan 2 3 3

Jelena 2 2 Marija 1 Stefan

c) Ispitati da li su matrice procene koje je DO popunio konzistentne primenom aproksimativne metode provere konzistentnosti.

d) Koristeći težine iz a) i vrednosti dobijene u b) odrediti najprihvatljiviju alternativu primenom otežane sume.

Rešenje:


41

h) Aproksimativnom metodom rešavanja matrice procene dobijamo sledeće vrednosti.

Suma w Radno iskustvo 4,5 0,233

Znanje 8 0,414 Plata 4,5 0,233

Fakultet 2,333 0,121 19,333

Suma w Teorijsko znanje 2,5 0,263 Praktično znanje 4 0,421

Utisak 3 0,316 9,5

i) Primenom aproksimativne metode dobijamo sledeće vrednosti:

Radno iskustvo Suma w Ivan 1,875 0,064

Jelena 7,5 0,258 Marija 16 0,55 Stefan 3,7 0,127

29,075

Plata Suma w Ivan 16 0,572


27,95

Fakultet Suma w Ivan 9 0,377

Jelena 4 0,167 Marija 9 0,377 Stefan 1,9 0,079

23,9

Teorijsko znanje Suma w Ivan 9 0,328

Jelena 1,617 0,059


42

Marija 11 0,401 Stefan 5,833 0,212

27,45

Praktično znanje Suma w Ivan 2,25 0,111


20,25

Utisak Suma w Ivan 9 0,446

Jelena 5,5 0,273 Marija 2,833 0,14 Stefan 2,833 0,14

23,9

j) Aproksimativnom metodom dobijamo sledeće vrednosti konzistentnosti matrica.

Za matrice procene koje se odnose na težine kriterijuma:

A*w w 𝜆 CI CR Radno

iskustvo 0,915 0,233 3,927

4,128 − 44 − 1

= 0,043 0,0430,9

= 0,048

Znanje 1,709 0,414 4,128 Plata 0,915 0,233 3,927

Fakultet 0,492 0,121 4,066

A*w w 𝜆 CI CR Teorijsko

znanje 0,79 0,263 3,004

3,165 − 33 − 1

= 0,083 0,0830,58

= 0,143

Praktično znanje

1,263 0,421 3

Utisak 1 0,316 3,165 Za matrice procene koje se odnose na vrednosti alternativa po kriterijumima:

Radno iskustvo A*w w 𝜆 CI CR Ivan 0,261 0,064 4,078 4,078 − 4

4 − 1= 0,026

0,0260,9

= 0,029

Jelena 1,043 0,258 4,043 Marija 2,213 0,55 4,024


43

Stefan 0,494 0,127 3,89

Plata A*w w 𝜆 CI CR Ivan 2,56 0,572 4,476 4,476 − 4

4 − 1= 0,159

0,1590,9

= 0,177

Jelena 0,847 0,224 3,781 Marija 0,308 0,072 4,278 Stefan 0,502 0,132 3,803

Fakultet A*w w 𝜆 CI CR

Ivan 1,483 0,377 3,934 4,204 − 44 − 1

= 0,068 0,0680,9

= 0,076


Teorijsko znanje A*w w 𝜆 CI CR Ivan 1,448 0,328 4,415 4,415 − 4

4 − 1= 0,138

0,1380,9

= 0,153


Praktično znanje A*w w 𝜆 CI CR Ivan 0,444 0,111 4 4 − 4

4 − 1= 0

00,9

= 0

Jelena 0,888 0,222 4 Marija 1,776 0,444 4 Stefan 0,888 0,222 4

Utisak A*w w 𝜆 CI CR Ivan 1,832 0,446 4,108 4,108 − 4

4 − 1= 0,036

0,0360,9

= 0,04


k) Nakon ubacivanja težina iz a) i vrednosti iz b) dobijamo:

Radno iskustvo

Znanje Plata Fakultet Teorijsko

znanje Praktično

znanje Utisak

Ivan 0,064 0,328 0,111 0,446 0,572 0,377


44

Jelena 0,258 0,059 0,222 0,273 0,224 0,167 Marija 0,55 0,401 0,444 0,14 0,072 0,377 Stefan 0,127 0,212 0,222 0,14 0,132 0,079

w 0,233 0,263 0,421 0,316 0,233 0,121 0,414

Odatle dobijamo:

Radno iskustvo

Znanje Plata Fakultet OK

Ivan 0,064 0,274 0,572 0,377 0,307 Jelena 0,258 0,195 0,224 0,167 0,213 Marija 0,55 0,337 0,072 0,377 0,33 Stefan 0,127 0,193 0,132 0,079 0,15

w 0,233 0,414 0,233 0,121

Najprihvatljivija alternativa je Marija.

4. Zadatak

Za izgradnju metro linije u Beogradu prijavili su se sledeća preduzeća sa sledećim ponudama:





Neimar 14 6 48 32 Brze pruge 10 5 36 36

BG MetroFront 20 8 16 30 German Rail 18 10 24 24

a) DO želi preciznije da odredi težine kriterijuma te je popunio matricu procene. Primenom aproksimativne AHP metode odrediti težine kriterijuma. Ispitati konzistentnost matrice procene primenom aproksimativne metode.

Troškovi Kvalitet mat. Rok izgradnje Garantni rok Troškovi 1 2 5

Kvalitet mat. 3 5 Rok izgradnje 2 Garantni rok

b) DO želi preciznije da odredi vrednosti kriterijuma Kvalitet materijala, te je popunio matricu procene. Odrediti vrednosti za kriterijum Kvalitet materijala primenom aproksimativne AHP metode.

Kvalitet mat. Neimar Brze pruge BG MetroFront German Rail


45

Neimar 1 (3) (4) Brze pruge (4) (5)

BG MetroFront 1 German Rail

c) Grafički ispitati dobijene korisnosti iz b) i uporediti ih sa situacijom kada je DO indiferentan ka riziku.

d) Koristeći težine dobijene u a) i vrednosti za kriterijum Kvalitet materijala iz b) odrediti najprihvatljiviju alternativu primenom otežane sume. Normalizaciju podataka uraditi preko L1 norme.

Rešenje:

a) Primenom aproksimativne AHP metode nad definisanom matricom procene dobijamo:

Suma w Troškovi 9 0,364

Kvalitet mat. 10 0,404 Rok izgradnje 3,833 0,155 Garantni rok 1,9 0,077

24,733

Zatim ispitujemo konzistentnost matrice procene i dobijamo:

A*w w 𝜆 CI CR Troškovi 1,463 0,364 4,019 4,039 − 4

4 − 1= 0,013

0,0130,9

= 0,014

Kvalitet mat. 1,618 0,404 4,005 Rok izgradnje 0,626 0,155 4,039 Garantni rok 0,309 0,077 4,013

b) Nakon primene aproksimativne matrice procene dobijamo sledeće vrednosti:

Kvalitet mat. Suma w Neimar 6 0,103

Brze pruge 5 0,098 BG MetroFront 8 0,36

German Rail 10 0,439 29

c) Grafičko poređenje izgleda ovako:


46

d) Nakon uključivanja težina iz a) i vrednosti alternativa za kriterijum Kvalitet materijala iz b) dobijamo:





Neimar 14 0,103 48 32 Brze pruge 10 0,098 36 36

BG MetroFront 20 0,36 16 30 German Rail 18 0,439 24 24

w 0,364 0,404 0,155 0,077

Nakon invertovanja i normalizacije dolazimo do tabele odlučivanja:

Normalizovana tabela odlučivanja





Neimar 0,256 0,103 0,136 0,262 Brze pruge 0,361 0,098 0,182 0,295

BG MetroFront 0,181 0,36 0,409 0,246 German Rail 0,202 0,439 0,273 0,197

w 0,364 0,404 0,155 0,077

Na kraju otežanom sumom dobijamo:

OK Neimar 0,176

Brze pruge 0,222 BG MetroFront 0,293

German Rail 0,308

0.1720.207

0.276

0.345

0.098 0.103

0.36

0.439

00.05

0.10.15

0.20.25

0.30.35

0.40.45

0.5

5 6 7 8 9 10

Kvalitet materijala

Indif. AHP


47

Zaključujemo da je najprihvatljivija alternativa German Rail.

5. Zadatak

Na konkurs za posao za poziciju junior BI programera se javio veliki broj kandidata. Nakon inicijalne selekcije i sprovedenog testiranja popunila se sledeća tabela odlučivanja sa izračunatim vrednostima korisnosti.

Radno iskustvo

Znanje Plata Fakultet

Ivan 0,064 0,274 0,572 0,377 Jelena 0,258 0,195 0,224 0,167 Marija 0,55 0,337 0,072 0,377 Stefan 0,127 0,193 0,132 0,079

Kako postoje tri DO, svaki od njih je popunio svoju matricu procene. One su prikazane ispod:

DO1 Radno iskustvo Znanje Plata Fakultet Radno iskustvo (2) 1 2

Znanje 2 3 Plata 2

Fakultet

DO2 Radno iskustvo Znanje Plata Fakultet Radno iskustvo (5) 1 1

Znanje 5 3 Plata 1

Fakultet

DO3 Radno iskustvo Znanje Plata Fakultet Radno iskustvo 1 1 (5)

Znanje 2 (3) Plata (3)

Fakultet

a) Odrediti težine kriterijuma metodom stepenovanja. Ispitati konzistentnost matrica procene. b) Usaglasiti mišljenja DO primenom aritmetičke sredine. c) Odrediti težine kriterijuma DO agregacijom matrica procene sva tri DO.


48

d) Odrediti najprihvatljiviju alternativu otežanom sumom primenom težina kriterijuma iz c) i primenom težina iz d). Komentarisati da li je došlo promene redosleda u rangovima alternativa.

Rešenja:

a) Za prvu matricu procene, odnosno DO1, dobijamo:

DO1 Suma W1 A*W1 W2 A*W2 W3 A*W3 W4 Radno

iskustvo 4,5 0,233 0,9139 0,227 3,6642 0,227 14,6955 0,227

Znanje 8 0,414 1,7071 0,424 6,8369 0,4236 27,4166 0,4236 Plata 4,5 0,233 0,9139 0,227 3,6642 0,227 14,6955 0,227

Fakultet 2,333 0,121 0,4914 0,122 1,9743 0,1223 7,9175 0,1223 19,333 4,0263 16,1396 64,7251

Konzistentnost matrice procene dobijamo na sledeći način:

DO1 A*w (A*w)*w w*w 𝜆 CI CR Radno

iskustvo 0,9104 0,206661 0,051529 4,010573 0,003524 0,003916

Znanje 1,6985 Plata 0,9104

Fakultet 0,4905

Za drugog DO dobijamo:

DO2 Suma W1 A*W1 W2 A*W2 W3 A*W3 W4 A*W4 W5 Radno

iskustvo 3,2 0,1655 0,6482 0,1313 2,6205 0,1319 10,5703 0,132 42,6268 0,132

Znanje 14 0,7242 2,8964 0,5866 11,6128 0,5847 46,8379 0,5848 188,8967 0,5848 Plata 3,2 0,1655 0,6482 0,1313 2,6205 0,1319 10,5703 0,132 42,6268 0,132

Fakultet 3,333 0,1724 0,7448 0,1508 3,0067 0,1514 12,1186 0,1513 48,8718 0,1513 23,733 4,9376 19,8605 80,0971 323,0221

Konzistentnost matrice procene dobijamo na sledeći način:


iskustvo 0,53226 0,070258 0,017424 4,032273 0,010758 0,011953

Znanje 2,3587 Plata 0,53226

Fakultet 0,610233


49

Za DO3 dobijamo:

DO3 Suma W1 A*W1 W2 … A*W4 W5 Radno

iskustvo 3,2 0,1655 0,6602 0,1393 … 45,1605 0,1392

Znanje 4,333 0,2241 0,8895 0,1876 … 61,4357 0,1893 Plata 2,833 0,1465 0,631 0,1331 … 43,3418 0,1335

Fakultet 12 0,6207 2,56 0,54 … 174,604 0,538 22,366 4,7407 324,542

Odatle dobijamo konzistentnost na sledeći način:


iskustvo 0,5696 0,118876 0,02903 4,094896 0,031632 0,035147

Znanje 0,774933 Plata 0,546683

Fakultet 2,2022

b) Mišljenja tri DO se mogu agregirati na sledeći način:

DO1 DO2 DO3 w Radno iskustvo 0,2270 0,1320 0,1392 0,1661

Znanje 0,4236 0,5848 0,1893 0,3992 Plata 0,2270 0,1320 0,1335 0,1642

Fakultet 0,1223 0,1513 0,5380 0,2705

c) Nakon spajanja tri matrice procene u jednu (primenom geometrijske sredine) dobijamo sledeću matricu procene:

Radno iskustvo Znanje Plata Fakultet Radno iskustvo 1 0,464 1 0,737

Znanje 2,154 1 2,714 1,442 Plata 1 0,368 1 0,874

Fakultet 1,357 0,693 1,145 1

Odatle dobijamo sledeće težine аproksimativnom metodom:

Prosek w


50

Radno iskustvo

0,8002 0,1783

Znanje 1,8278 0,4073 Plata 0,8105 0,1806

Fakultet 1,0488 0,2337 4,4873

d) Tabela odlučivanja sa težinama izgleda:

Radno iskustvo

Znanje Plata Fakultet

Ivan 0,064 0,274 0,572 0,377 Jelena 0,258 0,195 0,224 0,167 Marija 0,55 0,337 0,072 0,377 Stefan 0,127 0,193 0,132 0,079

w (iz b) 0,1661 0,3992 0,1642 0,2705 w (iz c) 0,1783 0,4073 0,1806 0,2337

Odatle dobijamo sledeće otežane sume:

OS 1 OS 2 Ivan 0,3159 0,3144

Jelena 0,2026 0,2049 Marija 0,3397 0,3365 Stefan 0,1412 0,1436

Zaključujemo da je prvorangirana alternativa Marija i da nema promene u rangovima alternativa.


51


1. Zadatak

Firma želi da kupi službeni automobile za svakodnevne potrebe. U tu svrhu je istražila tržište i popunila sledeću tabelu odlučivanja:

Cena Troškovi održavanja

Komfor

Fiat Punto 11 0,9 5 Škoda Superb 19 1,4 9

Mercedes A 23 2,3 10 Dacia Logan 12 0,6 7

a) Odrediti težine kriterijuma agregacijom matrica procene dva DO.

DO1 Cena Troš. odr. Komfor Cena 1 2

Troš. odr. 2 Komfor

DO2 Cena Troš. odr. Komfor Cena 2 1

Troš. odr. 2 Komfor

b) Aproksimativnom metodom odrediti vrednosti kriterijuma Komfor ukoliko je zadatak sledeća matrica procene.

Komfor Fiat Punto Škoda Superb Mercedes A Dacia Logan Fiat Punto (4) (5) 1

Škoda Superb (2) 2 Mercedes A 5

Dacia Logan

c) Ispitati konzistentnost matrice procene iz b) d) Odrediti najprihvatljiviju alternativu na osnovu kompromisa između Otežane sume i MAXIMIN

metode ako je vrednost parametra v = 0,5. Normalizaciju podataka uradili L1 normom. Za težine koristiti težine dobijene u a), a vrednosti za kriterijuma Komfor iz b). Normalizaciju pri kreiranju kompromisa raditi 𝑚𝑎𝑥 −𝑚𝑖𝑛 normom.

e) Odrediti skup kompromisnih rešenja za rezultate iz d)

Rešenje:


52

a) Dobijaju se sledeće težine:

w Cena 0,393

Troš. odr. 0,381 Komfor 0,227

b) Dobijaju se sledeće vrednosti za kriterijum Komfor:

Komfor w Fiat Punto 0,096

Škoda Superb 0,292 Mercedes A 0,507

Dacia Logan 0,105

c) Racio konzistetnosti iznosi:

CR 0,099

d) Dobijaju se sledeće očekivane koristi:

Q Fiat Punto 0,263

Škoda Superb 0,5 Mercedes A 0,265

Dacia Logan 0,523

e) Skup kompromisnih rešenja čine Dacia Logan i Škoda Superb.

2. Zadatak


Udaljenost (u km)

Parking (br. mesta)

Cena (u 1000 x €)




53



a) Metodom stepenovanja odrediti vrednosti za kriterijum Opremljenost ukoliko je DO popunio sledeću matricu procene:

Opremljenost Meljak Šimanovci Voždovac Banovo brdo Meljak 1 (3) (3) Šimanovci (5) (4) Voždovac 1 Banovo brdo

b) Ispitati konzistentnost matrice procene iz a) metodom stepenovanja c) Grafički uporediti dobijene vrednosti sa situacijom kada je DO indiferentan prema riziku d) Odrediti najprihvatljiviju alternativu primenom Otežanog proizvoda. Podatke normalizovati L1

normom. Vrednosti za kriterijum Opremljenost preuzeti iz a). e) Šta se dešava sa rangovima alternativa ukoliko koristimo težine dobijene aproksimativnom

metodom iz sledeće matrice procene:

Udaljenost Parking Cena Opremljenost Udaljenost 2 (2) 1 Parking (5) (2) Cena 2 Opremljenost

Rešenje:

a) Metodom stepenovanja dobijamo sledeće vrednosti za kriterijum Opremljenost:

Opremljenost W4 Meljak 0,119 Šimanovci 0,097 Voždovac 0,404 Banovo brdo 0,38

b) Koristeći rezultate iz a) dobijamo sledeće vrednosti:

Aw*w w*w lambda CI CR 0,057 0,014 4,071 0,024 0,027

c) Grafički odnos dobijenih vrednosti u odnosu na indiferentnost prema riziku izgleda:


54

d) Dobijamo sledeće otežane proizvode (u koloni OP1 se nalazi vrednost bez n-tog korena, a u koloni OP2 vrednosti dobijene sa n-tim korenom):

OP1 OP2 Meljak 0,171 0,643 Šimanovci 0,174 0,646 Voždovac 0,277 0,726 Banovo brdo 0,285 0,731

e) Nove vrednosti težina su:

w Udaljenost 0,212 Parking 0,104 Cena 0,472 Opremljenost 0,212

Koristeći nove težine dobijamo sledeće otežane proizvode:

OP1 OP2 Meljak 0,177 0,648 Šimanovci 0,181 0,653 Voždovac 0,27 0,721 Banovo brdo 0,282 0,729

Zaključujemo da ne dolazi do promene u rangovima alternativa.

