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Kapitel 3
Strategische Planungsprobleme
Operations Management Kapitel 3 / 2(c) Prof. Richard F. Hartl
3.1. Standortprobleme
EinzellieferungTransportmittel
…ZL1 ZL2 ZL3 ZL4Zentrallager
Einzel oder TourenTransportmittel
…AL1 AL2 AL3 AL4Auslieferungslager
TourenlieferungTransportmittel
…K1 K2 K3 K4Abnehmer
…PS1 PS2 PS3 PS4Produktionsstätten
Operations Management Kapitel 3 / 3(c) Prof. Richard F. Hartl
Weiter Stufen möglich (Regionallager, . . .)
einzelne Aufgaben können delegiert werden
Problemstellungen Anzahl der Lager Festlegung der Lagerstandorte Transportproblem (Zuordnungsprobleme)
Operations Management Kapitel 3 / 4(c) Prof. Richard F. Hartl
3.1.1 Medianproblem
Einfachstest Standortproblem Als Graph dargestellt Lösung: Knoten mit der geringsten gewichteten Distanzsumme
Definition: Median Gerichteter Graph:
σ(i) = ∑dijbj → min.
Ungerichteter Graph:σout(i) = ∑dijbj → min.
σin(i) = ∑djibj → min.
Operations Management Kapitel 3 / 5(c) Prof. Richard F. Hartl
Beispiel: aus Domschke und Drexl (Logistik: Standorte, 1990, Kapitel 3.3.1)
0 12 2 10 6 12
2 0 3 3 7 5
12 10 0 8 4 10
4 2 5 0 5 2
8 6 9 4 0 6
11 9 12 7 3 0
2/0
1/4
3/2
4/3
5/1
6/2
22 2
2
3
3
3
4
4
5
D=
4
0
2
3
1
2
b=
Operations Management Kapitel 3 / 6(c) Prof. Richard F. Hartl
Lösungsverfahren: Median
i\j 1 2 3 4 5 6 i/j 1 2 3 4 5 6
z.B.: Versorgung z.B.: Entsorgung
4*0 0*12 2*2 3*10 6*1 2*12 64
4*12 0*10 2*0 3*8 4*1 2*10 96
4*4 0*2 2*5 3*0 5*1 2*2 35
4*8 0*6 2*9 3*4 0*1 2*6 74
4*11 0*9 2*12 3*7 3*1 2*0 92
4*2 0*0 2*3 3*3 7*1 2*5 40
66
2*12
3*4
1*8
2*11
0*2
4*0
98
2*10
3*2
1*6
2*9
0*0
4*12
56
2*0
3*5
1*9
2*12
0*3
4*2
74
2*8
3*0
1*4
2*7
0*3
4*10
53
8
15
0
6
0
24
80
20
6
6
0
0
481
3
4
5
6
2
σout(i)
1
3
4
5
6
2
σin(i)Ort 4 ist der Median da 35+74 = 109 minimal
Operations Management Kapitel 3 / 7(c) Prof. Richard F. Hartl
Verwandtes Problem: Zentrenproblem
Medianproblem Knoten mit der geringsten gewichteten Distanzsumme
→ min.
Zentrenproblem (Center) Knoten mit dem geringsten Maximum der gewichteten Distanzen
→ min.
j
jijbd (i)
jijj
bdmax (i)
Operations Management Kapitel 3 / 8(c) Prof. Richard F. Hartl
24
8
15
0
6
0
24
Lösungsverfahren
i\j 1 2 3 4 5 6 i/j 1 2 3 4 5 6
z.B.: Versorgung z.B.: Entsorgung
4*0 0*12 2*2 3*10 6*1 2*12 30
4*12 0*10 2*0 3*8 4*1 2*10 48
4*4 0*2 2*5 3*0 5*1 2*2 16
4*8 0*6 2*9 3*4 0*1 2*6 32
4*11 0*9 2*12 3*7 3*1 2*0 44
4*2 0*0 2*3 3*3 7*1 2*5 10
24
2*12
3*4
1*8
2*11
0*2
4*0
48
2*10
3*2
1*6
2*9
0*0
4*12
24
2*0
3*5
1*9
2*12
0*3
4*2
40
2*8
3*0
1*4
2*7
0*3
4*10
48
20
6
6
0
0
481
3
4
5
6
2
out(i)
1
3
4
5
6
2
in(i)Ort 1 ist das Zentrum da 30+24 = 54 minimal
Operations Management Kapitel 3 / 9(c) Prof. Richard F. Hartl
3.1.2 Unkapazitierte einstufige Warehouse Location Probleme – LP-Formulierung
Einstufiges WLP: Lager:
Abnehmer:
L1 L2 m
K1 K2 K3 K4 n
Es sind n Kunden zu beliefern, die gewisse Mengen nachfragen. Das Unternehmen möchte seine Vertriebskosten senken, indem es Auslieferungslager einrichtet und betreibt. Hiefür stehen m potentielle Standorte zur Verfügung. Wird am potentiellen Standort i ein Lager errichtet, so entstehen fixe Kosten der Lagerhaltung in Höhe von fi GE pro Periode. Die Transportkosten betragen cij GE, falls der Kunde j voll durch ein am Standort i eingerichtetes Lager beliefert wird.
