Operationsanalyse, Ordinær Eksamen 2017I Rettevejledning

Transkript

1 Operationsanalyse, Ordinær Eksamen 207I Rettevejledning Opgave A Ifølge de givne oplysninger skal der ialt udbringes 000 kg gødning i årets løb. Det fremgår videre af teksten, at der ønskes udbragt en bestemt mængde gødning (i årets løb) for hver type afgrøde. Lader vi x betegne den del af det samlede areal på 00 ha, som tilsås, må vi da have, at kravet til gødning skal svare til den foreliggende mængde gødning, hvilket giver os sammenhængen 5 0x x x x x = 000, som løses for x til 0, 627. Der skal altså ialt sås på 62, 7 ha, mens resten braklægges. Idet vi nu kender det samlede areal, som skal tilsås, finder vi gødningsbehovet for hver type afgrøde som B: 847, VB: 890, H: 22, R: 557 og F: 267. Udbringningsplanen kan herefter findes som et transportproblem, hvor kilderne svarer til de fem ovenfor fundne gødningsmængder, terminalerne de fem årstiders gødningsmængder, og omkostningskoefficienterne findes ved at trække tabellens tal, der angiver fortjeneste (udover en given konstant) fra det største af dem, således at resultatet bliver (offer-)omkostninger ved den givne udbringning. De tre pladser, som ikke kan gennemføres, gives koefficient (eller et stort endeligt tal). Ialt fås transportproblemet (Omkostningskoefficienter er angivet i øre; de er beregnet som tabet i forhold til det bedst mulige, som er 800 i række, søjle 2). En første brugbar løsning kan findes som

2 Optimalitetschecket får denne form: Elementet (, 2) (første række, anden søjle) skal ind i løsningen, og den tilhørende rundtur bliver (, 2) (4, 2) (4, 5) (2, 5) (2, 4) (, 4) (, 2); der flyttes 7. Resultatet er en opdateret løsning med tilhørende optimalitetscheck Der skal opdateres om elementet (5, ), og den nye løsning bliver

3 Det nye optimalitetscheck er: Der skal indføjes nyt element i (4, 4), og ny løsning er Det nye optimalitetscheck får følgende udseende: Checket giver anledning til opdatering med udgangspunkt i (2, ). Den nye løsning bliver

4 Optimalitetschecket bliver: Vi har hermed fundet en optimal løsning. Opgave B Der er tale om et maskinproblem; i første udgave er der fire maskiner, i anden udgave er der 2. Vi antager, at tiden indtil en kunde melder sig er eksponentialfordelt. Da en ekspedition tager fire timer, bruges tidsenheder på 4 timer, og vi har da at middelværdien for tid indtil kunde er /2. Parameteren λ er således 2/, betjeningsfaktoren ρ får samme værdi, og vi har at ν = e ρ =, Vi bruger nu formlen for y 4, den gennemsnitlige reparationstid med fire maskiner, y 4 = + ( ) (ν ) + ( ) (ν )(ν 2 ) + 2 ( ) (ν )(ν 2 )(ν ), der kan udregnes til 28, 7. Antal medarbejdere i hjemmeaktivitet findes herefter af formlen a 4 = =, 48. ρ ,7 Der er således gennemsnitligt, 47 medarbejdere beskæftiget hjemme. Ser vi dernæst på alternativet, skal vi for hver to-personers gruppe løse maskinproblemet med 2 maskiner, og vi får y 2 = ν, a 2 = ρ + 2,95 =, 08. Vi har dermed gennemsnitligt 2, 08 = 2, 7 beskæftiget hjemme, forskellen er således 0, 7 medarbejdere. For at vurdere værdien af denne ændring må vi inddrage yderligere antagelser. Antages f.eks. 40 timers arbejdsuge og 50 uger i året, er den årlige gevinst , 7 200kr. = kr. Hvis apparatet nedslides i løbet af et år, er dette den pris, der kan betales. Er apparatet af længere varighed, afhænger prisen af diskonteringsfaktoren. 4

5 Opgave C Den første ruteplan findes ved TSP-algoritmen: Der reduceres i rækker, ialt med 49, derefter i søjler, med yderligere 7, så at vi har et problem med et 0 i hver række og søjle: A B C D E A B C D E A A B B C C 0 4 D D E 0 E Der er ikke uafhængige 0 er. Største omkostning ved ikke-brug (4) har D E, som vælges, og det reducerede problem bliver A B C D A 6 0 B 0 0 C 0 E Her er der stadig ikke uafhængige 0 er, der vælges en vej med største omkostning ved ikke-brug (), f.eks. A D, som giver et problem hvor der kan reduceres i rækker og søjler med ialt : A B C A B C A B C B 0 B 0 B 0 C C 2 0 C 0 0 E 0 E 0 E 0 Nu er der uafhængige nuller, som sammen med de valgte veje giver rundturen C A D E B C Der er ialt brugt 59. Alle ture, der ikke bruger D E, vil koste mindst 60, og alle ture med D E, der ikke bruger A D, vil koste mindst 59, så vi har et minimum. Når der også er ventetid før hver tur, finder vi denne ved at bruge formlen fra busparadokset. Hertil kræves det andet moment EX 2, som vi kan finde fra standardafvigelsen VarX, idet VarX = E(X 2 +(EX) 2 2XEX) = EX 2 (EX) 2, så EX 2 = VarX+(EX) 2. For hver vej er EX givet ved den første matrix og VarX ved kvadratet på elementet i den anden matrix. Vi finder så for hver vej gennemsnitlig ventetid af formlen EX 2 2EX + 2 5

6 og lægger den til transporttiden, hvorved vi får en matrix af formen A B C D E A 5, 6 8, 4, 2 26, 8 B 7, 4 5, 5 5, 6 28 C 2, 2 7, 8 7, 5 25, 5 D 9, 6 2 6, 20, 8 E, 5 4, 7 7, 6 9, 5 Her reduceres i rækker (med ialt 76,8) og søjler (med ialt 5), og man får matricen A B C D E A, 4, 0 7, 9 B, 9 0 0, 7, 8 C, 7 0 0, D, 5 6, E 0 0, 9 4, 6 Her er der uafhængige nuller, men det giver 2 adskilte rundture. Vi finder omkostninger ved ikke-brug og vælger den maximale, nemlig D E med,. Det reducerede problem er A B C D A, 4, 0 B, 9 0 0, C, E 0 0, 9 4, Her er der igen uafhængige nuller, men med adskilte rundture, så vi vælger vejen B C med maximal omkostninger ved ikke brug. I det nye reducerede problem kan der reduceres med ialt,, og man får en rundtur B C D E A B med samlet omkostning 82,9. Som tidligere ses denne rundtur af være minimal, idet alle alternativer vil koste mere. 6