0.16

0.240.28

0.32

0.0970.119

0.380.404

0

0.05

0.1

0.15

0.2

0.25

0.3

0.35

0.4

0.45

4 5 6 7 8

Opremljenost

Indif. AHP


55

3. Zadatak

Za potrebe internet prodavnice potrebno je izabrati veb server na kome će se nalaziti aplikacija i baza podataka. Kriterijum Pouzdanost je podeljen na kriterijume Otkaz u radu i DDOS napada.

Cena ($ mesečno)

Opterećenje (% iskorišćene

memorije)

Pouzdanost Otkaz u radu

(sati mesečno) DDOS napada

(# napada) TeleVIP 50 35 0,5 1 AladinHost 70 20 3 2 .io 20 100 4 7 Buba Star 80 70 0 0

a) Potrebno je odrediti težine kriterijuma aproksimativnom AHP metodom ukoliko su dva donosioca odluke popunila sledeće matrice procena:

DO 1:

Cena Opterećenje Pouzdanost Cena 2 (2) Opterećenje (4) Pouzdanost

Otkaz u radu DDOS napada Otkaz u radu 3 DDOS napada

DO 2:

Cena Opterećenje Pouzdanost Cena 3 2 Opterećenje (2) Pouzdanost

Otkaz u radu DDOS napada Otkaz u radu 2 DDOS napada

b) Ispitati konzistentnost matrica procene iz a) primenom aproksimativne metode provere konzistentnosti

c) Odrediti očekivane koristi za svakog DO primenom otežane sume, MAXIMIN i MAXIMAX metoda. Normalizaciju podataka raditi L∞ normom.

d) Usaglasiti mišljenja DO prema važnostima (težinama) kriterijuma primenom aritmetičke sredine i odrediti očekivanu korist (otežana suma, MAXIMIN i MAXIMAX metode) za svaku alternativu. Normalizaciju podataka raditi L∞ normom.


56

Rešenja:

a) Dobijaju se sledeće težine:

DO 1:

w Cena 0,286 Opterećenje 0,143 Pouzdanost 0,571

w Otkaz u radu 0,75 DDOS napada 0,25

DO 2:



b) Dobijaju se sledeće konzistentnosti:

DO 1: Za prvu matricu procene CR = 0,003, a za drugu matricu procene CR = 0.

DO 2: Za prvu matricu procene CR = 0,076, dok je konzistentnosti druge matrice procene CR = 0.

c) Dobijaju se sledeće vrednosti:

DO1 OK MAXIMIN MAXIMAX TeleVIP 0,425 0,083 0,228 AladinHost 0,309 0,08 0,143 .io 0,346 0,029 0,286 Buba Star 0,685 0,04 0,571

DO2 OK MAXIMIN MAXIMAX


57

TeleVIP 0,45 0,094 0,212 AladinHost 0,368 0,058 0,162 .io 0,581 0,02 0,529 Buba Star 0,492 0,045 0,309

d) Nove vrednosti težina su:



Koristeći dobijene težine dobijaju se sledeće vrednosti:

OK MAXIMIN MAXIMAX TeleVIP 0,443 0,089 0,191 AladinHost 0,341 0,074 0,153 .io 0,465 0,026 0,408 Buba Star 0,589 0,043 0,44


58

Prometej (Promethee) metoda

Nastava:

1. Zadatak

Nakon razvoja aplikacije javio se problem izbora veb servera gde će se aplikacija postaviti. Nakon razmatranja servera izdvojile su se sledeće zemlje kao potencijalni kandidata za postavljanje veb aplikacije sa sledećim vrednostima po kriterijumima.

Brzina [Mb/s]

Cena [eur]

Otkaz u radu [min]

Srbija 4 50 35 Kina 2 20 100

Hrvatska 3 70 30 Amerika 5 95 60

w 0.3 0.4 0.3

a) Odrediti preferencije DO između alternativa po kriterijumima ukoliko su date sledeće vrednosti parametra indiferentnosti i parametra preferencije.

Brzina [Mb/s]

Cena [eur]

Otkaz u radu [min]

m 0 20 10 n 0 20 40

b) Odrediti ukupne preferencija DO prema parovima alternativa. c) Odrediti najprihvatljiviju alternativu korišćenjem čistog toka preferencija.

Rešenje:

a) Nakon konstruisanja funkcija preferencije za svaki kriterijum i računanja preferencija dobija se:

𝑝ghijkl(𝑥) = m0, 𝑥 ≤ 01, 𝑥 > 0

𝑝opkl(𝑥) = m0, 𝑥 ≤ 201, 𝑥 > 20

𝑝qrsli(𝑥) = t

0, 𝑥 ≤ 10𝑥 − 1030

, 10 < 𝑥 ≤ 40

1, 𝑥 > 40


59

Brzina Cena Otkaz Srbija, Kina 1 0 1

Srbija, Hrvatska 1 0 0 Srbija, Amerika 0 1 0.500

Kina, Srbija 0 1 0 Kina, Hrvatska 0 1 0 Kina, Amerika 0 1 0

Hrvatska, Srbija 0 0 0 Hrvatska, Kina 1 0 1

Hrvatska, Amerika 0 1 0.667 Amerika, Srbija 1 0 0

Amerika, Kina 1 0 1 Amerika, Hrvatska 1 0 0

b) Množenjem preferencija po kriterijumima sa odgovarajućim težinama i njihovim sabiranjem dobijamo:

Preferencije Srbija, Kina 0.6

Srbija, Hrvatska 0.3 Srbija, Amerika 0.55

Kina, Srbija 0.4 Kina, Hrvatska 0.4 Kina, Amerika 0.4

Hrvatska, Srbija 0 Hrvatska, Kina 0.6

Hrvatska, Amerika 0.6 Amerika, Srbija 0.3

Amerika, Kina 0.6 Amerika, Hrvatska 0.3

c) Prikazivanjem podataka u pogodnijem obliku (matrica otežanih preferencija) računamo pozitivan, negativan i čist tok.

Srbija Kina Hrvatska Amerika T+ T Srbija

0.6 0.3 0.55 0.483 0.25

Kina 0.4

0.4 0.4 0.4 -0.2 Hrvatska 0 0.6

0.6 0.4 0.067

Amerika 0.3 0.6 0.3

0.4 -0.117 T- 0.233 0.6 0.333 0.517


60

Najprihvatljivija alternative je Srbija.

2. Zadatak

Programerska firma želi da se proširi kupovinom novog poslovnog prostora. Izdvojili su sledeće lokacije.

Mesta za sedenje [broj]

Cena [100*eur]

Kancelarija [broj]

(1) Vračar 55 75 12 (2) Centar 120 100 18

(3) Stepojevac 10 10 7 (4) Banovo brdo 100 50 16

(5) Novi Beograd 90 60 14 w 0.5 0.2 0.3


Mesta Cena Kancelarija m 20 10 2

n 40 50 7 b) Odrediti ukupne preferencija DO prema parovima alternativa. c) Odrediti najprihvatljiviju alternativu korišćenjem čistog toka preferencija.

Rešenje:

a) Dobijamo sledeće f-je preferencija, zatim i sledeće vrednosti preferencija po kriterijumima.

𝑝upvrl(𝑥) = t

0, 𝑥 ≤ 20𝑥 − 2020

, 20 < 𝑥 ≤ 40

1, 𝑥 > 40

𝑝opkl(𝑥) = t

0, 𝑥 ≤ 10𝑥 − 1040 , 10 < 𝑥 ≤ 50

1, 𝑥 > 50


61

𝑝slkopwlhjxl(𝑥) = t

0, 𝑥 ≤ 2𝑥 − 25

, 2 < 𝑥 ≤ 7

1, 𝑥 > 7

Mesta Cena Kancelarija (1), (2) 0 0.375 0 (1), (3) 1 0 0.6 (1), (4) 0 0 0 (1), (5) 0 0 0 (2), (1) 1 0 0.8 (2), (3) 1 0 1 (2), (4) 0 0 0 (2), (5) 0.5 0 0.4 (3), (1) 0 1 0 (3), (2) 0 1 0 (3), (4) 0 0.75 0 (3), (5) 0 1 0 (4), (1) 1 0.375 0.4 (4), (2) 0 1 0 (4), (3) 1 0 1 (4), (5) 0 0 0 (5), (1) 0.75 0.125 0 (5), (2) 0 0.75 0 (5), (3) 1 0 1 (5), (4) 0 0 0

b) Množenjem preferencija po kriterijumima sa odgovarajućim težinama i njihovim sabiranjem

dobijamo:

Preferencije (1), (2) 0.075 (1), (3) 0.68 (1), (4) 0 (1), (5) 0 (2), (1) 0.74 (2), (3) 0.8 (2), (4) 0 (2), (5) 0.37 (3), (1) 0.2


62

(3), (2) 0.2 (3), (4) 0.15 (3), (5) 0.2 (4), (1) 0.695 (4), (2) 0.2 (4), (3) 0.8 (4), (5) 0 (5), (1) 0.4 (5), (2) 0.15 (5), (3) 0.8 (5), (4) 0

c) Prikazivanjem podataka u pogodnijem obliku (matrica otežanih preferencija) računamo pozitivan, negativan i čist tok.

Vračar Centar Stepojevac Banovo brdo

Novi Beograd

T+ T

Vračar

0.075 0.68 0 0 0.189 -0.32 Centar 0.74

0.8 0 0.37 0.478 0.322

Stepojevac 0.2 0.2

0.15 0.2 0.188 -0.582 Banovo

brdo 0.695 0.2 0.8

0 0.424 0.386

Novi Beograd

0.4 0.15 0.8 0

0.338 0.195

T- 0.509 0.156 0.77 0.038 0.143

3. Zadatak

Nakon razvoja aplikacije javio se problem izbora veb servera gde će se aplikacija postaviti. Nakon razmatranja servera izdvojile su se sledeće zemlje kao potencijalni kandidata za postavljanje veb aplikacije sa sledećim vrednostima po kriterijumima.

Brzina [Mb/s]

Cena [eur]

Otkaz u radu [min]

Srbija 4 50 35 Kina 2 20 100

Hrvatska 3 70 30 Amerika 5 95 60

w 0.3 0.4 0.3


63


Brzina [Mb/s]

Cena [eur]

Otkaz u radu [min]

m 0 20 10

n 0 20 40

b) Izračunati čist tok za svaki kriterijum pojedinačno. c) Izračunati matricu kovarijansi čistih tokova. d) Odrediti procenat varijanse koje opisuju prve dve glavne komponente. Vizualizovati alternative,

kriterijume i težine na Gaja ravni, ukoliko su iz matrice kovarijansi dobijene sledeće sopstvene vrednosti i sopstveni vektori.

Sopstvene vrednosti

Lambda 1 Lambda 2 Lambda 3 1.5584 0.3347 0.0353

Sopstveni vektori

V 1 V 2 V 3 0.6658 -0.3189 0.6745 -0.6356 0.2309 0.7367 0.3907 0.9192 0.0490

Rešenje:

a) Preferencije se dobijaju na identičan način kao u prvom zadatku. Odnosno, dobijamo:

Brzina Cena Otkaz Srbija, Kina 1 0 1

Srbija, Hrvatska 1 0 0 Srbija, Amerika 0 1 0.500

Kina, Srbija 0 1 0 Kina, Hrvatska 0 1 0 Kina, Amerika 0 1 0

Hrvatska, Srbija 0 0 0 Hrvatska, Kina 1 0 1

Hrvatska, Amerika 0 1 0.667 Amerika, Srbija 1 0 0


64

Amerika, Kina 1 0 1 Amerika, Hrvatska 1 0 0

b) Čisti tokovi su sledeći:

Brzina Srbija Kina Hrvatska Amerika T+ T Srbija 1 1 0 0.667 0.334

Kina 0 0 0 0 -1 Hrvatska 0 1 0 0.333 -0.334 Amerika 1 1 1 1 1

T- 0.333 1 0.667 0

Cena Srbija Kina Hrvatska Amerika T+ T Srbija 0 0 1 0.333 0

Kina 1 1 1 1 1 Hrvatska 0 0 1 0.333 0 Amerika 0 0 0 0 -1

T- 0.333 0 0.333 1

Otkaz Srbija Kina Hrvatska Amerika T+ T Srbija 1 0 0.5 0.5 0.5

Kina 0 0 0 0 -1 Hrvatska 0 1 0.667 0.556 0.556 Amerika 0 1 0 0.333 -0.056

T- 0 1 0 0.389

c) Dobijene rezultate možemo predstaviti u matrici čistih tokova. Dobijamo:

Brzina Cena Otkaz Srbija 0.334 0 0.5

Kina -1 1 -1 Hrvatska -0.334 0 0.556 Amerika 1 -1 -0.056

w 0.3 0.4 0.3

Zatim, iz matrice čistih tokova računamo matricu kovarijansi.

Brzina Cena Otkaz Brzina 0.741 -0.667 0.308 Cena -0.667 0.667 -0.315 Otkaz 0.308 -0.315 0.521


65

d) Procenat varijanse se dobija kao udeo sopstvene vrednosti u ukupnim sopstvenim vrednostima:

Lambda 1 Lambda 2 Lambda 3 Suma 1.5584 0.3347 0.0353 1.9284

80,813% 17,356% 1,831% 100%

Prve dve komponente obuhvataju 98,169%.

Vizualizaciju Gaja ravni dobijamo prebacivanjem vrednosti u prostor glavnih komponenti. Prvo, množenjem matrice čistih tokova i sopstvenih vektora dobijamo:

PC1 PC2 Srbija 0,4177 0,3531

Kina -1,6921 -0,3694 Hrvatska -0,0051 0,6176 Amerika 1,2795 -0,6013

w 0,0627 0,2725

Zatim, dobijene vrednosti koristimo za vizuelni prikaz zajedno sa sopstvenim vektorima. Sopstveni vektori predstavljaju vrednosti koje odgovaraju kriterijumima.


66


67


1. Zadatak

DO želi da kupi službeni automobil za odlaske na sastanke, putovanja i prenos materijala. Kao rezultat istraživanja ponuda popunila je sledeću tabelu odlučivanja:

Cena [eur]

Troškovi održavanja [eur]

Komfor [1-10]

Fiat Punto 11 0.9 5 Škoda Superb 19 1.4 9

Mercedes A 23 2.3 10 Dacia Logan 12 0.6 7

a) Odrediti težine kriterijuma ukoliko je DO popunio sledeću matricu procene:

Cena Troškovi održavanja Komfor Cena 1 2

Troškovi održavanja 2 Komfor

b) Odrediti preferencije DO između alternativa po kriterijumima ukoliko su date sledeće vrednosti parametra indiferentnosti i parametra preferencije.

Cena Troškovi održavanja Komfor m 3 0.3 0 n 7 1.1 3

c) Odrediti ukupne preferencija DO prema parovima alternativa. d) Odrediti koju alternativu najviše preferiramo u odnosu na ostale, zatim za koju alternativu najviše

preferiramo druge u odnosu na nju i koja je najprihvatljivija alternativa.

Rešenje:

a) Težine kriterijuma su:

Cena Troškovi održavanja Komfor 0.4 0.4 0.2

b) Dobijaju se sledeće vrednosti preferencija:


68

Cena Troškovi održavanja

Komfor

Fiat Punto, Škoda Superb 1 0.25 0 Fiat Punto, Mercedes A 1 1 0 Fiat Punto, Dacia Logan 0 0 0 Škoda Superb, Fiat Punto 0 0 1 Škoda Superb, Mercedes A 0.25 0.75 0 Škoda Superb, Dacia Logan 0 0 0.667 Mercedes A, Fiat Punto 0 0 1 Mercedes A, Škoda Superb 0 0 0.333 Mercedes A, Dacia Logan 0 0 1 Dacia Logan, Fiat Punto 0 0 0.667 Dacia Logan, Škoda Superb 1 0.625 0 Dacia Logan, Mercedes A 1 1 0

c) Ukupne preferencije DO prema parovima alternativa iznose:

Pref. Fiat Punto, Škoda Superb 0.5 Fiat Punto, Mercedes A 0.8 Fiat Punto, Dacia Logan 0 Škoda Superb, Fiat Punto 0.2 Škoda Superb, Mercedes A 0.4 Škoda Superb, Dacia Logan 0.133 Mercedes A, Fiat Punto 0.2 Mercedes A, Škoda Superb 0.067 Mercedes A, Dacia Logan 0.2 Dacia Logan, Fiat Punto 0.133 Dacia Logan, Škoda Superb 0.65 Dacia Logan, Mercedes A 0.8

d) Dobijamo sledeće vrednosti:

Punto SuperB Mercedes A

Dacia Logan

T+ T

Punto

0.5 0.8 0 0.433 0.255 SuperB 0.2

0.4 0.133 0.244 -0.162

Mercedes A

0.2 0.067

0.2 0.156 -0.511


69

Dacia Logan

0.133 0.65 0.8

0.528 0.417

T- 0.178 0.406 0.667 0.111

Alternativa koju najviše preferiramo u odnosu na ostale alternative jeste Dacia Logan.