Operations Management Kapitel 3 / 10(c) Prof. Richard F. Hartl
Fragestellungen:
Wie viele Lager sind vorzusehen?
Wo sind sie einzurichten?
Zielsetzung:
Volle Befriedigung der Nachfrage
Minimierung der Summe aus (fixen) Lagerhaltungskosten und
Transportkosten (Lager → Kunde)
Annahme: Transportkosten (Fabrik → Standort) vernachlässigbar
Operations Management Kapitel 3 / 11(c) Prof. Richard F. Hartl
Beispiel: aus Domschke und Drexl (Logistik: Standorte, 1990, Kapitel 3.3.1)
Lösung 1: alle Standorte werden gebaut
i\j 1 2 3 4 5 6 7 fi
1 1 2 10 9 6 7 3 5
2 2 9 0 7 3 6 10 7
3 7 6 1 5 3 10 5 5
4 6 5 10 2 6 3 6 6
5 6 4 6 3 7 2 6 5
i\j 1 2 3 4 5 6 7 fi
1 1 2 10 9 6 7 3 5
3 7 6 1 5 3 10 5 5
Fixkosten = 5+7+5+6+5 = 28
Transportkosten = 1+2+0+2+3+2+3 = 13
Gesamtkosten = 28 + 13 = 41
Fixkosten = 5+5 = 10
Transportkosten = 1+2+1+5+3+7+3 = 22
Gesamtkosten = 10 + 22 = 32
Lösung 2: nur Standort 1 und 3 werden gebaut
Operations Management Kapitel 3 / 12(c) Prof. Richard F. Hartl
Formulierung als ganzzahliges LP-Modell (MIP) yi … Binärvariable für i = 1, …, m:
yi =1 wenn am potentiellen Standort i ein Lager errichtet wird
0 sonst
bei festgelegten Standorten: Kosten können sofort angegeben werden Problem: 2m-1 Möglichkeiten (bei m=10 → 1023 Möglichkeiten)
xij … reellwertige „Zuordnungs-“ oder Transportvariable für i = 1, …,m und j = 1, …, n:
xij = Anteil der Nachfrage von Kunde j der von Lager i aus beliefert wird.
Operations Management Kapitel 3 / 13(c) Prof. Richard F. Hartl
Formulierung
min ),(11 1
m
i
ii
m
i
n
j
ijij yfxcyxZ
miijx11
Transportkosten + Standortkosten
Nur von einem Standort i aus, wo ein Lager errichtet
wurde, kann ein Kunde beliefert werden
Die gesamte Nachfrage jedes Kunden j soll
beliefert werden
yi ist binär und xij nichtnegativ
xij ≤ yi
für i = 1, …, m
und j = 1, …,n
für i = 1, …, mfür alle i und j0
}1,0{
ij
i
x
y
für j = 1, …,n
m
i
ijx1
1
Operations Management Kapitel 3 / 14(c) Prof. Richard F. Hartl
Problem:
m*n reele Variablen und m binäre → spätestens ab ca. 100 Standorten wird eine exakte Lösung aufwendig → Heuristiken
Einteilung der Heuristiken: Konstruktions- oder Eröffnungsverfahren (zur Ermittlung einer
zulässigen Ausgangslösung)
Verbesserungsverfahren (zur Verbesserung einer gegebenen Ausgangslösung)
Operations Management Kapitel 3 / 15(c) Prof. Richard F. Hartl
3.1.2.1 Eröffnungsverfahren ADD
verwendete Notation:I:={1,…,m} Menge aller potentiellen Standorte
I0 Menge der endgültig verbotenen Standorte (y i bei 0 fixiert)
Iovl Menge der vorläufig verbotenen Standorte (y i vorläufig auf 0)
I1 Menge der endgültig einbezogenen Standorte (y i bei 1 fixiert)
Transportkostenersparnis, falls Standort i zusätzlich realisiert wird
Z Gesamtkosten (Zielfunktionswert)
i
Operations Management Kapitel 3 / 16(c) Prof. Richard F. Hartl
Initialisierung:
Ermittlung, welcher Standort realisiert werden soll, wenn genau einer gebaut wird
Zeilensumme ci := ∑cij der Kostenmatrix
Auswahl des Standortes k mit den minimalen Kosten ck + fk
Setze I1 = {k}, Iovl = I – {k} und Z = ck + fk
Berechne die Transportkostenersparnis ωij = max {ckj – cij, 0} für alle i aus Iovl
und alle Kunden j sowie die Zeilensumme ωi.
