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 + 42 0x + 70 20x + 89 0x + 42 0x = 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 2500 0 720 670 800 200 20 90 740 846 80 560 590 690 600 2500 020 660 700 990 060 890 860 900 847 890 2 557 267 (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 2500 057 64 7 2 0 847 85
Optimalitetschecket får denne form: 406 76 46 670 776 406 476 446 486 740 846 476 20 200 240 494 600 20 690 660 700 954 060 690 890 860 900 54 260 890 0 0 0 264 70 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 7 246 094 606 2 67 847 85 0 0 46 670 776 0 00 70 486 740 846 00 46 76 240 494 600 46 4 284 700 954 060 4 890 860 276 0 66 890 0 0 86 640 746 Der skal opdateres om elementet (5, ), og den nye løsning bliver 64 857 527 97 847 247 606 2
Det nye optimalitetscheck er: 0 0 40 670 400 0 00 70 0 740 470 00 20 200 240 870 600 20 690 660 700 0 060 690 890 860 900 50 260 890 0 0 0 640 70 Der skal indføjes nyt element i (4, 4), og ny løsning er 890 60 280 247 97 847 85 Det nye optimalitetscheck får følgende udseende: 70 0 80 670 740 70 440 70 450 740 80 440 20 40 240 50 600 20 690 20 700 990 060 690 890 520 900 90 260 890 0 70 0 00 70 Checket giver anledning til opdatering med udgangspunkt i (2, ). Den nye løsning bliver 890 60 280 420 527 97 847 85
Optimalitetschecket bliver: 0 0 20 670 740 0 80 70 90 740 80 80 0 40 20 50 600 0 40 20 440 990 060 40 890 780 900 450 520 890 0 0 0 560 60 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 =, 94774. 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 + 4 28,7 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 40 50 0, 7 200kr. =.680.000kr. 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
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 4 6 0 A 6 0 8 B 4 0 0 0 B 0 0 5 C 4 2 0 9 C 0 4 D 2 0 5 D 0 0 0 E 0 E 0 0 0 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 0 0 0 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
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, 6 0 0 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, 7 0 0 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