Alternativa koja je najviše preferirana od strane ostalih alternativa je Mercedes A.

Najprihvatljivija alternativa je Dacia Logan.

2. Zadatak


Udaljenost [km]

Parking [br. mesta]

Cena [1000x€]

Opremljenost [1-10]

Meljak 25 20 12 6 Šimanovci 30 25 10 4 Voždovac 5 10 15 8

Banovo brdo 6 13 13 7 w 0.25 0.1 0.45 0.2

a) DO želi da iskaže korisnost za kriterijum Cena, te je zadao parametar indiferentnosti čija je vrednost 0 i parametar preferencija čija je vrednost 4. Izračunati čist tok preferencije.

b) DO želi da iskaže korisnost za kriterijum Opremljenost i iskazao je da mu je svaka razlika bitna (parametar indiferentnosti i parametar preferencije su jednaki nuli). Izračunati čist tok preferencije.

c) Dobijene čiste tokove iz a) i b) ugraditi u početnu tabelu odlučivanja i odrediti najprihvatljiviju alternativu primenom otežane sume i MAXIMIN metodom. Normalizaciju podataka raditi max-min normom.

d) Uspostaviti kompromis između strategije S i R, ako je vrednost parametra v jednaka 0,4.

Rešenje:

a) Čist tok za kriterijum Cena.

T Meljak 0.166

Šimanovci 0.75 Voždovac -0.75

Banovo brdo -0.166

b) Čist tok za kriterijum Opremljenost.


70

T Meljak -0.334

Šimanovci -1 Voždovac 1

Banovo brdo 0.334

c) Nakon normalizacije podataka dobijaju se sledeće vrednosti za otežanu sumu i MAXIMIN metodu.

OK MAXIMIN Meljak 0.459 0.05

Šimanovci 0.55 0 Voždovac 0.45 0

Banovo brdo 0.568 0.02

d) Kompromis između S (otežane sume) i R (MAXIMIN metode) se uspotavlja nakon korekcije strategije R i dobija se:

Q Meljak 0.63

Šimanovci 0.352 Voždovac 0

Banovo brdo 0.605

Najprihvatljivija alternativa je Meljak.

3. Zadatak

Potrebno je zaposliti novog junior marketing stručnjaka. Raspisan je konkurs na koji se javio veći broj kandidata. Nakon razgovora, izdvojeni su sledeći kandidati:


Teorijsko znanje (ocena 1-100)

Praktično znanje (ocena 1-100)



w 0.2 0.1 0.5 0.2

a) Odrediti čiste tokove za svaki kriterijum pojedinačno ukoliko je DO zadao sledeće vrednosti za parametre indifirentnosti i parametri preferencije:


71

Radno iskustvo Teorijsko znanje Praktično znanje Tražena plata m 0 0 5 0 n 5 40 45 0

b) Izračunati matricu kovarijansi matrice čistih tokova. c) Odrediti procenat varijanse koju opisuju prve dve glavne komponente i nacrtati Gaja ravan.

Poznate su nam sopstvene vrednosti i sopstveni vektori:

Sopstvene vrednosti

Lambda 1 Lambda 2 Lambda 3 Lambda 4 1.748 0.508 0.059 0.000

Sopstveni vektori

V 1 V 2 V 3 V 4 0.586 0.221 0.779 -0.039 0.062 -0.911 0.229 0.338 0.508 0.205 -0.404 0.733 -0.628 0.282 0.422 0.590

Rešenje:

a) Dobijaju se sledeći čisti tokovi:


Teorijsko znanje (ocena 1-100)

Praktično znanje (ocena 1-100)


Ivan -1 0.308 -1 1 Jelena 0.266 -0.95 0.183 0.334 Marija 0.933 0.533 0.608 -1 Stefan -0.2 0.108 0.208 -0.334

b) Matrica kovarijansi:

RI TZ PZ Plata RI 0.660 -0.028 0.525 -0.593 TZ -0.028 0.431 -0.045 -0.193 PZ 0.525 -0.045 0.482 -0.539


72

Plata -0.593 -0.193 -0.539 0.741

c) Procenat varijanse koje pokrivaju prve dve glavne komponente iznosi 97.45%. Gaja ravan je prikazana ispod:

PC1 PC2

Ivan -1.703 -0.425 Jelena -0.020 1.056 Marija 1.517 -0.437 Stefan 0.205 -0.194

w 0.252 0.112

RI 0.586 0.221 TZ 0.062 -0.911 PZ 0.508 0.205

Plata -0.628 0.282


73


74

Analiza rizika i Analiza odlučivanja

1. Zadatak

Menadžer prodaje izdavačke kuće se sprema za sajam knjiga. Potrebno je da izabere štand. Nakon filtriranja štandova po zadatom budžetu (konjuktivna metoda) došao je do četiri alternative. Kao kriterijumi određeni su broj prolaznika, otvorenost, veličina prostora i prihvatljivost buke. Zarad jednostavnosti svi kriterijumi su tipa maksimizacije. Matrica odlučivanja i ponderi su prikazani ispod.

Alternative Broj prolaznika Otvorenost Veličina

prostora Buka

Hala A 28 Zatvoren (6) 55 6 Hala B 30 Otvoren (10) 50 8 Hala C 55 Zatvoren (6) 40 9 Hala D 35 Otvoren (10) 36 5

Ponderi 0.4 0.2 0.3 0.1

a) Predložiti optimalni štand za DO, na osnovu očekivane koristi i L∞ normalizacije.

Rešenje:

Alternative Očekivana korist

Hala A 0.6903 Hala B 0.7798 Hala C 0.8382 Hala D 0.7065

b) Procenjeno je da broj prolaznika iz godine u godinu varira, sa standardnim varijacijama datim u tabeli:

Alternative Broj prolaznika

Hala A 28 ± 4 Hala B 30 ± 2 Hala C 55 ± 10 Hala D 35 ± 5

Ponderi 0.4


75

Odrediti najbolje rešenje, ukoliko je DO iskazao da ima averziju ka riziku, i da želi da bude 90% siguran u korist alternative. Rešenje:

Alt. OK Rizik OK-

1.3*rizik (90%)

Hala A 0.6903 0.029 0.6525 Hala B 0.7798 0.015 0.7609 Hala C 0.8382 0.073 0.7436 Hala D 0.7065 0.036 0.6592

c) Primećeno je i da je ocena za podnošljivost buke takođe varirala, i to sa standardnim devijacijama datim u tabeli:

Alternative Buka Hala A 6 ± 1 Hala B 8 ± 0.5 Hala C 9 ± 2.5 Hala D 5 ± 1

Ponderi 0.1

Odrediti ukupan rizik za svaku alternativu.

Rešenje:

Alternative Broj prolaznika Buka Rizik

Hala A 28 ± 4 6 ± 1 0.031 Hala B 30 ± 2 8 ± 0.5 0.016 Hala C 55 ± 10 9 ± 2.5 0.078 Hala D 35 ± 5 5 ± 1 0.038

Ponderi 0.4 0.1

d) Ocene za korist od Otvorenosti štanda su pretpostavljale sunčano vreme. Ukoliko se pretpostavi da vreme može biti sunčano, oblačno ili kišovito, sa verovatnoćama 0.6, 0.2 i 0.2, odrediti očekivane vrednosti alterativa, ako i pridruženi rizik za kriterijum Otvorenost.


76

Rešenje:

Otvorenost Sunce (60%) Oblaci (20%) Kiša (20%) OK Std. dev. Otvorena 10 5 2 7.4 3.32 Zatvorena 6 5 8 6.2 0.98

Alternative Otvorenost

Hala A 6.2 ± 0.98 Hala B 7.4 ± 3.32 Hala C 6.2 ± 0.98 Hala D 7.4 ± 3.32

Ponderi 0.2

e) Vlasnik izložbenih prostora je najavio da postoji šansa da će se štandovi u hali A i hali D proširiti, te i taj kriterijum sa sobom nosi rizik, pošto nije u potpunosti sigurno da će do tog proširenja doći. Najavljeno proširenje se odnosi na Halu B, sa 50 na 70 kv. metara, i Halu C, sa 40 na 50 kv. metara. Odrediti očekivanu vrednost/korist alternativa, kao i pridruženi rizik, za kriterijum Veličina prostora.

Rešenje:

Veličina prostora

Proširenje (30%)

Nema promene (70%) OK Std. dev.

Hala A 55 55 55 0 Hala B 70 50 56 9,16 Hala C 50 40 43 4,58 Hala D 36 36 36 0

f) Izračunati ukupan rizik na osnovu pojedinačnih rizika svih kriterijuma, izračunati očekivanu korist

svake alternative, i odrediti najbolju alternativu ako DO želi da bude 90% siguran u predloženu korist alternative.

Rešenje:

Alternative Broj prolaznika Otvorenost Veličina

prostora Buka Očekivana korist

Hala A 28 ± 4 6.2 ± 0.98 55 ± 0 6 ± 1 0.73 Hala B 30 ± 2 7.4 ± 3.32 56 ± 9,16 8 ± 0.5 0.81 Hala C 55 ± 10 6.2 ± 0.98 43 ± 4,58 9 ± 2.5 0.90 Hala D 35 ± 5 7.4 ± 3.32 36 ± 0 5 ± 1 0.70

Ponderi 0.4 0.2 0.3 0.1


77

Rizik Očekivana

korist OK-1.3*rizik (90%)


g) proveriti da li će predložena alternativa biti promenjena ukoliko DO želi da bude siguran 99%.

Rešenje:

Rizik Očekivana korist

OK-2.4*rizik (99%)


Neće doći do promene prvorangirane alternative.


78

2. Zadatak

Dati su podaci o kriterijumima za izborne predmete na fakultetu, među kojima je potrebno izabrati jedan izborni predmet. Date su i jedinice u kojima je izmerena vrednost svakog kriterijuma.

[ocena studenata]


[br. strana knjige]

[broj firmi, u 00]

Koristan Stručan Težak Zapošljavanje

ALD Sistemi 4,8 3 250 8

Upraljvanje MI 3,9 2 200 4


Teorija SS 4,5 8 300 6

W 0,4 0,2 0,1 0,3

a) Ministarstvo je najavilo da će u skorijoj budućnosti uvesti niz mera kojim će se olakšati rad firmi, što se projektuje da će povećati broj informatičkih firmi i mogućnost Zapošljavanja za 30%. Izborni predmeti Upravljanje MI, kao i Teorija SS, su informatički predmeti. Takođe je procenjeno da su šanse 80% da se takve mere zaista uvedu u skorijoj budućnosti.

Izračunati očekivane koristi i pridružen rizik za kriterijum Zapošljavanje.

Rešenje:

Pošto su najavljene promene za kriterijum Zapošljavanje, sa određenom verovatnoćom, modelujemo taj kriterijum preko 2 stanja:

P(stanje) 0.2 0.8 Zapošljavanje Trenutno

stanje Promene Očekivana

korist Rizik

ALD Sistemi 8 8 8 0

Upraljvanje MI 4 4*1,3 = 5,2 4,96 0.48


Teorija SS 6 6*1,3 = 7,8 7,44 0.72

b) Primećeno je da ocena studenata za kriterijum Korisnost može da varira, i to sa standardnim devijacijama datim u tabeli.


79

Std. Dev. Koristan ALD Sistemi 0,2

Upraljvanje MI 0,5

Izabrana poglavlja iz TSO 1

Teorija SS 0,5

Izračunati ukupan rizik za svaku alternativu.

Rešenje:

Koristan Stručan Težak Zapošljavanje Rizik ALD Sistemi 0.2 0 0 0 0.017

Upraljvanje MI 0.5 0 0 0.48 0.045

Iz. poglavlja iz TSO 1 0 0 0 0.083

Teorija SS 0.5 0 0 0.72 0.050

W 0,4 0,2 0,1 0,3

c) Izračunati očekivanu korist od svake alternative

Rešenje:

Koristan Stručan Težak Zapošljavanje OK ALD Sistemi 4,8 3 250 8 0.83

Upraljvanje MI 3,9 2 200 4,96 0.64

Iz. poglavlja iz TSO 4 6 180 2 0.69

Teorija SS 4,5 8 300 7,44 0.97

W 0,4 0,2 0,1 0,3

d) Odrediti najprihvatljiviju alternativu, ukoliko je DO izrazio da je sklon ka riziku, i da je spreman da prihvati vrednosti koje su samo 10% sigurne.


80

Rešenje:

OK STD OK+1.3STD ALD Sistemi 0.83 0.017 0.85

Upraljvanje MI 0.64 0.043 0.70

Iz. poglavlja iz TSO 0.69 0.083 0.80

Teorija SS 0.97 0.046 1.03

3. Zadatak

U zadatku 1e) data je matrica koristi/dobiti od Veličine prostora, za 2 različita stanja (Proširenje i Nema promene), sa pridruženim verovatnoćama stanja, koje predstavljaju verovanje da će menadžer sajma ispuniti obećanje o proširenju prostora.

Veličina prostora

Proširenje (30%)

Nema promene (70%)

Hala A 55 55 Hala B 70 50 Hala C 50 40 Hala D 36 36

a) Izvesti tabelu žaljenja, kao i kriterijum Očekivanog žaljenja.

Rešenje:

Veličina prostora

Proširenje (30%)

Nema promene (70%)

OŽ

Hala A 15 0 4,5 Hala B 0 5 3,5 Hala C 20 15 16,5 Hala D 34 19 23,5

b) Izračunati Očekivanu Vrednost Perfektne Informacije.

Rešenje:

OVPI = 3,5


81

c) Data je matrica uslovnih verovatnoća, za događaj X=“ispunio obećanje”, pri različitim stanjima.

X Proširenje Nema promene ispunio neko obećanje 0,8 0,3

nije ispunio 0,2 0,7

Primenom Bajesove formule, izračunati nove aposteriori verovatnoće stanja u slučajevima kada se opservira da je menadžer ispunio neko obećanje, ili ako se primeti da neko obećanje ne ispuni.

Rešenje:

X ispunio neko

obećanje

S1: Proširenje

S2: Nema promene

P(S) 0,3 0,7 P(X|S) 0,8 0,3 P(X, S) 0,24 0,21

P(X) 0,45 P(S|X) 0.53 0.47

X nije ispunio

S1: Proširenje

S2: Nema promene

P(S) 0,3 0,7 P(X|S) 0,2 0,7 P(X, S) 0,06 0,49

P(X) 0,55 P(S|X) 0.11 0.89

d) Odrediti optimalnu strategiju, kao i Očekivani Rizik optimalne strategije.

Rešenje:

Optimalna strategija je:

- za X=ispunio:

Proširenje (53%)

Nema promene (47%)

OŽ

Hala A 15 0 7,95 Hala B 0 5 2,35 Hala C 20 15 17,65 Hala D 34 19 26,95


82

- za X=nije ispunio

Proširenje (11%)

Nema promene (89%)

OŽ

Hala A 15 0 1,65 Hala B 0 5 4,45 Hala C 20 15 15,55 Hala D 34 19 20,65s

Očekivani rizik optimalne strategije je:

OR = 0,45 * 2,35 + 0,55 * 1,65 = 1,965

e) Kolika je Očekivanu Vrednost Informacije Uzorka?

Rešenje:

OVIU = OVPI – OR = 3,5 - 1,965 = 1,535


83

Odlučivanje na osnovu pravila Diskretizacija

Generalni postupak diskretizacije podataka je sledeći:

1. DO određuje ordinalnu skalu Loš, Srednji, Dobar i samim tim broj kategorija k u koje treba svrstati kontinualne podatke.

2. Odrediti broj elemenata n koji se nalazi u skupu podataka koje želimo da diskretizujemo. 3. Izračunati vrednost koraka s = n/k, I zaokružiti broj s na najbližu celobrojnu vrednost. 4. Sortirati vrednosti alternativa u opadajućem ili rastućem redosledu, u zavisnosti od usmerenosti

skale (od lošije vrednosti ka boljoj ili od bolje ka lošijoj), kao i tipu ekstremizacije samog atributa (minimizacija ili maksimizacija),

5. Odrediti granice (na kontinualnoj skali) za svaku vrednost kvalitativne skale. 6. Svrstati svaki element u odgovarajuće ordinalne vrednosti na osnovu njihovih ordinalnih vrednosti

i granica određenih u prethodnom koraku.

1. Zadatak

Ocene mobilnog telefona su date u tabeli ispod. DO želi da ih grupiše u tri grupe (loši telefoni, srednje dobri telefoni i dobri telefoni) tako da svaka grupa ima podjednak broj alternativa.

