Operationsanalyse MØK 2015II Eksamensopgave, Rettevejledning, side 1 Operationsanalyse MØK Eksamensopgave, 4. januar 2016 Rettevejledning 1. Vi har at gøre med et transportproblem, der kan skrives på formen kapacitet I II III IV 1 25 10 12 2 25 8 12 12 7 3 25 12 10 20 10 Efterspørgsel: 60 15 15 15 15 Man finder først en brugbar løsning: Når der udregnes spænd, kan søjlerne ordnes som III>I>IV>II. Der tildeles i denne rækkefølge efter laveste omkostning, så III får alt fra 1, I får alt fra II, og IV får 10 fra 2, som dermed er tømt. Der udregnes nye spænd, og resten kan tildeles, så man får en løsning Ved optimalitetscheck indsættes omkostningskoefficienter på de pladser, hvor der ikke-nul elementer i løsningen (fremhævet), og der udfyldes: 11 10 10 10 11 8 7 7 7 8 11 10 10 10 11 0-1 -1-1 Da alle tal er omkostningskoefficienterne, er løsningen optimal. Der tilføjes en begrænsning på kapaciteten i 1 III på 10. Det kan vi formulere i transportproblemet ved at ændre efterspørgslen i III til 10 og tilføje en ny terminal IIIa med efterspørgsel 5 og samme omkostninger som III pånær i i første række, hvor den sættes meget højt, f.eks. 100. Det nye transportproblem har formen I II III IIIa IV 25 10 100 12 25 8 12 12 12 7 10 12 10 20 20 10 60 15 5 15
Operationsanalyse MØK 2015II Eksamensopgave, Rettevejledning, side 2 Der findes en brugbar løsning på samme måde som før, nemlig 1 5 10 Løsningen er degenereret, og ved optimalitetscheck får man brug for at indsætte et ε, f.eks. i tredie række, anden søjle. Så får man 11 10 10 11 8 7 7 12 7 8 11 10 10 11 0-1 -1 4-1 så løsningen er optimal. Der tilføjes nu en kilde med kapacitet 15, mens samlet efterspørgsel er uændret. Man tilføjer derfor en dummy terminal V ( skraldebøtte ) med meget store omkostningskoefficienter, og man har et transportproblem af typen kapacitet I II III IV V 1 25 10 12 100 2 25 8 12 12 7 100 3 25 12 10 20 10 100 4 15 11 7 8 11 100 Efterspørgsel: 75 15 15 15 15 15 Der findes en brugbar løsning som før, nemlig 15 Løsningen er degenereret, og til optimalitetschecket må der sættes et ε ind, f.eks. i sidste række, anden søjle. Optimalitetschecket viser, at løsningen ikke er optimal, det går galt i 1.række, 3.søjle. Der flyttes 10 rundt til en ny løsning: 11 10 11 10 100 11 8 7 8 7 97 8 11 10 11 10 100 11 8 7 8 7 97 8 0-1 0-1 89
Operationsanalyse MØK 2015II Eksamensopgave, Rettevejledning, side 3 10 5 som heller ikke er optimal (optimalitetschecket svigter i 3.række, 5.søjle), og vi får nok en opdatering til 15 Denne løsning er igen degenereret, vi indsætter et ε (f.eks. i 1.række, 2.søjle) og laver et nyt optimalitetscheck: som viser, at løsningen nu er optimal. 11 10 10 10 100 11 8 7 7 7 97 8 11 10 10 10 100 11 8 7 7 7 97 8 0-1 -1-1 89 2. Vi har at gøre med et TSP problem. For at finde en rute, der minimerer samlet transporttid, reduceres først i rækker og søjler, hvorved man får: A 2 0 4 2 B 2 1 0 0 C 0 0 8 7 D 5 0 3 4 E 2 0 4 5 Der er reduceret med 47 i rækker og 5 i søjler, ialt 52. Der er ikke uafhængige nuller, så der findes omkostning ved ikke-brug for nullerne, og den maximale værdi er 4, antaget ved brug af B D. Denne vej vælges, og man reducerer igen i rækker og søjler (med ialt 4) til matricen A B C E A 2 0 1 C 0 0 6 D 2 0 0 E 2 0 4
Operationsanalyse MØK 2015II Eksamensopgave, Rettevejledning, side 4 Her er der uafhængige nuller, men de svarer til to adskilte rundture, så de kan ikke bruges. Vi finder endnu en gang omkostninger ved ikke-brug og udtager C A med maximumsværdi 2. I den nye matrix B C E A 2 1 D 0 0 E 0 4 kan der reduceres med 1, derefter er der uafhængige nuller, og de giver rundturen A E B D C A med omkostninger 57. Hvis der i sidste runde ikke vælges C A eller E B (de to nuller med maximumsværdi), vil omkostningerne være mindst 56+2, så der er ikke andre ruter med B D. Hvis denne ikke må vælges, er omkostningerne mindst 56: Hvis der indsættes i det oprindelige problem, reduceres med ialt 56, og i den reducerede matrix er omkostning ved ikke-brug 3 for D B og B E. Vælges D B, kan der reduceres med 1, og der er ikke en rundtur med to adskilte ture, så omkostningen bliver større end 57. Vælges B E, får vi samme mønster. Det kan dermed konkluderes at løsningen er entydig. Når der udliciteres, vil det være i det nye cykelbuds interesse at vælge en rute, der giver så stort et tidsforbrug som muligt, så TSP problemet skal løses som et maximumsproblem. Først trækkes alle omkostninger fra den største, således at vi får et minimeringsproblem på formen A 9 11 7 2 B 7 9 10 6 C 11 12 4 1 D 2 8 5 0 E 4 7 3 2 som efter reduktion i rækker og søjler bliver til A 2 8 5 0 B 0 2 4 0 C 9 6 3 0 D 1 3 4 0 E 1 0 0 0
Der er ikke uafhængige nuller, maximal omkostning ved ikke-brug fås f.eks. ved C E. Fjernes denne og reduceres, fås uafhængige nuller svarende til ruten med omkostning 89. A B C E D A 3. Vi har et maskinproblem med 5 maskiner, idet det antages at kaffemaskinernes nedbrud er eksponentialfordelt med parameter λ = 0, 25, og varigheden af en reparation er deterministisk med µ = 1, således at betjeningsfaktoren er ρ = λ/µ = 0, 25. Man finder (ved brug af bogens formel) at x 5 = y 5 = 4, 42, og det gennemsnitlige antal maskiner i drift bliver a 5 = 3, 37. Der produceres dermed 169,3 kopper i timen. Reparatøren er i arbejde b 5 = 0, 847 pr. time, hvad der giver en samlet pris pr. kop på 3 kr. hvad der er markant billigere end det alternative tilbud. Beregningen forudsætter at det gennemsnitlige antal kopper produceret svarer til den faktiske efterspørgsel. Hvis efterspørgslen er størreog ønskes tilfredsstillet, foreligger der et helt nyt problem. Er den markant mindre, kan udgiften til reparatør pr. kop blive så stor, at konklusionen ændres. 5