Beispiel: erster Standort k=5 mit Z:= c5 + f5 = 39, I1 = {5}, Iovl = {1,2,3,4}
Operations Management Kapitel 3 / 17(c) Prof. Richard F. Hartl
i\j 1 2 3 4 5 6 7 fi ci fi + ci
1 1 2 10 9 6 7 3 5 38 43
2 2 9 0 7 3 6 10 7 37 44
3 7 6 1 5 3 10 5 5 37 42
4 6 5 10 2 6 3 6 6 38 44
5 6 4 6 3 7 2 6 5 34 39
i\j 1 2 3 4 5 6 7 ωi fi
1
2
3
4
ωi ist die Transportkostenersparnis bei der Belieferung von j, wenn zusätzlich Standort i gebaut wird. → Zeilensumme ωi ist die Gesamt-transportkostenersparnis, wenn Standort i zusätzlich gebaut würde.
11
5 2 1 3
45 1
4 6 4
2 6
10 5
14 7
11 5
Operations Management Kapitel 3 / 18(c) Prof. Richard F. Hartl
Iterationsschritt:
in jeder Iteration wird genau der potentielle Standort aus Iovl endgültig
einbezogen, durch den die größte Kostenersparnis erzielt werden kann →
},{11 kII Iovl = Io
vl – {k} und Z = Z – ωk + fk
Suche potentiellen Standort k aus Iovl, für den die Gesamtersparnis
(Transportkostenersparnis minus zusätzliche Fixkosten) ωk – fk maximal ist.
Zusätzlich können alle Standorte endgültig verboten werden, deren Transportkostenersparnisse geringer als die zusätzlichen Fixkosten wären →
Berechne für alle i aus Iovl und alle Kunden j die Transportkostenersparnisse neu:
ωij = max {ωij - ωkj, 0}
vlIi 0Verbiete alle mit ωi ≤ fi endgültig: }{ }{ 0000 iIIundiII vlvl
Operations Management Kapitel 3 / 19(c) Prof. Richard F. Hartl
Abbruch: Das Verfahren endet, sobald durch die Einbeziehung eines weiteren Standortes
aus Iovl keine zusätzliche Verringerung des Zielfunktionswertes erreicht werden
kann, wen also Iovl = { }.
An den Standorten i aus I1 ist ein Lager zu errichten.
Gesamtkosten = Zielfunktionswert Z kostenminimale Zuordnung : xij = 1 falls
} { min 1 / Ihcc hjij
i\j 1 2 3 4 5 6 7 ωi fi
1
2
3
4
baue k = 2
verbiete i = 4
Beispiel: Iteration 1
Wegen ω4 < f4 wird Standort 4 endgültig verboten. Standort k=2 wird endgültig einbezogen.
Es gilt nun Z=39 – 7 = 32. Es ist nun Iovl = {1,3}, I1 = {2,5}, Io = {4}. Ermittle erneut
die Transportkostenersparnisse ωij.
4 6 4
1 1
5 2 1 3
5 4 1
11 5
14 7
10 5
2 6
Operations Management Kapitel 3 / 20(c) Prof. Richard F. Hartl
Iteration 2:
Die durch (die noch nicht endgültig verbotenen) Standorte 1 und 3 maximal möglichen Transportkostenersparnisse zeigt die obige Tabelle. Standort 3 wird endgültig verboten, Standort k = 1 wird endgültig einbezogen.
i\j 1 2 3 4 5 6 7 ωi fi
1
3
baue k = 1
verbiete i = 3
1 2 3
1
6 5
1 5
Ergebnis:
Das Verfahren endet mit I1 = {1,2,5}, Io = {3,4} und Z = 32 – 1 = 31 bzw. Iovl = { }.