Alternativa Ocena

A1 6

A2 5

A3 10

A4 3

A5 10

A6 6

A7 3

A8 1

A9 8

Rešenje:


84

Na slici ispod prikazano je rešenje problema diskretizacije u ovom zadatku. Jasno je da je k = 3 (DO je zadao skalu sa 3 moguće kategorije – loši, srednji i dobri). U tabeli levo, možemo videti da je broj alternativa koji se nalazi u ponudama je n = 9 (A1-A9). Na osnovu ove dve vrednosti moguće je izdračunati veličinu koraka s = n/k =3, koji nam je potreban za računanje intervala tj, određivanje granica vrednosti za svaku ordinalnu kategoriju. Kada smo odredili s, tabela alternativa (i njihovih vrednosti za kriterijum Ocena) je sortirana u opadajućem redosledu (na osnovu atributa Ocena). Odavde određujemo granice (intervale) za svaku od ordinalnih kategorija (tabela u sredini).

Donja granica za kategoriju Loš ima vrednost 1 (minimalna vrednost celog skupa). Gornja granica za kategoriju Loš se nalazi između 3 i 5 obzirom da je korak s = 3. Slično, donja granica za kategoriju Srednji se nalazi između 6 i 8, tj. granica između kategorija Srednji i Dobar je 7 odnosno (6+8)/2. Na osnovu prethodnih zapažanja možemo odrediti donje i gornje granice svake od kategorija:

DG(Loš) = 1, GG(Loš) = DG(Srednji) = 4, GG(Srednji) = DG(Dobar) = 7 i GG(Dobar) =10

Na osnovu gornjih i donjih granica, definišemo intervale vrednosti početnog (kontinualnog atributa) za svaku ordinalnu kategoriju:

• Loš: [1-4] • Srednji: (4-7] • Dobar: (7-10]

Možemo primetiti iz definicije intervala da je interval za kategoriju Loš, ograničen sa obe strane, dok su intervali za kategorije Srednji i Dobar ograničeni odozgo. Intervali se ograničavaju kako bismo sprečili da jedna vrednost može da ima pripadnost u više kategorija. Ovaj način ograničavanja skupova smatramo


85

konvencijom koja će biti korišćena u ovoj knjizi (moguće je definisati drugačije ograničavanje kako bi se postigao efekat pripadnosti samo jednoj kategoriji).

Dakle, ograničavanje intervala ćemo raditi po sledećem pravilu:

• Prvi interval se ograničava sa obe strane (odozgo i odozdo) • Svaki sledeći interval ima se ograničava odozgo (donja granica intervala se ne uključuje u

interval.). Ovo pravilo uključuje i granice poslednjeg intervala. Konačno, nakon definisanja intervala, možemo da preslikamo kontinualne vrednosti atributa u diskretne (ordinalne). Ovo se može videti u tabeli deno na Slici iznad.

Ovaj metod za diskretizaciju vrednosti u kategorije sa jednakim brojem elemenata, funkcioniše i u slučajevima kada broj alternativa nije deljiv sa brojem ordinalnih kategorija (koje zadaje DO).

2. Zadatak

Razmotrimo alternative iz prethodnog primera, sa tom razlikom da DO želi da diskretizuje podatke u četiri kategorije: Loš, Srednje Loš, Srednje Dobar, Dobar.

Rešenje:

Opis rešenja diskretizacije u četiri kategorije je dat na slici ispod.

Sa slike iznad možemo videti da je postupak diskretizacije identičan kao i u slučaju kada je broj alternativa deljiv sa brojem željenih kategorija. Ipak treba ukazati na nekoliko detalja u rešenju. Prvo korak za definisanje granica mora da se zaokruži na ceo broj (u ovom slučaju 2). Dalje, obzirom da smo izvršili zaokruživanje očekivano je da konačan broj alternativa u svakoj grupi ne bude jednak. Dodatno, u prvom koraku veličine 2 (gde ulaze alternative A8 i A4 sa vrednostima 3 i 3, respektivno) imamo granicu koja je


86

jednaka (3+3)/2 = 3. Takođe vidimo da treća alternativa (A7) ima vrednost 3 (kao i druga alternativa). Ovo dovodi da uprkos tome što je bi trebalo da bude po 2 elementa u svakoj grupi, prva grupa (Loš) mora da bude proširena jer se A4 i A7 imaju identične vrednosti i to tačno na gornjoj granici intervala. Ova strategija proširenja intervala omogućava da se održi konzistentnost kategorija tj. da dve ili više alternativa sa istom vrednošću atributa, ne mogu da imaju pripadnost u dve kategorije. Na identičan način je dobijeno a kategorija Srednje Loš (SL) ima samo jedan element.

3. Zadatak

Cene mobilnh telefona su date u tabeli ispod. DO želi da ih grupiše u tri grupe (Niska cena, Srednja cena i Visoka cena) tako da svaka grupa ima jednake intervale.

Alternativa Cena

A1 348 A2 458 A3 508 A4 200 A5 440 A6 437 A7 390 A8 289 A9 255

A10 520

Rešenje:

Kod metode jednakih intervala podataka, DO želi da ordinalne kategorije uzimaju jednake intervale kontinualnih vrednosti atributa (ne obavezno da imaju jednak broj slučajeva). Postupak određivanja granica intervala kategorija je sličan kao kod određivanja kategorija sa jednakim brojem slučajeva. Kao što se razlika je u tome što se veličina koraka s određuje tako što se interval celog skupa podataka (razlika između maksimalne i minimalne vrednosti) podeli sa željenim brojem grupa. Dodatno granice su direktno definisane na osnovu minimalne vrednosti i koraka (nije potrebno računati aritmetičku sredinu na prelazima između klasa). Rešenje ovog problema je prikazano na Slici ispod.


87

4. Zadatak

Ocene mobilnog telefona su date u tabeli ispod. DO želi da ih grupiše u tri grupe (loši telefoni, srednje dobri telefoni i dobri telefoni) metodom aritmetičke sredine.

Alternativa Ocena

A1 6 A2 5 A3 10 A4 3 A5 10 A6 6 A7 3 A8 1 A9 8

Rešenje:

Metoda aritmetičke sredine koristi aritmetičku sredinu i standardnu devijaciju za formiranje grupa. Naime, kategorije se formiraju tako da zadovoljavaju sledeću formulu: 𝜇 ± 𝑛 ∗ 𝜌, gde je𝜇 aritmetička sredina, 𝜌 standardna devijacija, a 𝑛 broj kojim kontrolišemo broj grupa. Ako je 𝑘 = 1 tada kreiramo tri intervala (1:


88

od najmanje vrednosti do 𝜇 − 𝜌, 2: od 𝜇 − 𝜌 do 𝜇 + 𝜌 i k=3: od 𝜇 + 𝜌 do najveće vrednosti), 𝑘 = 2 pet intervala (1: od najmanje vrednosti do 𝜇 − 2 ∗ 𝜌, 2: od 𝜇 − 2 ∗ 𝜌, do 𝜇 − 𝜌, 3: od 𝜇 − 𝜌 do 𝜇 + 𝜌, 4: od 𝜇 + 𝜌 do 𝜇 + 2 ∗ 𝜌 i 5: od 𝜇 + 2 ∗ 𝜌 do najveće vrednosti) itd.

Postupak diskretizacije za ovaj za datak je sledeći. Prvo izračunamo aritmetičku sredinu i standardnu devijaciju. Imajući to u vidu, možemo da izračunamo grupe. Prva grupa će nam biti od najmanje vrednosti do 𝜇 − 𝜌. Dakle, prva grupa obuhvatati slučajeve čija je vrednost od 1 do 2,81. Druga grupa će obuhvatati slučajeve čija je vrednost od 2,81 do 8,75, dok će treća grupa obuhvatati slučajeve čija je vrednost veća od 8,75.

Rešenje je prikazano na slici ispod.


89

Prostor ordinalnih pravila

Prostor ordinalnih pravila predstavlja skup svih kombinacija vrednosti definisanim na ordinalnim skalama atributa. Veličina prostora pravila za određeni problem (gde se podrazumeva da su definisani atributi i odgovarajuće ordinalne skale), može se izraziti formulom:

𝑁𝑥 =}𝑛l

u

l~$

Gde je Nx veličina prostora pravila, m broj atributa, a na broj vrednosti koje može imati atribut a.

1. Zadatak

DO razmatra nabavku mobilnih telefona za preduzeće na osnovu sledećih kriterijuma:

• Cena: Niska, Visoka • Funkcionalnost: Odlična i Dovoljna

Odrediti veličinu prostora pravila i generisati sva pravila tog prostora, na osnovu datih kriterijuma i njihovih skala.

Rešenje Na osnovu ulaza jasno je da je neophodno definisati 4 pravila koja pokrivaju sve moguće kombinacije ulaznih atributa. Za svaku vrednost atributa Cena potrebno je definisati pravilo za svaku vrednost atributa funkcionalnost (2 * 2 = 4 pravila). Kombinacije pravila su prikazane u tabeli ispod.

Cena Funckionalnost Niska Odlična Niska Dovoljna Visoka Odlična Visoka Dovoljna


90

2. Zadatak


• Cena: Niska, Srednja, Visoka • Funkcionalnost: Odlična, Dobra i Dovoljna

I u ovom primeru, neophodno je da za svaku vrednost atribut Cena, definišemo sve vrednosti atributa funkcionalnost. Obzirom da imamo 3 vrednosti atributa Cena i 3 vrednosti atributa Funkcionalnost, potrebno je definisati prostor ulaznih vrednosti veličine 3*3=9. Prostor pravila prikazan je u tabeli ispod.

Cena Funckionalnost

Niska Odlična Niska Dobra Niska Dovoljna Srednja Odlična Srednja Dobra Srednja Dovoljna Visoka Odlična Visoka Dobra Visoka Dovoljna

3. Zadatak


• Cena: Niska, Srednja, Visoka • Performanse: Dobre, Loše • Dizajn: Dobar, Loš

Odrediti veličinu prostora pravila i generisati sva pravila tog prostora, na osnovu datih kriterijuma i njihovih skala.

Rešenje:

U ovom slučaju imamo da je veličina prostora pravila: 3*2*2 = 12. Prostor pravila ćemo generisati po sledećoj konvenciji. Prvo generišemo moguće vrednosti za atribut sa najviše vrednosti na skali. U ovom slučaju to je atribut Cena (trovrednosna skala). Zatim određujemo broj elemenata za taj atribut u okviru svake kategorije. U ovom slučaju taj broj je 4, pošto ostali atributi imaju 4 (2*2) moguće kombinacije (Slika ispod).


91

Pravilo Cena Performanse Dizajn

P1 Niska Dobre Dobar

P2 Niska Dobre Loš

P3 Niska Loše Dobar

P4 Niska Loše Loš

P5 Srednja Dobre Dobar

P6 Srednja Dobre Loš

P7 Srednja Loše Dobar

P8 Srednja Loše Loš

P9 Visoka Dobre Dobar

P10 Visoka Dobre Loš

P11 Visoka Loše Dobar

P12 Visoka Loše Loš

Dakle kod atributa cena generišemo po 4 vrednosti za svaku kategoriju, počevši od najbolje ka najlošijoj. Zatim ovaj postupak ponavljamo za atribut Performanse. Ovan atribut treba da ima po 2 vrednosti od svake kategorije (pošto treba da prokrije sve kombinacije sa atributom Dizajn). Dakle definišemo generišemo po dve vrednosti za svaku od kategorija u okviru atributa Performanse. Konačno, za poslednji atribut (Dizajn) generišemo vrednosti sa odgovarajuće skale naizmenično.


92

Poređenje višekriterijumskih ordinalnih promenljivih

1. Zadatak

Data je tabeli ispod data su ordinalna AKO delovi ordinalnih pravila odnosno skup višeatributivnih ordinalnih promenljivih.

Pravilo Kvalitet Cena

P1 Loš Visoka

P2 Dobar Visoka

P3 Loš Niska

P4 Dobar Niska

Potrebno je odrediti relacije izmedju pravila: Dominacija, Dominiranost i Neuporedivost.

Rešenje:

Podsetimo se da je jedan slučaj dominantan u odnosu na drugi akko je bolji ili jednak po svim kriterijumima, a pri tome je barem po jednom bolji. Ukoliko su dva slučaja po svim kriterijumi jednaki tada ne postoji dominantnost (oni su jednaki ali i dalje uporedivi, međutim sa ovom situacijom se nećemo susretati jer prostor pravila podrazumeva samo različite slučajeve). Slično, jedan slučaj je dominiran u odnosu na drugi, akko je lošiji ili jednak po svim kriterijumima. U ostalim situacijama (npr. prvi slučaj je bolji po nekim kriterijumima, a po nekim lošiji) kaže se da su ti slučajevi neuporedivi.

Na osnovu prethodne diskusije možemo zaključiti sledeće:

• P1 je dominiran u odnosu na P2, P3 i P4, • P2 je dominantan u odnosu na P1, neuporediv sa P3 i dominiran od P4, • P3 je dominantan u odnosu na P1, neuporediv sa P2 i dominiran od P4, • P4 je dominantan u odnosu na P1, P2 i P3.

Odnosi među slučajevima (AKO delovima pravila) su prikazani i na Slici ispod.


93

2. Zadatak

Odrediti relacije među slučajevima.

a)

Slučaj Kvalitet Cena Dizajn Dostupnost

S1 Visok Niska Dobar Odlična

S2 Nizak Srednja Odličan Srednja

b)


S1 Nizak Srednja Dobar Odlična

S2 Nizak Srednja Odličan Odličan

c)


S1 Visok Srednja Dobar Odlična

S2 Nizak Niska Loš Srednja


94

d)

Slučaj Kvalitet Cena Dizajn

S1 Odličan Niska Loš

S2 Odličan Srednja Srednji

S3 Loš Srednja Srednji

S4 Srednji Niska Srednji

Rešenje:

a) S1 i S2 su neuporedivi – S1 je bolji po Kvalitetu i Dostupnosti, dok je S2 bolji po Ceni i Dizajnu.

b) S2 je dominantan u odnosu na S1 (bolji je po dizajnu, a po ostalim atributima je jednak sa S1) tj. S1 je dominiran u odnosu na S2.

c) S1 i S2 su neuporedivi – S1 je bolji po svim atributima, osim po Ceni po kojoj je bolji S2. d) S1 je neuporediv sa S2, S3 i S4. S2 je dominantan u odnosu na S3, a neuporediv sa S1 i S4. S3 je

dominiran od S4 i S2, a neuporediv sa S1.


95

Granice skupova višekriterijumskih ordinalnih promenljivih

Podsetimo se da se u opštem slučaju, Donja Granica (DG) skupa S ordinalnih promenljivih se definiše kao: Podskup skupa S, koji sadrže slučajeve skupa S koji nisu koji nisu dominantni u odnosu na bilo koji drugi slučaj iz skupa S.

Analogno, Gornja Granica skupa S ordinalnih promenljivih se definiše kao: Podskup skupa S, koji sadrže slučajeve skupa S koji nisu dominirani u odnosu na neki od slučajeva iz skupa S (dovoljno je da element bude dominantan u odnosu na jedan slučaj, a da pritom nije dominiran od strane nekog slučaja, kako bi pripadao gornjoj granici skupa S).

1. Zadatak

Odrediti granice sledećih skupova pravila:

a)

Slučaj Kvalitet Cena

S1 Odličan Niska

S2 Srednji Srednja

S3 Loš Srednja

Slučaj S1 nije dominiran u odnosu na bilo koji drugi slučaj (šta više on je dominantan u odnosu na S2 i S3). Slučaj S2 je dominiran od strane S2 i dominantan u odnosu na S3. Slučaj S3 je dominiran od strane S1 i S2.

Možemo zaključiti da S1 ulazi u gornju granicu (nije dominiran od strane bilo kog drugog slučaja). S3 ulazi u donju granicu (ne dominira u odnosu n abilo koji drugi slučaj). Konačno slučaj S2 nije na granicama skupa (dominantan je u odnosu na S3, a dominiran od S1).

Dakle, rešenje zadatka je:

GG = {S1}

DG = {S3}


96

b)


S1 Odličan Niska Loš

S2 Odličan Srednja Srednji

S3 Loš Srednja Srednji

U ovom primeru, slučajevi S1 i S2 su dominantni u odnosu na S3 i nisu dominirani ni od jedne alternative (među sobom su neuporedivi). Prema tome S1 i S2 su deo skupa GG. S3 nije dominantna u odnosu n abilo koji element skupa, pa ona pripada DG.

Dakle, rešenje zadatka je:

GG = {S1, S2}

DG = {S3}

c)


S1 Odličan Srednja Loš

S2 Srednji Niska Loš

S3 Loš Niska Odličan

S4 Loš Niska Srednji

U ovom slučaju samo je S3 dominatan u odnosu na S4 (ostale alternative su neuporedive). Prema tome S1, S2 i S3 su elementi GG (nisu dominirane od strane bilo koje alternative).

Sa druge strane S1, S2, i S4, su elementi GG (nisu dominantni u odnosu na bilo koji element skupa)

GG = {S1, S2, S4}

DG = {S3}


97

Monotonost višekriterijumskih ordinalnih pravila

Podsetimo se da osobina monotonosti je ispoštovana ukoliko povećanje ulazne vrednosti ne vodi ka smanjenju izlazne vrednosti i obrnuto, ako smanjenje ulazne vrednosti ne vodi ka povećanju izlazne vrednosti. Drugačije, ukoliko alternativa A1 dominira u odnosu na alternative A2, tada alternativa A2 ne sme imati bolju vrednost izlaznog atributa u odnosu na alternativu A1.

1. Zadatak

Tri DO su imali zadatak da izvrše selekciju kandidata nakon urađenih prijemnih ispita iz Matematike i Opšte informisanosti. Uspeh na prijemnim ispitima je diskretizovan na trovrednosnu skalu: Odlično, Srednje i Dobro. Ocenite da je svaki od DO koristio monotona pravila pri selekciji kandidata.

DO1 Matematika Opšta Inf. Primljen

Kandidat 1 Odlično Odlično Nije primljen

Kandidat 2 Odlično Srednje Primljen


Kandidat 1 Odlično Odlično Nije primljen

Kandidat 2 Odlično Odlično Primljen


Kandidat 1 Odlično Odlično Primljen

Kandidat 2 Odlično Srednje Primljen


Kandidat 1 Srednje Odlično Primljen

Kandidat 2 Odlično Srednje Nije primljen

Pravila koja je koristio DO1 nisu monotona. Kandidat 2 je dominantna alternativa nije primljen na željenu poziciju.


98

DO2 takođe ne koriste monotona pravila. U ovom slučaju ne postoji relacija dominantnosti/dominiranosti, ali su kandidati jednaki po ulaznim atributima (Matematika i Opšta informisanost), a Kandidat 2 ima bolju vrednost izlaznog atributa (Primljen). DO3 i DO4 koriste monotona pravila. Kod DO3 oba kandidata su primljena. Pri tome Kandidat 2 je lošiji od Kandidata 1 po kriterijumu Opšta Informisanost. Kažemo da je Kandidat 1 dominantna alternative u odnosu na Kandidata 2 (odnosno Kandidat 2 je dominirana alternativa), obzirom da je Kandidat 1 bolji po oba kriterijuma. Kod DO4 Kandidat 1 je primljen, dok Kandidat 2 nije primljen. U ovom slučaju među kandidatima ne postoji relacija dominantnosti ili dominiratosti. Prema tome, ova pravila se mogu smatrati „fer“ pravilima. Dodatno, može se zaključiti da je ovom DO bitniji kriterijum Opšta informisanost u odnosu na Matematiku.

2. Zadatak

Na svake dve godine DO nabavlja mobilne za svoju firmu. Modeli i cene telefona se drastično menjaju na svake dve godine a DO posmatra alternative na tržištu kroz sledeće kriterijume:

• Cena (Niska, Srednja, Visoka) • Kvalitet (Nizak, Srednji, Visok) • Dizajn (Odličan, srednji i loš)

Izlazna klasa (korisnost) je definisana na trovrednosnoj skali (Odličan, Srednji, Loš). DO želi da proveri monotonost pravila u postojećoj bazi znanja. Baza znanja (pravila) su data u tabeli ispod.

Pravilo Cena Performanse Dizajn Telefon (Korisnost)

P1 Niska Dobre Dobar Odličan

P2 Niska Dobre Loš Odličan

P3 Niska Loše Dobar Srednji

P4 Niska Loše Loš Loš

P5 Srednja Dobre Dobar Odličan

P6 Srednja Dobre Loš Srednji

P7 Srednja Loše Dobar Srednji

P8 Srednja Loše Loš Loš

P9 Visoka Dobre Dobar Srednji

P10 Visoka Dobre Loš Loš

P11 Visoka Loše Dobar Loš

P12 Visoka Loše Loš Loš


99

Potrebno je proveriti da li su pravila koja je zadao DO konzistentna.

Rešenje:

Kako bismo lakše odredili gornje i donje granice potrebno posmatrati skupove pravila za svaku pd izlaznih klasa. Tako za klasu odličan imamo sledeća pravila:


P1 Niska Dobre Dobar Odličan

P2 Niska Dobre Loš Odličan

P5 Srednja Dobre Dobar Odličan

Iz tabele iznad, možemo zaključiti da skup pravila koja sačinjavaju donju granicu klase odličan sledeći: DG(Odličan) = {P2, P5} Zaista, P2 i P5 nisu dominantne ni u odnosu na jednu drugu alternativu (čak su i dominirane u odnosu na P2) i pri tome, one su neuporedive među sobom. Obzirom da je klasa Odličan najviša moguća vrednost ordinalne skale izlaza, nema potrebe za izračunavanjem gornje granice (ne postoji mogućnost da neka od alternativa uzme vrednost izlaza koji je veći od Odličan). Dalje, razmotrimo klasu Srednji.


P3 Niska Loše Dobar Srednji

P6 Srednja Dobre Loš Srednji

P7 Srednja Loše Dobar Srednji

P9 Visoka Dobre Dobar Srednji

Gornju granicu ove klase predstavlja skup sledećih slučajeva: GG(Srednji): {P3, P6, P9}

Obzirom na definicuju gornje granice (skup pravila koji nije dominiran u okviru klase), jasno je da P3 ulazi u ovaj skup pošto ima najbolju moguću vrednost Cene, dok svi ostali slučajevi imaju lošije vrednosti Cene. Dalje, P6 nije dominirano pravolo od strane P3 i P7 (jer je bolje po Performansama), niti od P9 (jer je bolje po Ceni). P9 takođe nije dominirano pravilo (od P7 i P3 je bolje po performansama, a od P6 po dizajnu.)

Donju granicu ove klase predstavlja skup sledećih slučajeva: DG(Srednji): {P6, P7, P9} Obzirom na definicuju gornje granice (skup pravila koja ne dominiraju u okviru klase, vidimo da P6 nije dominantno u odnosu n abilo koje pravilo (zbog Lošeg Dizajna), P7 je lošije od P6 i P9 po Performansama,


100

a od P3 po Ceni. Konačno P9 je lođije od svih alternativa po Ceni, pa prema tome ne može da bude dominantno.

Moćemo primetiti da u ovom slučaju pravilo P6 i P9 pripadju skupu donje granice, kao i skupu gornje granice.

Klasu Loš sačinjava skup slučajeva prikazan u tabeli ispod. Kod ove klase dovoljno je izračunati gornju granicu skupa jer je Loš najniža (najlošija) vrednost na ordinalnoj skali izlaza.


P4 Niska Loše Loš Loš

P8 Srednja Loše Loš Loš

P10 Visoka Dobre Loš Loš

P11 Visoka Loše Dobar Loš


Gornju granicu sačinjava skup sledećih pravila: GG(Loš): {P4, P10, P11} Konačno kada smo identifikovali potrebne granice za svaku klasu možemo da ih uporedimo i da proverimo da li ovaj skup pravila ispunjava osobinu monotonosti.

Pravilo Cena Performanse Dizajn Granica Telefon (Korisnost)

P2 Niska Dobre Loš DG Odličan

P5 Srednja Dobre Dobar DG Odličan

P3 Niska Loše Dobar GG Srednji

P6 Srednja Dobre Loš GG Srednji

P9 Visoka Dobre Dobar GG Srednji

P6 Srednja Dobre Loš DG Srednji

P7 Srednja Loše Dobar DG Srednji

P9 Visoka Dobre Dobar DG Srednji

P4 Niska Loše Loš GG Loš

P10 Visoka Dobre Loš GG Loš

P11 Visoka Loše Dobar GG Loš

Na osnovu Tabele iznad, možemo zaključiti da su definisana pravila monotona obzirom da: • Nijedno pravilo iz GG(Loš) nije dominantno u odnosu na skup pravila DG(Srednji).


101

• Nijedno pravili iz skupa GG(Srednji) nije dominantno u odnosu na skup pravila DG (Odličan).

3. Zadatak

DO je počeo da popunjava izlazne vrednosti (odluke) za problem iz prethodnog zadatka. Trenutne vrednosti tabele pravila se nalaze u Tabeli ispod.

Pravilo Cena Performanse Dizajn Telefon

(Korisnost)

P1 Niska Dobre Dobar Odličan P2 Niska Dobre Loš P3 Niska Loše Dobar

P4 Niska Loše Loš Loš P5 Srednja Dobre Dobar

P6 Srednja Dobre Loš Odličan P7 Srednja Loše Dobar

P8 Srednja Loše Loš P9 Visoka Dobre Dobar Srednji

P10 Visoka Dobre Loš P11 Visoka Loše Dobar


Koje vrednosti izlaznog atributa mogu da uzmu pravila koja nisu popunjena (a da pritom poštuju pravilo monotonosti) i zašto.

Primećujemo da pravila P1 i P12 imaju izlazne klase Odličan i Loš, respektivno. To je očigledno zato što je P1 dominantna a P12 dominirana u odnosu na sve ostale alternative.

Obzirom da P6 ima vrednost izlaza Odličan, to znači da sva pravila koja su dominantna u odnosu na P6 moraju takođe imati izlaz Odličan. U ovom slučaju to su pravila P2 i P5.

Dalje, pravilo P4 ima izlaznu vrednost Loš. To znači da sva pravila koja su dominirana od strane P4 moraju da imaju izlaznu vrednost Loš. U ovom slučaju to su pravila P8 i P12 (P12 je popunjeno sa Loš na samom početku, jer je to alternativa koja je dominirana od strane svih ostalih).

Konačno pravilo P9 ima izlaznu vrednost Srednji. Sva pravila koja su dominantne u odnosu na P9 mogu da imaju izlaznu vrednost Srednji ili odličan, a pravila koja su dominirana mogu da imaju vrednisti Srednji ili Loš (naravno ukoliko ne naruše monotonost sa nekim od ostalih pravila iz kategorija Odličan ili Loš). Dominantna pravila u odnosu na P9 su: P5 i P1. Obzirom da su ona u koategoriji Odličan, pravilo monotonosti je ispoštovano. Pravila koja su dominirana u odnosu na P9 su P10, P11 i P12 i ona mogu uzeti vrednosti Srednji ili Loš.


102

Na osnovu analize iznad pravila mogu biti popunjena na sledeći način (Tabela ispod)

Pravilo Cena Performanse Dizajn Telefon

(Korisnost)

P1 Niska Dobre Dobar Odličan P2 Niska Dobre Loš Odličan

P3 Niska Loše Dobar P4 Niska Loše Loš Loš

P5 Srednja Dobre Dobar Odličan P6 Srednja Dobre Loš Odličan P7 Srednja Loše Dobar

P8 Srednja Loše Loš Loš P9 Visoka Dobre Dobar Srednji

P10 Visoka Dobre Loš Srednji/Loš P11 Visoka Loše Dobar Srednji/Loš


Hijerarhijsko modelovanje kod Dex metodologije

Analizom veličine prostora pravila i osobine monotonosti u prethodnim zadacima može se doći do zaključka da kod modelovanja odlučivanja u realnim sistemima (gde prostor pravila često prelazi nekoliko hiljada pravila) javljaju dva česta problema:

• Značajno vreme koje DO treba da potroši na definisanje baze znanja i • Mogućnost nekonzistentnosti povezivanja ulaznih i izlaznih delova pravila.

Jedan od načina rešavanja ovih problema je korišćenje hijerarhijskog modela pri struktuiranju procesa odlučivanja (slično kao kod AHP metode). Struktuiranje problema tj. definisanje hijerarhijskog modela predstavlja proces kreiranja kriterijumskog stabla (grafa) u kome koje se sastoji iz:

• Korena stabla - konačnu korisnost alternativa (čvor odluke), • Listova – elementarnih atributa (kriterijuma) • Čvorova – složenih atributa (kriterijuma).

Hijerarhijsko modelovanje, ekspertnog sistema, njegova primena i analiza osetljivosti su predstavljeni u sledećim zadacima.


103

1. Zadatak

DO razmatra nabavku pretplatnih paketa i mobilnih telefona za svoje zaposlene. Ponude operatera sadrže sledeće atribute koji su prethodno diskretizovani:

• Nabavna cena (aparata u tarifi): Niska, Srednja i Visoka, • Račun (mesečna pretplata): Nizak, Srednji i Visok, • Procesor (aparata u tarifi): Dobar, Srednji, Loš, • Kamera (aparata u tarifi): Dobra i Loša, • Memorija (aparata u tarifi): Dovoljna i Nedovoljna.

Izlazni atribut predstavlja Korisnost (ponude) definisan na skali: Visoka, Srednja, Niska.

a) Odrediti veličinu prostora pravila na osnovu datih atributa i odgovarajućih skala. b) Kreirati hijerarhijski model ukoliko na osnovu sledećih nad-kriterijuma i odgovarajućih skala:

a. Troškovi: Visoki, Srednji, Niski b. Kvalitet: Visok, Srednji, Nizak

c) Odrediti veličinu prostora pravila koji je definisan nad hijerarhijskim modelom kreiranim pod b).

Rešenje:

a) Na osnovu skala atributa možemo da zaključimo da je prostor pravila za DEX model veličine: 3*3*3*2*2 = 108. Već ova veličina prostora zahteva dosta vremena pri definiciji izlaza, kao i mogućnost povrede osobine monotonosti.

b) Da bismo definisali hijerarhijski model na osnovu zahteva zadatka, potrebno je da definišemo Koren stabla (konačnu korisnost alternativa), kao i dva Čvora stabla, koje kreiramo na osnovu odgovarajućih elementarnih kriterijuma. Dakle kreiramo sledeće čvorove: • Troškovi – na osnovu Nabavne Cene i Računa i • Kvalitet – na osnovu Procesora, Kamere i Memorije.

Korisnost (atribut odluke) ostaje ista: Visoka, Srednja, Niska. Kriterijumsko stablo (struktura) problema odlučivanja, koja je kreirana pristupom odozdo nagore je predstavljena na Slici ispod.


104

c) Prostor pravila kod hijerarhijskog modela je veličine 30. Potrebno je definisati izlazne vrednosti 9 pravila koja definišu nad-kriterijum Troškovi, 12 pravila koja definišu nad-kriterijum Kvalitet, kao i još 9 pravila koja definišu Korisnost ponude.

2. Zadatak

DO dobio dve ponude pretplatnih paketa i mobilnih telefona. Ponude su predstavljene u Tabeli ispod.

Ponuda Nabavna Cena Račun Procesor Kamera Memorija Ponuda 1 Visoka Srednji Loš Dobra Nedovoljna Ponuda 2 Visoka Visok Srednji Loša Nedovoljna

Korišćenjem hijerarhijskog modela, potrebno je evaluirati (odrediti korisnost) ponude (Ponuda 1 i Ponuda 2).

Rešenje:

Za Ponudu 1, evaluacija (indukcija, određivanje) konačne korisnosti se vrši na sledeći način. Na prvom nivou hijerarhije (Troškovi i Kvalitet), aktiviraju se sledeća pravila:

• AKO je Nabavna Cena Visoka i Račun Srednji TADA su Troškovi Visoki • AKO je Procesor Loš i Kamera Dobra i Memorija Nedovoljna TADA je Kvalitet Srednji

Na drugom (poslednjem nivou hijerarhije) aktivira se pravilo koje da je konačnu korisnost za predloženu alternativu:


105

• AKO su Troškovi Visoki i Kvalitet Srednji TADA je Korisnost (ponude) Niska Slično, za Ponudu 2 su aktivirana sledeća pravila:

• AKO je Nabavna Cena Srednja i Račun Visok TADA su Troškovi Srednji • AKO je Procesor Srednji i Kamera Loša i Memorija Nedovoljna TADA je Kvalitet Nizak • AKO su Troškovi Srednji i Kvalitet Nizak TADA je Korisnost (ponude) Niska

Dakle iz primera možemo zaključiti da obe alternative (ponude) imaju Nisku korisnost po modelu sa Slike iz prethodnog zadatka. U ovakvim situacijama DO ima nekoliko mogućih opcija:

• Da odustane od nabavke, • Da ponovi konkurs (prikupi dodatne alternative), • Da razmotri mogućnost revizije ponude (Analiza Osetljivosti tj. Šta-Ako analiza).

3. Zadatak

DO je primetio da Ponuda 1 ima visoku cenu i zanima ga da li bi Ponuda 1 promenila vrednost korisnosti ukoliko bi ponuđač spustio cenu na Srednju. Ukoliko bi došlo do promene korisnosti (da korisnost pređe u Srednju ili Visoku) DO bi mogao da traži novu ponudu sa redukovanom cenom. a) Proveriti da korisnost ponude 1 osetljiva na promenu nabavne cene ako se nabavna cena poboljša

(pređe iz kategorije Visoka, u kategoriju Srednja). b) Da li je Ponuda 2 osetljiva na promenu elementarnog kriterijuma Procesor? Rešenje:

a) Elementarni kriterijumi Ponude 1 sa izmenjenom Nabavnom cenom su predstavljeni u Tabeli ispod.

Ponuda Nabavna Cena Račun Procesor Kamera Memorija Ponuda 1 Srednja Srednji Loš Dobra Nedovoljna

Kako bismo testirali osetljivost, treba da uporedimo Korisnost ove alternative pre i posle izmene (proveravamo kakva bi bila korisnost kada bismo postigli bolju cenu). Iz prethodnog zadatka znamo da je korisnost bila Niska kada je nabavna cena bila Visoka. Da bismo ovo postigli, radimo evaluaciju izmenjene alternative, na osnovu modela iz Zadatka 1. U ovom slučaju dolazi do promene korisnosti kod nad-kriterijuma Troškovi pošto se aktivira pravilo:

• AKO je Nabavna Cena Srednja i Račun Srednji TADA su Troškovi Srednji Iz ovoga možemo zaključiti na je u slučaju Ponude 1 kriterijum roditelj (nad-kriterijum) Troškovi osetljiv na promenu kriterijuma deteta Nabavna Cena sa Visoke na Srednju.