Standorte 1, 2 und 5 sind zu realisieren Kunden {1,2,7} werden von Lager 1, {3,5} von Lager 2 und {4,6} von Lager 5 aus
beliefert. Die Gesamtkosten Z = 31.
Operations Management Kapitel 3 / 21(c) Prof. Richard F. Hartl
3.1.2.2 Eröffnungsverfahren DROP
Die Menge Iovl wird durch I1
vl ersetzt.
I1vl Menge der vorläufig einbezogenen Standorte (die yi sind vorläufig
zu 1 fixiert) Der Drop-Algorithmus verläuft umgekehrt als ADD, d.h. zunächst sind alle
potentiellen Standorte vorläufig einbezogen.
Initialisierung: I1vl = I, I0
= I1 = { }
Iteration In jeder Iteration wird genau derjenige potentielle Standort aus I1
vl endgültig verboten, durch dessen Verbot die Gesamtkosten am meisten gesenkt werden können.
Würde sich durch das Verbieten eines Standortes aus I1vl die Gesamtkosten
erhöhen, so kann er endgültig einbezogen werden.
Operations Management Kapitel 3 / 22(c) Prof. Richard F. Hartl
Erweiterung der Transportkostenmatrix C: In Zeile m+1 (Zeile m+2) wird für jede Spalte j = 1, …, n von C das kleinste
Kostenelement ch1j (bzw. das zweitkleinste ch2j) notiert. Dabei sind nur nicht endgültig verbotene Standorte zu berücksichtigen → 0 Ii
i\j 1 2 3 4 5 6 7 δi fi
1 1 2 10 9 6 7 3 5
2 2 9 0 7 3 6 10 7
3 7 6 1 5 3 10 5 5
4 6 5 10 2 6 3 6 6
5 6 4 6 3 7 2 6 5
ch1j 6
ch2j 7
h1 8
h2 9
baue
verbiete
Obiges Beispiel: Initialisierung und Iteration 1: I1vl ={1,2,3,4,5}
In Zeile m+3 (Zeile m+4) wird die Zeilennummer h1 (bzw. h2) gespeichert, in der das kleinste (bzw. zweitkleinste) Kostenelement steht. Wird Standort h1 (aus I1
vl) verboten, steigen die Transportkosten für den Kunden j um ch2j - ch1j
5
1
0
1
1
2
1
4
5
0
2
1
3
2
4
3
5
3
2
3
3
2
5
3
4
3
1
5
32
2
1
1
Operations Management Kapitel 3 / 23(c) Prof. Richard F. Hartl
Nun ermitteln wir für alle i aus I1vl die Transportkostenerhöhung δi falls i im aktuellen
Iterationsschritt endgültig verboten wird. Dabei ist δi die Summe der Differenzen zwischen kleinstem und zweitkleinstem Kostenelement jener Spalten, wo die Zeile i = h1 das kleinste Kostenelement enthält.
Iteration 2: I1
vl = {3,4,5}, I1 = {1}, I0
= {2}
Zeile 2 ist wegzulassen, da 2 endgültig verboten ist. Nun müssen die letzten 4 Zeilen korrigiert werden, wobei sich Änderungen nur in jenen Spalten ergeben, wo das kleinste oder zweitkleinste Element gestrichen wurde.
Zeile 1 muss erhalten bleiben, da I1 = {1}, allerdings ist 1 kein Kandidat mehr
dafür, gestrichen zu werden. Daher muss in dieser Zeile kein δi mehr ermittelt werden.
2 Beispiele:
Übersteigen die ersparten Fixkosten fi die Transportkostenerhöhung δi, so bringt das Verbot von i eine Senkung der Gesamtkosten. In Iteration 1 wird also Standort 1 wegen δi = fi endgültig einbezogen.
δ1 = (c21 – c11) + (c52 – c12) + (c37 – c17) = 5 δ2 = (c33 – c23) + (c35 – c25) = 1
Operations Management Kapitel 3 / 24(c) Prof. Richard F. Hartl
i\j 1 2 3 4 5 6 7
1 1 2 10 9 6 7 3
3 7 6 1 5 3 10 5
4 6 5 10 2 6 3 6
5 6 4 6 3 7 2 6
δi fi
-
5
6
5
baue
verbiete
Nun wird Standort 3 endgültig einbezogen und Standort 4 endgültig verboten.