106

Kada smo ustanovili da je došlo do promene korisnosti kod jednog od kriterijuma roditelja, potrebno je ispitati da li dolazi do promene na ostalim nivoima hijerarhije. U ovom slučaju jedini nivo hijerarhije na koji ova promena može da ima uticaj je poslednji nivo (konačna korisnost alternative). Dakle, pošto je promenjena vrednost nad-kriterijuma Troškovi, aktivirano je novo pravilo za konačnu korisnost:

• AKO su Troškovi Srednji i Kvalitet Srednji TADA je Korisnost (ponude) Visoka Iz ovog primera vidimo da je za promenu jednog od osnovnih kriterijuma (Nabavna Cena) za jednu vrednost na ordinalnoj skali došlo do promene konačne korisnosti za dve vrednosti (sa niske korisnosti na visoku). Prema tome, DO ima razloga da pokuša da revidira ponudu umesto da odustane od nje ili da prikuplja nove alternative.

b) Da bismo ispitali da li je Ponuda 2 osetljiva na promenu nabavne cene, treba da ispitamo da li dolazi do promene njene korisnosti: • Kada se Nabavna cena poboljša za jednu vrednost na skali i • Kada se Nabavna cena pogorša za jednu vrednost na skali.

Procesor kod Ponude 2 ima vrednost Srednji i pri tome ima Nisku korisnost. Da bismo ocenili da li je korisnost osetljiva na promenu ovog elementarnog kriterijuma, potrebno je da proverimo da li će se korisnost promeniti ukoliko Procesor uzme vrednost Dobar ili Loš.

Kao i pod a) evaluiramo alternativu za moguće promene vrednosti (+-1 analiza).

Bez evaluacije alternative, možemo da zaključimo da Korisnost nije osetljivo na ukoliko Procesor uzme vrednost Loš (pogorša vrednost). Ovo možemo da zaključimo jer Ponuda 2 ima Nisku (najlošiju moguću vrednost) korisnost. Obzirom da su pravila u modelu monotona, korisnost se neće menjati sa pogoršanjem vrednosti bilo kog od elementarnih atributa.

U slučaju poboljšanja Procesora na Dobar moramo da evaluiramo alternative. Nakon evaluacije možemo primetiti da je nad - kriterijum Kvalitet osetljiv na ovu promenu (prelazi u Srednji), ali da Korisnost nije osetljiva (ostaje Niska)


107

Stabla Odlučivanja

1. Zadatak

Tri prodavnice (A, B i C) su beležile prodaju svojih proizvoda u toku prethodne godine i kategorisale prodaju kao Dobra ili Loša, za svaki od proizvoda P1, P2, P3 i P4. Podaci u prodaji su dati u tabelama na slici ispod.

a) Odrediti raspodelu (distribuciju) verovatnoća kategorija prodaje. b) Koja od prodavnica ima najveću neizvesnost prodaje a koja najmanju (i zašto)?

Rešenje:

a) Za prodavnicu A: P(Dobra) = 0.5, P(Loša) = 0.5

Za prodavnicu B: P(Dobra) = 1, P(Loša) = 0

Za prodavnicu C: P(Dobra) = 0.25, P(Loša) = 0.75

b)

Na osnovu raspodele verovatnoća, možemo zaključiti da najveću neizvesnost prodaje ima prodavnica A jer su podjednake (uniformne) verovatnoće Dobre i Loše prodaje.

Najmanju neizvesnost prodaje ima prodavnica C jer je verovatnoća prodaje jednaka 1.

2. Zadatak

DO vodi evidenciju o Ceni i Prodaji svojih proizvoda. Istorijski podaci su prikazani u tabeli ispod.


108

Proizvod Cena Prodaja

P1 Visoka Loša

P2 Niska Dobra

P3 Visoka Loša

P4 Niska Dobra

a) Odrediti raspodelu verovatnoća kategorija prodaje. b) Odrediti entropiju (neizvesnost) sistema prikazanog u tabeli iznad. c) Da li je atribut cena nosi informaciju o prodaji?

Rešenje:

a) P(Dobra) = 0.5, P(Loša) = 0.5 b) Entropiju sistema računamo na osnovu raspodele verovatnoća izlaznog atributa (Prodaja) po sledećoj

formuli:

𝐻(𝑆) = −�𝑝j

s

j~$

∗ 𝑙𝑜𝑔%(𝑝j)

Gde je k broj različitih kategorija koje može uzeti izlazni atribut (u ovom slučaju Prodaja).

Podsetimo se da se formula za entropiju može izraziti i na sledeći način:

𝐻(𝑆) = −�𝑝j

s

j~$

∗𝑙𝑜𝑔$2(𝑝j)0.301

Dakle entropija sistema iz Tabele iznad je:

𝐻(𝑃𝑟𝑜𝑑𝑎𝑗𝑎) = −X0.5 ∗ 𝑙𝑜𝑔%(0.5) + 0.5 ∗ 𝑙𝑜𝑔%(0.5)Y = 1

Ili (ekvivalntno):

𝐻(𝑃𝑟𝑜𝑑𝑎𝑗𝑎) = −(0.5 ∗𝑙𝑜𝑔$2(0.5)0.301

+ 0.5 ∗𝑙𝑜𝑔$2(0.5)0.301

= 1)


109

c) Ukoliko podelimo skup podataka prema atributu Cena dobijamo sledeće podskupove (Slika ispod).

Sa slike vidimo da je svi slučajevi (proizvodi) koji imaju Nisku cenu imaju i Dobru prodaju, tj. distribucija prodaje pri uslovu da je cena Niska se može izraziti:

𝑃(𝑃𝑟𝑜𝑑𝑎𝑗𝑎 = 𝐷𝑜𝑏𝑟𝑎|𝐶𝑒𝑛𝑎 = 𝑁𝑖𝑠𝑘𝑎) = 1

𝑃(𝑃𝑟𝑜𝑑𝑎𝑗𝑎 = 𝐿𝑜š𝑎|𝐶𝑒𝑛𝑎 = 𝑁𝑖𝑠𝑘𝑎) = 0

Sa druge strane, svi slučajevi (proizvodi) koji imaju Visoku cenu imaju Lošu prodaju, tj.

𝑃(𝑃𝑟𝑜𝑑𝑎𝑗𝑎 = 𝐷𝑜𝑏𝑟𝑎|𝐶𝑒𝑛𝑎 = 𝑉𝑖𝑠𝑜𝑘𝑎) = 0

𝑃(𝑃𝑟𝑜𝑑𝑎𝑗𝑎 = 𝐿𝑜š𝑎|𝐶𝑒𝑛𝑎 = 𝑉𝑖𝑠𝑜𝑘𝑎) = 1

Dakle ukoliko početni sistem (skup podataka) podelimo po atributu Cena, izlazna vrednost Prodaje za svaki od pod-skupova je potpuno izvesna (neizvesnost tj. entropija je jednaka 0). Prema tome možemo zaključiti da atribut Cena nosi informaciju o atributu Prodaja.


110

3. Zadatak

DO vodi evidenciju o Ceni i Prodaji svojih proizvoda. Istorijski podaci su prikazani u tabeli ispod.

Proizvod SSD disk Prodaja

P1 Ne Loša

P2 Da Dobra

P3 Da Loša

P4 Da Dobra

a) Odrediti entropiju sistema. b) Odrediti entropiju sistema nakon podele po atributu SSD disk . c) Kolika je Informaciona dobit podele skupa po atributu SSD disk?

Rešenje:

a) Kao i u prošlom primeru, H(S) = 1 b) Entropiju sistema nakon podele po atributu, računamo na osnovu Uslovne Entropije koja se račina po

sledećoj formuli:

𝐻(𝑆|𝑋) = �𝑝(𝑥j)o

j~$

∗ 𝐻(𝑆|𝑋 = 𝑥j)

Gde je:

• 𝑋 - atribut po kome delimo skup, • 𝑐 - broj različitih kategorija atributa X, • 𝑝(𝑥j) - verovatnoća pojavljivanja kategorije i. • 𝐻(𝑆|𝑋 = 𝑥j) – entropija izlaznog atributa za podskup slučajeva gde je 𝑋 = 𝑥j

Dakle potrebno je odrediti entropiju izlaznog atributa (tj. Prodaje) nakon podele skupa po kategorijama atributa SSD disk. Na slici ispod možemo videti da se skup svih slučajeva deli na dva podskupa (SSD disk =


111

Da i SSD disk = Ne). Pri tome imamo 3 slučaja koji imaju SSD disk (leva grana) i 1 slučaj koji nema SSD disk (desna grana). Naš cilj je da odredimo količinu entropije (neizvesnosti) Prodaje celog skupa (slučajeva koji se nalaze i u levoj i u desnoj grani) nakon podele na podskupove po atributu SSD disk.

Na osnovu prethodnih zadataka znamo da odredimo količinu entropije za levu i desnu granu posebno.

𝐻(𝑃𝑟𝑜𝑑𝑎𝑗𝑎|𝑆𝑆𝐷𝑑𝑖𝑠𝑘 = 𝐷𝑎) = −a23∗ 𝑙𝑜𝑔% �

23�+13∗ 𝑙𝑜𝑔% �

13�b = 0.915

𝐻(𝑃𝑟𝑜𝑑𝑎𝑗𝑎|𝑆𝑆𝐷𝑑𝑖𝑠𝑘 = 𝑁𝑒) = −X0 ∗ 𝑙𝑜𝑔%(0) + 1 ∗ 𝑙𝑜𝑔%(1)Y = 0

Možemo primetiti da je entropija desne grane 0 tj. nema neizvesnosti a leve 0.915. Konačno uslovnu entropiju za atribut SSD disk određujemo kao zbir entropija svake grane, pri čemu je svaka entropija otežana verovatnoćom pojavljivanja slučaja u toj grani. Dakle:

𝑝(𝑆𝑆𝐷𝑑𝑖𝑠𝑘 = 𝐷𝑎) =34= 0.75

𝑝(𝑆𝑆𝐷𝑑𝑖𝑠𝑘 = 𝑁𝑒) =14= 0.25

Dakle entropija prodaje nakon podele po SSD disku je:

𝑝(𝑆𝑆𝐷𝑑𝑖𝑠𝑘 = 𝐷𝑎) ∗ 𝐻(𝑆|𝑆𝑆𝐷𝑑𝑖𝑠𝑘 = 𝐷𝑎) + 𝑝(𝑆𝑆𝐷𝑑𝑖𝑠𝑘 = 𝑁𝑒) ∗ 𝐻(𝑆|𝑆𝑆𝐷𝑑𝑖𝑠𝑘 = 𝑁𝑒)

0.75 ∗ 0.915 + 0.25 ∗ 0 = 0.686


112

Na osnovu definicije uslovne entropije i rešenja zadatka, vidimo da uslovna entropija manje vrednuje parcijalne entropije podskupova čija je verovatnoća pojavljivanja manja (u ovom slučaju to je podskup SSD disk = Ne, koji sadrži samo jedan slučaj).

c) Informaciona dobit atributa (podele skupa po atributu) predstavlja razliku između entropije sistema pre podele i nakon podele po tom atributu.

𝐼(𝑋) = 𝐻(𝑆) − 𝐻(𝑆|𝑋)

Gde je 𝐻(𝑆) količina entropije pre podele po atributu X, a 𝐻(𝑆|𝑋) uslovna entropija (količina entropije nakon podele po atributu X).

Dakle u našem slučaju:

𝐼(𝑆𝑆𝐷𝑑𝑖𝑠𝑘) = 𝐻(𝑃𝑟𝑜𝑑𝑎𝑗𝑎) − 𝐻(𝑃𝑟𝑜𝑑𝑎𝑗𝑎|𝑆𝑆𝐷𝑑𝑖𝑠𝑘) = 1 − 0.686 = 0.314


113

4. Zadatak

Maloprodajna radnja računarske opreme prati prodaju laptop računara i vodi evidenciju o rezoluciji monitora i ceni tih računara. Prikupljeni podaci su prikazani u Tabeli ispod.

Laptop Rezolucija Cena Prodaja

1 Niska Visoka Loša

2 Visoka Visoka Loša

3 Visoka Niska Dobra

4 Visoka Visoka Dobra



7 Visoka Visoka Loša

8 Visoka Niska Loša


a) Izračunati entropiju Prodaje. b) Odrediti koji od ulaznih atributa (Rezolucija ili Cena) nosi više informacija o prodaji. c) Da li neki od ulaznih atributa smanjuje entropiju sistema na 0?

Rešenje:

a) 𝐻(𝑃𝑟𝑜𝑑𝑎𝑗𝑎) = −�RL ∗ 𝑙𝑜𝑔% cRLd + 7

L∗ 𝑙𝑜𝑔% c

7Ld� = 0.991

b) Da bismo odgovorili na ovo pitanje, potrebno je da izračunamo Informacione dobiti za Rezoluciju i Cenu. Prvo računamo parcijalne entropije za atribut rezolucija (za podskup računara sa Niskom i podskup računara sa Visokom rezolucijom).

𝐻(𝑃𝑟𝑜𝑑𝑎𝑗𝑎|𝑅𝑒𝑧𝑜𝑙𝑢𝑐𝑖𝑗𝑎 = 𝑁𝑖𝑠𝑘𝑎) = 0

𝐻(𝑃𝑟𝑜𝑑𝑎𝑗𝑎|𝑅𝑒𝑧𝑜𝑙𝑢𝑐𝑖𝑗𝑎 = 𝑉𝑖𝑠𝑜𝑘𝑎) = −�58∗ 𝑙𝑜𝑔% �

58�+38∗ 𝑙𝑜𝑔% �

38�� = 0.954

Dalje, računamo uslovnu entropiju za atribut Rezolucija:


114

𝐻(𝑃𝑟𝑜𝑑𝑎𝑗𝑎|𝑅𝑒𝑧𝑜𝑙𝑢𝑐𝑖𝑗𝑎) =19∗ 0 +

89∗ 0.954 = 0.848

Konačno ocenjujemo Informacionu dobit za atribut Rezolucija:

𝐼(𝑅𝑒𝑧𝑜𝑙𝑢𝑐𝑖𝑗𝑎) = 0.991 − 0.848 = 0.143

Možemo primetiti da atribut rezolucija u Tabeli iznad ima samo jedan proizvod sa kategorijom Niska i 8 proizvoda sa kategorijom Visoka. Samim tim slučaj koji ima kategoriju Niska ima i entropiju 0, odnosno kreira jedan „čist“ podskup. Sa druge strane, podrška ovom pravilu (AKO je Rezolucija Niska, tada je Prodaja Loša) je jako mala. Iz formule za Uslovnu Entropiju vidimo da je ovaj problem rešen tako što se veća težina daje entropiji podskupa slučajeva gde je rezolucija Visoka (8/9 naspram 1/9 za podskup sa Niskom rezolucijom).

Ovakva situacija se često dešava u praksi i u ovom slučaju se može objasnitina sledeći način: zbog napretka tehnologije, sve je manje laptopova sa niskom rezolucijom monitora. Sa aspekta generisanja pravila odlučivanja, to znači da DO ne želi da se oslanja na to pravilo, jer je uzorak nedovoljan da bi mogao na osnovu njega da zaključuje.

Dalje, računamo parcijalne entropije za atribut Cena (za podskup računara sa Niskom i podskup računara sa Visokom cenom).

𝐻(𝑃𝑟𝑜𝑑𝑎𝑗𝑎|𝐶𝑒𝑛𝑎 = 𝑁𝑖𝑠𝑘𝑎) = −a45∗ 𝑙𝑜𝑔% �

45�+15∗ 𝑙𝑜𝑔% �

15�b = 0.721

𝐻(𝑃𝑟𝑜𝑑𝑎𝑗𝑎|𝐶𝑒𝑛𝑎 = 𝑉𝑖𝑠𝑜𝑘𝑎) = −a34∗ 𝑙𝑜𝑔% �

34�+14∗ 𝑙𝑜𝑔% �

14�b = 0.811

Dalje, računamo uslovnu entropiju za atribut Rezolucija:

𝐻(𝑃𝑟𝑜𝑑𝑎𝑗𝑎|𝐶𝑒𝑛𝑎) =59∗ 0.721 +

49∗ 0.811 = 0.762

Konačno ocenjujemo Informacionu dobit za atribut Rezolucija:

𝐼(𝐶𝑒𝑛𝑎) = 0.991 − 0.762 = 0.229


115

c) Na osnovu rešenja pod a) i b) zaključujemo da nijedan od atributa (Rezolucija i Cena) ne smanjuju entropiju Prodaje na 0 tj. deljenjem početnog skupa podataka po ovim atributima ne dobijamo skupove sa jedinstvenom vrednošću izlaza (atributa Prodaja) po svim kategorijama koje mogu da uzmu ovi atrubuti. Jedina „čista“ grana je za slučajeve koji imaju Nisku rezoluciju, ali ovaj slučaj se desio samo jednom. Sa druge strane, atribut Cena nema „čiste“ podskupove, ali mu je Informaciona Dobit veća u odnosu na atribut Rezolucija.

5. Zadatak

Menadžer golf terena ima zadatak da odredi radne dane terena za sledeći mesec tj. da odredi za svaki dan da li će se na terenu igrati golf ili ne. Menadžer zna da dolazak klijenata zavisi od vremenskih prilika obzirom da su tereni otvoreni. Na raspolaganju ima istorijsku bazu podataka o vremenskim prilikama i radu terena. Menadžer želi da kreira model odlučivanja, koji će automatski određivati radne dane terena na osnovu podataka o vremenskoj prognozi. Istorijski podaci o vremenskoj prognozi i radu terena su dati u Tabeli ispod.

Kreirati model odlučivanja uz pomoć ID3 algoritma.

Rešenje:

Model odlučivanja kreiran primenom ID3 algoritma je prikazan na Slici ispod. U narednom tekstu će biti prikazan detaljni postupak sprovođenja ID3 algoritma, tj. kreiranja modela sa slike.


116

Podsetimo se da se ID3 algoritam sprovodi po sledećim koracima:

1. Izračunati entropiju celog skupa podataka (na osnovu izlazne vrednosti). 2. Izabrati atribut koji ima najveću Informacionu Dobit 3. Podeliti skup podatka (na podskupove) po vrednostima kategorija za izabrani atribut 4. Ponovljati korake 1-3 za svaki podskup dok:

o Svi podskupovi ne postanu “čisti” (entropija im je 0) o Nema više atributa za grananje o Nijedan od ulaznih atributa ne smanjuje entropiju podskupa.

Dakle, prvo računamo entropiju celog sitema:

𝐻(𝐼𝑔𝑟𝑎𝑡𝑖) = −�914

∗ 𝑙𝑜𝑔% �914�

+514

∗ 𝑙𝑜𝑔% �514�

� = 0.940

Zatim određujemo uslovne entropije i odgovarajuće informacione dobiti za svaki od dostupnih atributa.

Vreme

Prvo računamo parcijalne (marginalne) entropije za svaku kategoriju atributa Vreme. Na slici ispod su prikazani podskupovi početnog skupa podataka ukoliko se podeli po kategorijama atributa Vreme.


117

Na osnovu raspodela verovatnoća izlaznog atributa Igrati, jednostavno možemo odrediti parcijalne (marginalne) entropije svakog pod-skupa.

𝐻(𝐼𝑔𝑟𝑎𝑡𝑖|𝑉𝑟𝑒𝑚𝑒 = 𝑠𝑢𝑛č𝑎𝑛𝑜) = −a35∗ 𝑙𝑜𝑔% �

35�+25∗ 𝑙𝑜𝑔% �

25�b = 0.971

𝐻(𝐼𝑔𝑟𝑎𝑡𝑖|𝑉𝑟𝑒𝑚𝑒 = 𝑜𝑏𝑙𝑎č𝑛𝑜) = −X0 ∗ 𝑙𝑜𝑔%(0) + 1 ∗ 𝑙𝑜𝑔%(1)Y = 0

𝐻(𝐼𝑔𝑟𝑎𝑡𝑖|𝑉𝑟𝑒𝑚𝑒 = 𝑘𝑖š𝑜𝑣𝑖𝑡𝑜) = −a35∗ 𝑙𝑜𝑔% �

35�+25∗ 𝑙𝑜𝑔% �

25�b = 0.971

Možemo primetiti da su parcijalne entropije za Sunčačne i Kišovite dane veće od entropije ukupne entropije sistema (0.971>0.940), ali da je parcijalna entropija za oblačne dane jednaka 0. Na osnovu parcijalnih entropija računamo uslovnu entropiju za atribut Vreme:

𝐻(𝐼𝑔𝑟𝑎𝑡𝑖|𝑉𝑟𝑒𝑚𝑒) =514

∗ 0.971 +514

∗ 0.971 +414

∗ 0 = 0.694

Konačno računamo informacionu dobit za atribut Vreme:

𝐼(𝑉𝑟𝑒𝑚𝑒) = 0.940 − 0.694 = 0.246

Temperatura

Na slici ispod su prikazani podskupovi početnog skupa podataka ukoliko se podeli po kategorijama atributa Temperatura.


118

Na osnovu raspodela verovatnoća izlaznog atributa Igrati, jednostavno možemo odrediti parcijalne (marginalne) entropije svakog podskupa.

𝐻(𝐼𝑔𝑟𝑎𝑡𝑖|𝑇𝑒𝑚𝑝𝑒𝑟𝑎𝑡𝑢𝑟𝑎 = 𝑣𝑟𝑢ć𝑒) = −a24∗ 𝑙𝑜𝑔% �

24�+24∗ 𝑙𝑜𝑔% �

24�b = 1

𝐻(𝐼𝑔𝑟𝑎𝑡𝑖|𝑇𝑒𝑚𝑝𝑒𝑟𝑎𝑡𝑢𝑟𝑎 = 𝑡𝑜𝑝𝑙𝑜) = −a46∗ 𝑙𝑜𝑔% �

46�+26∗ 𝑙𝑜𝑔% �

26�b = 0.915

𝐻(𝐼𝑔𝑟𝑎𝑡𝑖|𝑇𝑒𝑚𝑝𝑒𝑟𝑎𝑡𝑢𝑟𝑎 = ℎ𝑙𝑎𝑑𝑛𝑜) = −a34∗ 𝑙𝑜𝑔% �

34�+14∗ 𝑙𝑜𝑔% �

14�b = 0.811

Uslovna entropija za atribut temperatura je:

𝐻(𝐼𝑔𝑟𝑎𝑡𝑖|𝑇𝑒𝑚𝑝𝑒𝑟𝑎𝑡𝑢𝑟𝑎) =414

∗ 1 +614

∗ 0.915 +414

∗ 0.811 = 0.910

Konačno dobijamo Informacionu dobit atributa vreme.

𝐼(𝑇𝑒𝑚𝑝𝑒𝑟𝑎𝑡𝑢𝑟𝑎) = 0.940 − 0.910 = 0.03

Identičnim postupkom računamo parcijalne (marginalne), uslovne Entropije i Informacione dobiti za atribute Vlažnost i Vetar.

Vlažnost

𝐼(𝑉𝑙𝑎ž𝑛𝑜𝑠𝑡) = 0.136

Vetar

𝐼(𝑉𝑒𝑡𝑎𝑟) = 0.048

Nakon poređenja informacionih dobiti za sva 4 ulazna atributa, zaključujemo da je najveća informaciona dobit ukoliko kompletan skup podelimo po atributu Vreme.


119

• 𝐼(𝑉𝑟𝑒𝑚𝑒) = 0.246 • 𝐼(𝑇𝑒𝑚𝑝𝑒𝑟𝑎𝑡𝑢𝑟𝑎) = 0.03 • 𝐼(𝑉𝑙𝑎ž𝑛𝑜𝑠𝑡) = 0.136 • 𝐼(𝑉𝑒𝑡𝑎𝑟) = 0.048

Stablo odlučivanja nakon deljenja skupa podataka po atributu Vreme je prikazano na Slici ispod.

Sa slike možemo videti da kada je vreme Oblačno, uvek se igra golf. U ovom čvoru (podskupu) ispunjen je kriterijum zaustavljanja ID3 algoritma (entropija je jednaka 0). Prema tome, rast stabla odlučivanja u ovoj grani se zaustavlja i kreira se list, tj. čvor odluke, sa izlaznom vrednošću Da. To znači je kreirano pravilo:

AKO je Vreme Oblačno TADA treba Igrati.

Odnosno, u primeni modela, izlazna vrednost će biti Da za sve dane za koje je prognozirano Oblačno vreme (bez obzira na Vlažnost, Temperaturu i Vetar).

Sa druge strane za ostale vrednosti atributa Vreme, podskupovi podataka nemaju „čist“ izlaz, tj. postoji neizvesnost da li treba igrati ili ne. U ovoj situaciji proveravamo da li postoje još neki atributi koji bi mogli da smanje entropiju podskupova. U oba podskupa, dostupni su atributi Temperatura, Vlažnost i Vetar.

Dakle, prema ID3 algoritmu (opisanom na početku zadatka) nijedan kriterijum zaustavljanja nije ispunjen. To znači da treba ponoviti postupak selekcije atributa sa najvećom vrednošću informacione dobiti, na svakom od ovih pod-skupova i granati stablo dalje, do ispunjenja jednog od kriterijuma zaustavljanja.

Prvo ćemo granati stablo na podskupu svih Sunčanih dana. Ovaj podskup je prikazan u Tabeli ispod. Primećujemo da je u Tabeli izostavljen atribut Vreme. To je zato što je kod svih slučajeva u ovom podskupu vreme bilo Sunčano tj. ne postoji varijacija vrednosti po ovom atributu. Obzirom da nema varijacije, ovaj atribut ne nosi informaciju o izlaznom atributu i možemo ga zanemariti.


120

Temperatura Vlažnost Vetar Igrati?

vruće visoka slab ne

vruće visoka jak ne

toplo visoka slab ne

hladno normalna slab da

toplo normalna jak da

Identičnim postupkom kao i za atribut vreme dolazimo do informacionih dobiti ulaznih atributa iz Tabele iznad. Obzirom da je podskup slučajeva iz Tabele veoma mali, jasno je da atribut Vlažnost nosi najviše informacija o izlaznom atributu, obzirom da samo on može da razgrana ovaj skup na „čiste“ podskupove. Formalni postupak određivanja atributa za grananje je prikazan u daljem tekstu.

𝐻(𝐼𝑔𝑟𝑎𝑡𝑖|𝑉𝑟𝑒𝑚𝑒 = 𝑠𝑢č𝑎𝑛𝑜) = 0.971

• 𝐼(𝑇𝑒𝑚𝑝𝑒𝑟𝑎𝑡𝑢𝑟𝑎|𝑉𝑟𝑒𝑚𝑒 = 𝑠𝑢č𝑎𝑛𝑜) = 0.571 • 𝐼(𝑉𝑙𝑎ž𝑛𝑜𝑠𝑡|𝑉𝑟𝑒𝑚𝑒 = 𝑠𝑢č𝑎𝑛𝑜) = 0.971 • 𝐼(𝑉𝑒𝑡𝑎𝑟|𝑉𝑟𝑒𝑚𝑒 = 𝑠𝑢č𝑎𝑛𝑜) = 0.079

Najveća Informaciona Dobit se dobija ukoliko dalje razgranamo stablo po atributu Vlažnost. Zaista, nakon grananja, leva grana stabla sadrži samo čiste čvorove (u kojima je entropija jednaka 0). Kriterijum zaustavljanja je ispunjen i u ovom delu stabla i prema tome kreiraju se terminalni čvorovi (listovi) sa odgovarajućim odlukama.


121

Konačno ponavljamo postupak za desnu stranu stabla (slučajevi kada je vreme bilo Kišovito). Tabela slučajeva je prikazana u Tabeli ispod.

Temperatura Vlažnost Vetar Igrati?

toplo visoka slab da

hladno normalna slab da

hladno normalna jak ne

toplo normalna slab da

toplo visoka jak ne

𝐻(𝐼𝑔𝑟𝑎𝑡𝑖|𝑉𝑟𝑒𝑚𝑒 = 𝑘𝑖š𝑜𝑣𝑖𝑡𝑜) = 0.971 • 𝐼(𝑇𝑒𝑚𝑝𝑒𝑟𝑎𝑡𝑢𝑟𝑎|𝑉𝑟𝑒𝑚𝑒 = 𝑘𝑖š𝑜𝑣𝑖𝑡𝑜) = 0.371 • 𝐼(𝑉𝑙𝑎ž𝑛𝑜𝑠𝑡|𝑉𝑟𝑒𝑚𝑒 = 𝑘𝑖š𝑜𝑣𝑖𝑡𝑜) =0.371 • 𝐼(𝑉𝑒𝑡𝑎𝑟|𝑉𝑟𝑒𝑚𝑒 = 𝑘𝑖š𝑜𝑣𝑖𝑡𝑜) = 0.971

Slično kao u prethodnom primeru, zaključujemo da je atribut Vetar nosi najviše informacija o izlaznom atributu u ovom delu stabla. Konačni model stabla je prikazan na Slici ispod (identična slika sa samog početka zadatka).


122

Kada posmatramo ovaj model, možemo uvideti da se iz njega mogu izgenerisati sledeća AKO -TADA pravila:

AKO je vreme Sunčano i vlažnost Visoka TADA ne treba igrati.

AKO je vreme Sunčano i vlažnost Normalna TADA treba igrati.

AKO je vreme Oblačno TADA treba igrati.

AKO je vreme Kišovito i vetar Slab TADA treba igrati.

AKO je vreme Kišovito i vetar Jak TADA ne treba igrati.

U modelu stabla odlučivanja i odgovarajućim pravilima primećujemo da se atribut Temperatura nigde ne pojavljuje. To znači da ID3 algoritam zapravo ne posmatra ovaj atribut kao informativan. Sa druge strane, ID3 algoritam je „heuristika“ koja koristi pohlepnu (eng. greedy) strategiju grananja. To znači da u svakom koraku bira atribut koji donosi najviše Informacione dobiti, odnosno model koji se dobija je u delovima optimalan (moguće je da postoji drugi način grananja koji bi više smanjio entropiju ukupnog modela).

Dodatno možemo primetiti da u listovima stabla postoje atributi po kome je moguće dalje granati stablo. U listovima leve grane to su Temperatura i Vetar, a u listovima desne grane to su Temperatura i Vlažnost. To znači kojim slučajem na drugom nivou stabla nismo dobili čiste čvorove (listove) mogli bismo da vržimo dodatno grananje po ovim atributima i povećamo dubinu stabla i dodatno smanjimo entropiju.


123

6. Zadatak

Analitičar kreditnog rizika svakodnevno razmatra aplikacije za kredit i procenjuje da li postoji rizik da klijent ne vrati kredit na vreme. Primetio je da u poslednjim mesecima sve više klijenata (kojima je odobren kredit) kasne sa otplatom kredita. On želi da na osnovu istorijskih podataka uoči paterne (znanje) po kome se ponašaju klijenti kojima je odobren kredit i ustanovi koji kriterijumi utiču na to da klijent ne vrati kredit na vreme. Na raspolaganju ima istorijsku bazu podataka (Tabela ispod).

Zaduženje Primanja Stan Otplata

Kritično Visoka Da Ne

Kritično Srednja Ne Ne

Kritično Niska Da Ne

Kritično Visoka Ne Ne

Prihvatljivo Visoka Da Da

Prihvatljivo Niska Da Da

Prihvatljivo Srednja Da Da

Prihvatljivo Srednja Ne Ne

Povoljno Niska Ne Da

Povoljno Niska Ne Ne

Povoljno Niska Ne Ne

a) Kreirati stablo odlučivanja korišćenjem ID3 algoritma. b) Kolika je očekivana tačnost klasifikacije? c) Generisati AKO-TADA pravila na osnovu pravila odlučivanja

Rešenje:

Prvo računamo ukupnu entropiju sistema (izlaznog atributa skupa podataka)

𝐻(𝑂𝑡𝑝𝑙𝑎𝑡𝑎) = −a711

∗ 𝑙𝑜𝑔% �711�

+411

∗ 𝑙𝑜𝑔% �411�

b = 0.945

Zatim računamo entropije i odgovarajuće informacione dobiti za svaki od atributa.


124

Nivo Zaduženja

𝐻(𝑂𝑡𝑝𝑙𝑎𝑡𝑎|𝑍𝑎𝑑𝑢ž𝑒𝑛𝑗𝑒 = 𝐾𝑟𝑖𝑡𝑖č𝑛𝑜) = −X0 ∗ 𝑙𝑜𝑔%(0) + 1 ∗ 𝑙𝑜𝑔%(1)Y = 0

𝐻(𝑂𝑡𝑝𝑙𝑎𝑡𝑎|𝑍𝑎𝑑𝑢ž𝑒𝑛𝑗𝑒 = 𝑃𝑟𝑖ℎ𝑣𝑎𝑡𝑙𝑗𝑖𝑣𝑜) = −a34∗ 𝑙𝑜𝑔% �

34�+14∗ 𝑙𝑜𝑔% �

14�b = 0.811

𝐻(𝑂𝑡𝑝𝑙𝑎𝑡𝑎|𝑍𝑎𝑑𝑢ž𝑒𝑛𝑗𝑒 = 𝑃𝑜𝑣𝑜𝑙𝑗𝑛𝑜) = −a13∗ 𝑙𝑜𝑔% �

13�+23∗ 𝑙𝑜𝑔% �

23�b = 0.915

𝐻(𝑂𝑡𝑝𝑙𝑎𝑡𝑎|𝑍𝑎𝑑𝑢ž𝑒𝑛𝑗𝑒) =411

∗ 0 +411

∗ 0.811 +311

∗ 0.915 = 0.544

𝐼(𝑂𝑡𝑝𝑙𝑎𝑡𝑎) = 0.945 − 0.544 = 0.401

Primanja

𝐻(𝑂𝑡𝑝𝑙𝑎𝑡𝑎|𝑃𝑟𝑖𝑚𝑎𝑛𝑗𝑎 = 𝑉𝑖𝑠𝑜𝑘𝑎) = −a23∗ 𝑙𝑜𝑔% �

23�+13∗ 𝑙𝑜𝑔% �

13�b = 0.915

𝐻(𝑂𝑡𝑝𝑙𝑎𝑡𝑎|𝑃𝑟𝑖𝑚𝑎𝑛𝑗𝑎 = 𝑆𝑟𝑒𝑑𝑛𝑗𝑎) = −a23∗ 𝑙𝑜𝑔% �

23�+13∗ 𝑙𝑜𝑔% �

13�b = 0.915

𝐻(𝑂𝑡𝑝𝑙𝑎𝑡𝑎|𝑃𝑟𝑖𝑚𝑎𝑛𝑗𝑎 = 𝑁𝑖𝑠𝑘𝑎) = −a25∗ 𝑙𝑜𝑔% �

25�+35∗ 𝑙𝑜𝑔% �

35�b = 0.971

𝐻(𝑂𝑡𝑝𝑙𝑎𝑡𝑎|𝑃𝑟𝑖𝑚𝑎𝑛𝑗𝑎) =311

∗ 0.915 +311

∗ 0.915 +511

∗ 0.971 = 0.940

𝐼(𝑃𝑟𝑖𝑚𝑎𝑛𝑗𝑎) = 0.945 − 0.940 = 0.005

Stan

𝐻(𝑂𝑡𝑝𝑙𝑎𝑡𝑎|𝑆𝑡𝑎𝑛 = 𝐷𝑎) = −a25∗ 𝑙𝑜𝑔% �

25�+35∗ 𝑙𝑜𝑔% �

35�b = 0.971

𝐻(𝑂𝑡𝑝𝑙𝑎𝑡𝑎|𝑆𝑡𝑎𝑛 = 𝑁𝑒) = −a46∗ 𝑙𝑜𝑔% �

46�+26∗ 𝑙𝑜𝑔% �

26�b = 0.915

𝐻(𝑂𝑡𝑝𝑙𝑎𝑡𝑎|𝑆𝑡𝑎𝑛) =511

∗ 0.971 +611

∗ 0.915 = 0.940

𝐼(𝑆𝑡𝑎𝑛) = 0.945 − 0.940 = 0.005


125

Nakon poređenja Informacionih dobiti, zaključujemo da Nivo Zaduženja nosi najviše informacija o izlaznom atributu. Prema tome, koren stabla će biti atribut nivo zaduženja.