ch1j
ch2j
h1
h2
2
1
4
5
1
3
6
5
2
4
3
5
3
3
6
1
2
5
3
4
3
1
5
34
6
1
1
-
8
1
1
Operations Management Kapitel 3 / 25(c) Prof. Richard F. Hartl
Iteration 3: I1
vl = {5}, I1 = {1,3}, I0 = {2,4}
Nun wird Standort 5 endgültig einbezogen, da ein Verbieten nur Fixkosten von f5 = 5 einsparen würde aber die Transportkosten um δ5 = 7 steigern würde..
i\j 1 2 3 4 5 6 7
1 1 2 10 9 6 7 3
3 7 6 1 5 3 10 5
5 6 4 6 3 7 2 6
δi fi
-
-
5 baue
ch1j
ch2j
h1
h2
2
1
4
5
1
3
6
5
3
5
5
3
3
3
6
1
2
5
7
1
3
1
5
35
6
1
1
-
-
7
Operations Management Kapitel 3 / 26(c) Prof. Richard F. Hartl
Ergebnis:
Standorte aus I1 = {1,3,5} werden gebaut
Kunden {1,2,7} werden von Standort 1, Kunden {3,5} von Standort 3 und Kunden {4,6} von Standort 5 aus beliefert.
Gesamtkosten Z = 30 (etwas besser als ADD-Algorithmus)
Operations Management Kapitel 3 / 27(c) Prof. Richard F. Hartl
3.1.2.3 Verbesserungsverfahren
verschiedene Vertauschungsmethoden (bei jedem Iterationsschritt):
je einen bezogenen Standort (aus I1) gegen einen verbotenen Standort (aus I0) austauschen und z.B. jene Vertauschung durchführen, die die größte Kostensenkung bewirkt (oder die erste, die eine Kostensenkung bewirkt)
nach den Regeln des DROP-Algorithmus jenen Standort entfernen, sodass die Kosten am meisten sinken (oder am wenigsten steigen) und dann nach dem ADD-Algorithmus solange Standorte hinzufügen, bis keine Kostensenkung mehr möglich ist.
nach den Regeln des ADD-Algorithmus jenen Standort hinzufügen, sodass die Kosten am meisten sinken (oder am wenigsten steigen) und dann nach dem DROP-Algorithmus solange Standorte entfernen, bis keine Kostensenkung mehr möglich ist.
Operations Management Kapitel 3 / 28(c) Prof. Richard F. Hartl
3.2 Design von Transportnetzwerken
Situation: Standorte der Kunden und Lager bzw. Produktionsstellen sind festgelegt, wobei
nun diese Angebotsquellen beschränkte Kapazität besitzen.
Beispiel: Firma mit 3 Produktionsstätten und 4 Verkaufstellen Transportkosten pro Stück von Fabrik i nach Verkaufsstelle j Gesamtnachfrage muss gleich Gesamtproduktion sein (→ keine Über-
produktion, keine vernachlässigte Nachfrage)
Verkaufsstellen
Fabrik V1 V2 V3 V4 Produktion
F1 10 5 6 11 25
F2 2 2 7 4 25
F3 9 1 4 8 50
Nachfrage 15 20 30 35 100
3.2.1 Transportproblem: Modell und LP-Formulierung
Operations Management Kapitel 3 / 29(c) Prof. Richard F. Hartl
Allgemeine Formulierung:
m Produzenten mit dem Angebot si, i = 1, …, m
n Abnehmer mit der Nachfrage dj, j = 1, …, n
Transportkosten cij pro Stück von i nach j, i = 1, …, m; j = 1, …, n
Zusätzlich: Transportierte Menge pro Zeiteinheit xij von i nach j
LP-Formulierung:
Transportkosten
Angebot
Nachfrage
Nichtnegativität
min1 1
m
iij
n
jijxcK
n
jiji xs
1i = 1, …, m
m
iijj xd
1j = 1, …, n
0ijx i = 1, …, m; j = 1, …, n
Mdn
jj
1
m
1=iisSinnvollerweise muss gelten Angebot gleich Nachfrage
Operations Management Kapitel 3 / 30(c) Prof. Richard F. Hartl
In obigem Beispiel lautet das Transportproblem daher:
Angebotsnebenbedingungen: x11 + x12 + x13 + x14 = 25 (i=1)
x21 + x22 + x23 + x24 = 25 (i=2)
x31 + x3 2+ x33 + x34 = 50 (i=3) :
Nachfragenebenbedingungen: x11 + x21 + x31 = 15 (j=1)
x12 + x22 + x32 = 20 (j=2)
x13 + x23 + x33 = 30 (j=3)
x14 + x24 + x34 = 35 (j=4)
Nichtnegativität: xij 0 für i = 1, … , 3; j = 1, … , 4
K = (10x11+5x12+6x13+11x14) + (x21+2x22+7x23+4x24) + (9x31+x32+4x33+8x34) min
Operations Management Kapitel 3 / 31(c) Prof. Richard F. Hartl
Lösungsmöglichkeit: Simplex-Methode → eher ineffizient, wegen
In jeder Spalte genau 2 der m + n Elemente ≠ 0 → 2-Phasensimplexmethode möglich, aber ineffizient
Allgemeiner Struktur der Koeffizientenmatrix:
1 . . . 1
1 . . . 1
. . .