Vidimo da u podskupu slučajeva kod kojih je Zaduženje = Kritično vrednost izlaznog atributa je uvek Ne tj. entropija tog podskupa je jednaka nuli. Ovaj podskup slučajeva proglašavamo za list stabla sa odlukom Ne.

Dalje prelazimo na računanje Entropije podskupa slučajeva koji imaju Prihvatljivo zaduženje.

Entropija ovog podsistema iznosi (ova vrednost je izračunata u prethodnom koraku):

𝐻(𝑂𝑡𝑝𝑙𝑎𝑡𝑎|𝑍𝑎𝑑𝑢ž𝑒𝑛𝑗𝑒 = 𝑃𝑟𝑖ℎ𝑣𝑎𝑡𝑙𝑗𝑖𝑣𝑜) = 0.811

Dalje, računamo parcijalne entropije za atribute Primanja i Stan.

Primanja

𝐻(𝑂𝑡𝑝𝑙𝑎𝑡𝑎|𝑍𝑎𝑑𝑢ž𝑒𝑛𝑗𝑒 = 𝑃𝑟𝑖ℎ𝑣𝑎𝑡𝑙𝑗𝑖𝑣𝑜, 𝑃𝑟𝑖𝑚𝑎𝑛𝑗𝑎 = 𝑉𝑖𝑠𝑜𝑘𝑎) = 0 𝐻(𝑂𝑡𝑝𝑙𝑎𝑡𝑎|𝑍𝑎𝑑𝑢ž𝑒𝑛𝑗𝑒 = 𝑃𝑟𝑖ℎ𝑣𝑎𝑡𝑙𝑗𝑖𝑣𝑜, 𝑃𝑟𝑖𝑚𝑎𝑛𝑗𝑎 = 𝑆𝑟𝑒𝑑𝑛𝑗𝑎) = 0 𝐻(𝑂𝑡𝑝𝑙𝑎𝑡𝑎|𝑍𝑎𝑑𝑢ž𝑒𝑛𝑗𝑒 = 𝑃𝑟𝑖ℎ𝑣𝑎𝑡𝑙𝑗𝑖𝑣𝑜, 𝑃𝑟𝑖𝑚𝑎𝑛𝑗𝑎 = 𝑁𝑖𝑠𝑘𝑎) = 1

𝐻(𝑂𝑡𝑝𝑙𝑎𝑡𝑎|𝑍𝑎𝑑𝑢ž𝑒𝑛𝑗𝑒 = 𝑃𝑟𝑖ℎ𝑣𝑎𝑡𝑙𝑗𝑖𝑣𝑜, 𝑃𝑟𝑖𝑚𝑎𝑛𝑗𝑎) =14∗ 0 +

14∗ 0 +

24∗ 1 = 0.5

𝐼(𝑂𝑡𝑝𝑙𝑎𝑡𝑎|𝑍𝑎𝑑𝑢ž𝑒𝑛𝑗𝑒 = 𝑃𝑟𝑖ℎ𝑣𝑎𝑡𝑙𝑗𝑖𝑣𝑜, 𝑃𝑟𝑖𝑚𝑎𝑛𝑗𝑎) = 0.811 − 0.5 = 0.311


126

Stan

𝐻(𝑂𝑡𝑝𝑙𝑎𝑡𝑎|𝑍𝑎𝑑𝑢ž𝑒𝑛𝑗𝑒 = 𝑃𝑟𝑖ℎ𝑣𝑎𝑡𝑙𝑗𝑖𝑣𝑜, 𝑆𝑡𝑎𝑛 = 𝐷𝑎) = 0

𝐻(𝑂𝑡𝑝𝑙𝑎𝑡𝑎|𝑍𝑎𝑑𝑢ž𝑒𝑛𝑗𝑒 = 𝑃𝑟𝑖ℎ𝑣𝑎𝑡𝑙𝑗𝑖𝑣𝑜, 𝑆𝑡𝑎𝑛 = 𝑁𝑒) = 0

𝐻(𝑂𝑡𝑝𝑙𝑎𝑡𝑎|𝑆𝑡𝑎𝑛 = 𝐷𝑎) = −a25∗ 𝑙𝑜𝑔% �

25�+35∗ 𝑙𝑜𝑔% �

35�b = 0.971

𝐼(𝑂𝑡𝑝𝑙𝑎𝑡𝑎|𝑍𝑎𝑑𝑢ž𝑒𝑛𝑗𝑒 = 𝑃𝑟𝑖ℎ𝑣𝑎𝑡𝑙𝑗𝑖𝑣𝑜, 𝑆𝑡𝑎𝑛) = 0.811 − 0.811 = 0

Iz uslovnih informacionih dobiti jasno je da ovaj podskup treba granati po atributu Stan i kreirati listove stabla (obzirom da se entropija svodi na 0).

Konačno posmatramo podskup slučajeva gde je Zaduženje = Povoljno. Možemo primetiti da ovde postoji entropija (0.915, što je izračunato u prethodnom koraku), i da postoje atributi po kome je moguće vršiti grananje. Međutim, ovi (ulazni atributi) ne nose nikakvu informaciju o izlaznom atributu. To je zato što ne postoji varijacija u atributima (kod oba atributa su sve vrednosti identične) i na osnovu njih nije moguće podeliti ovaj podskup tako da se entropija izlaznog atributa smanji. U ovu tvrdnju se možemo uveriti računanjem odgovarajućih informacionih dobiti.


127

Primanja

𝐻(𝑂𝑡𝑝𝑙𝑎𝑡𝑎|𝑍𝑎𝑑𝑢ž𝑒𝑛𝑗𝑒 = 𝑃𝑜𝑣𝑜𝑙𝑗𝑛𝑜, 𝑃𝑟𝑖𝑚𝑎𝑛𝑗𝑎 = 𝑁𝑖𝑠𝑘𝑎) = 0.915 𝐻(𝑂𝑡𝑝𝑙𝑎𝑡𝑎|𝑍𝑎𝑑𝑢ž𝑒𝑛𝑗𝑒 = 𝑃𝑜𝑣𝑜𝑙𝑗𝑛𝑜, 𝑃𝑟𝑖𝑚𝑎𝑛𝑗𝑎 = 𝑉𝑖𝑠𝑜𝑘𝑎) = 0

𝐻(𝑂𝑡𝑝𝑙𝑎𝑡𝑎|𝑍𝑎𝑑𝑢ž𝑒𝑛𝑗𝑒 = 𝑃𝑜𝑣𝑜𝑙𝑗𝑛𝑜, 𝑃𝑟𝑖𝑚𝑎𝑛𝑗𝑎) =33∗ 0.915 + 0 ∗ 0 = 0.915

𝐼(𝑂𝑡𝑝𝑙𝑎𝑡𝑎|𝑍𝑎𝑑𝑢ž𝑒𝑛𝑗𝑒 = 𝑃𝑜𝑣𝑜𝑙𝑗𝑛𝑜, 𝑃𝑟𝑖𝑚𝑎𝑛𝑗𝑎) = 0.915 − 0.915 = 0

Identičnim postupkom možemo dobiti da je Informaciona dobit atributa Stan, za ovaj podskup slučajeva jednaka nuli.

U ovakvim situacijama (u podskupu ne postoje atributi koji nose informacionu dobit) ID3 zaustavlja grananje (kreira list tj. čvor odluke) i dodeljuje verovatnoće pojavljivanja svakog od izlaza. Pri tome, za konačna odluka kod „nečistog čvora“ se uzima vrednost koja ima veću verovatnoću pojavljivanja.

𝑃(𝑂𝑡𝑝𝑙𝑎𝑡𝑎 = 𝐷𝑎|𝑍𝑎𝑑𝑢ž𝑒𝑛𝑗𝑒 = 𝑃𝑜𝑣𝑜𝑙𝑗𝑛𝑜) = 1/3 𝑃(𝑂𝑡𝑝𝑙𝑎𝑡𝑎 = 𝑁𝑒|𝑍𝑎𝑑𝑢ž𝑒𝑛𝑗𝑒 = 𝑃𝑜𝑣𝑜𝑙𝑗𝑛𝑜) = 2/3

b) Tačnost klasifikacije predstavlja procenat slučajeva koje model klasifikuje tačno (određuje izlazni atribut, tj. klasu koja odgovara stvarnoj klasi tog slučaja). Očekivana tačnost klasifikacije kod stabla odlučivanja se određuje kao očekivana tačnost klasifikacije izlaznih vrednosti koje se nalaze u listovima stabla. Dakle, u ovom slučaju imamo:

𝑂č𝑒𝑘𝑖𝑣𝑎𝑛𝑎𝑡𝑎č𝑛𝑜𝑠𝑡 =411

∗ 1 +411

∗ 1 +311

∗23= 0.909


128

c)

Pravila generisana stablom odlučivanja se mogu predstaviti u sledećoj formi:

AKO je Zaduženje Kritično TADA Otplata nije pravovremena

AKO je Zaduženje Prihvatljivo i klijent poseduje Stan TADA je otplata pravovremena

AKO je Zaduženje Prihvatljivo i klijent ne poseduje Stan TADA otplata nije pravovremena

AKO Zaduženje = Povoljno TADA otplata nije pravovremena

Pravila se mogu prikazati i u formi sledeće tabele (kompaktni oblik.)


Kritično * * Ne

Prihvatljivo * Da Da

Prihvatljivo * Ne Ne

Povoljno * * Ne


129

7. Zadatak

Nekoliko klijenata je podnelo zahtev za kredit. Njihovi podaci su dati u sledećoj tabeli:

Klijent Zaduženje Primanja Stan Klijent 1 Povoljan Srednja Da Klijent 2 Povoljan Srednja Da Klijent 3 Povoljan Niska Da Klijent 4 Povoljan Niska Ne Klijent 5 Povoljan Srednja Da Klijent 6 Prihvatljivo Visoka Da Klijent 7 Prihvatljivo Visoka Ne Klijent 8 Prihvatljivo Srednja Da Klijent 9 Kritično Visoka Da

Klijent 10 Kritično Niska Da Klijent 11 Kritično Niska Ne

a) Odrediti očekivani način otplate (redovan ili ne) na osnovu modela stabla odlučivanja iz prethodnog zadatka.

b) Kako bi procenio kvalitet modela stabla iz prethodnog zadatka u praksi, analitičar je svim klijentima odobrio kredite. Nakon primene modela stabla odlučivanja prikupljeni podaci o otplati kredita (nakon isteka roka za otplatu). Ovi podaci su prikazani u sledećoj tabeli.

c)

Klijent Otplata Klijent 1 Da Klijent 2 Da Klijent 3 Da Klijent 4 Ne Klijent 5 Ne Klijent 6 Da Klijent 7 Ne Klijent 8 Da Klijent 9 Da

Klijent 10 Ne Klijent 11 Ne


130

Kolika je tačnost klasifikacije modela koji je generisao ID3 algoritam (koliko se modelu može verovati u budućoj primeni?).

Rešenje:

a)

Klijent Zaduženje Primanja Stan Otplata Klijent 1 Povoljan Srednja Da Ne Klijent 2 Povoljan Srednja Da Ne Klijent 3 Povoljan Niska Da Ne Klijent 4 Povoljan Niska Ne Ne Klijent 5 Povoljan Srednja Da Ne Klijent 6 Prihvatljivo Visoka Da Da Klijent 7 Prihvatljivo Visoka Ne Ne Klijent 8 Prihvatljivo Srednja Da Da Klijent 9 Kritično Visoka Ne Ne

Klijent 10 Kritično Niska Da Ne Klijent 11 Kritično Niska Ne Ne

b)

U tabeli ispod možemo videti tačne i predviđene vrednosti. Plavom bojom su osenčeni svi slučajevi (klijenti) za koje se

Klijent Otplata (tačna)

Otplata (predviđena)

Klijent 1 Ne Da Klijent 2 Ne Da Klijent 3 Ne Da Klijent 4 Ne Ne Klijent 5 Ne Ne Klijent 6 Da Da Klijent 7 Ne Ne Klijent 8 Da Da Klijent 9 Ne Da

Klijent 10 Ne Ne Klijent 11 Ne Ne


131

𝑇𝑎č𝑛𝑜𝑠𝑡𝑘𝑙𝑎𝑠𝑖𝑓𝑖𝑘𝑎𝑐𝑖𝑗𝑒 =711

= 0.636

Primetimo da je tačnost klasifikacije novih klijenata manja od očekivane tačnosti klasifikacije izračunate u prethodnom zadatku (0.909).

8. Zadatak

Obzirom da je Analitičar kreditnog rizika uvideo da je tačnost klasifikacije u realnoj primeni odlučio je da analizira monotonost pravila koja su dobijena u prethodnom zadatku. Pravila su data u tabeli ispod.


Kritično * * Ne



Povoljno * * Ne

a) Pod pretpostavkom da se ulazni atributi posmatraju kao ordinalni, odrediti da li su pravila kreirana uz pomoć stabla odlučivanja monotona (i objasniti).

b) Generisati skup svih pravila koje pokrivaju ulazni atributi i popuniti izlazima koje generiše stablo odlučivanja, a zatim i izlazima koji zadovoljavaju monotonost.

c) Kolika je tačnost klasifikacije (na slučajevima iz prethodnog zadatka pod c), ukoliko se umesto inicijalnih koriste monotona pravila.

Rešenje:

a) Pravila nisu monotona. Kod atributa Zaduženje, vrednost Povoljno je najbolje moguće, dok je izlazna vrednost Ne (najlošija moguća). Pri tome, model stabla odlučivanja ne uzima u obzir atribute Stan ili Primanja. Obzirom da postoji pravilo da kada je AKO je Zaduženje = Prihvatljivo i Stan =Da TADA Otplata = Da, potrebno je da i za sva pravila koja ispunjavaju

AKO je Zaduženje = Prihvatljivo i Stan =Da, Otplata bude Da.

Slično, za sva ostala pravila u odnosu na koje je pravilo


132

AKO je Zaduženje = Prihvatljivo, treba da imaju izlaz koji je barem jednak (ili bolji) u odnosu na dominirana pravila.

b)

Zaduženje Primanja Stan Odobren Odobren

(Monotono)

Kritično Visoka Da Ne Ne

Kritično Visoka Ne Ne Ne

Kritično Srednja Da Ne Ne

Kritično Srednja Ne Ne Ne

Kritično Niska Da Ne Ne

Kritično Niska Ne Ne Ne

Prihvatljiv Visoka Da Da Da

Prihvatljiv Visoka Ne Ne Ne

Prihvatljiv Srednja Da Da Da

Prihvatljiv Srednja Ne Ne Ne

Prihvatljiv Niska Da Da Da

Prihvatljiv Niska Ne Ne Ne

Povoljan Visoka Da Ne Da

Povoljan Visoka Ne Ne Ne

Povoljan Srednja Da Ne Da

Povoljan Srednja Ne Ne Ne

Povoljan Niska Da Ne Da

Povoljan Niska Ne Ne Ne


133

Nova pravila, na osnovu monotonih pravila su predstavljena u sledećoj tabeli


Kritično * * Ne



Povoljno * Ne Ne

Povoljno * Da Da

c)

Ukoliko na osnovu monotonih pravila definisanih u zadatku pod c) odredimo izlazne vrednosti za dati skup podataka, dobijano sledeću tabelu.

Klijent Otplata (tačna)

Otplata (Monotona)

Klijent 1 Ne Ne Klijent 2 Ne Ne Klijent 3 Ne Ne Klijent 4 Ne Ne Klijent 5 Ne Ne Klijent 6 Da Da Klijent 7 Ne Ne Klijent 8 Da Da Klijent 9 Ne Da

Klijent 10 Ne Ne Klijent 11 Ne Ne

Odnosno:

𝑇𝑎č𝑛𝑜𝑠𝑡𝑘𝑙𝑎𝑠𝑖𝑓𝑖𝑘𝑎𝑐𝑖𝑗𝑒 =1011

= 0.909

Documents

TO Praktikum v3odlucivanje.fon.bg.ac.rs/wp-content/uploads/TO_Praktikum.pdf · Suknović, Delibašić, Jovanović, Vukićević, Radovanović Recenzija Teorija odlučivanja je interdisciplinarana