1 . . . 1
1 ..
.
1
1 ..
.
1
. . . 1 ..
.
1
andere Möglichkeit:
Eröffnungsverfahren anwenden um eine Basislösung zu ermitteln →
als Verbesserungsverfahren den normalen Simplex-Iterationsschritt
Operations Management Kapitel 3 / 32(c) Prof. Richard F. Hartl
3.2.2. Eröffnungsverfahren – Ermittlung einer Basislösung
1.) Man stellt folgende Tabelle auf und füllt sie aus, wobei man von links oben (Nord-West) nach rechts unten vorgeht.
3.2.2.1 Eröffnungsverfahren: Nordwesteckenregel
2.) Man wählt nun den maximal möglichen Wert, sodass die gesamte Spalten- oder Zeilenressource aufgebraucht ist; ist die Zeilenressource aufgebraucht, geht man nach unten weiter, andernfalls nach rechts.
3.) Ist nur mehr eine Zeile oder eine Spalte nicht gestrichen → wähle alle nichtgestrichenen xij dieser Zeile oder Spalte als Basisvariable (BV) mit maximal möglichen Werten → ansonsten weiter mit 2.)
Resultat: immer eine zulässige Lösung (da Produktion = Nachfrage) man hat genau m + n - 1 Basisvariablen xij
Die restlichen m*n – (m+n-1) Variablen müssen immer 0 sein (NBV)
Operations Management Kapitel 3 / 33(c) Prof. Richard F. Hartl
Beispiel: Ausgangslösung für das obige Transportproblem:
i\j 1 2 3 4 si
1 25
2 25
3 50
dj 15 20 30 35 100
Das nächste Beispiel zeigt, dass man durchaus mehrmals hintereinander nach rechts bzw. nach unten gehen kann:
i\j 1 2 3 4 si
1 30
2 20
3 35
dj 15 10 35 25 85
15 10
10 15
15 35
15 10 5
20
10 25
Nur mehr eine Zeile nicht gestrichen
Operations Management Kapitel 3 / 34(c) Prof. Richard F. Hartl
Dabei kann auch Degeneration auftreten (eine oder mehrere der m+n-1 Basisvariablen werden Null) Letztere dürfen dann nicht weggelassen werden:
i\j 1 2 3 4 si
1 15
2 15
3 50
dj 10 20 30 20 80
10 5
15 0
30 20
Hier könnte man sowohl die Spalte als auch Zeile
streichen. Wir dürfen aber nur eine streichen
(zufällige Auswahl).
Vorteil: sehr einfach und sehr schnell
Nachteil: Völlige Vernachlässigung des Kostenfaktors → meist keine gute Startlösung
Operations Management Kapitel 3 / 35(c) Prof. Richard F. Hartl
1.) Man beginne mit dem selben Tableau wie bei der NW-Ecken-Regel wobei zunächst keine Zeile oder Spalte gestrichen ist.
3.2.2.2 Die Vogel - Approximation
4.) Ist die Spaltenressource aufgebraucht → streiche Spalte j,
ODER ist die Zeilenressource aufgebraucht → streiche Zeile i.
2.) In jeder noch nicht gestrichenen Zeile bzw. Spalte berechne man die Differenz zwischen dem kleinsten und dem zweitkleinsten noch nicht gestrichenen cij.
3.) In jener Zeile oder Spalte, wo diese Differenz am größten ist, wähle man das kleinste cij und mache das entsprechende xij maximal.
5.) Ist nur mehr eine Zeile oder eine Spalte nicht gestrichen → wähle alle nichtgestrichenen xij dieser Zeile oder Spalte als BV mit maximal möglichen Werten ansonsten weiter mit 2.
Operations Management Kapitel 3 / 36(c) Prof. Richard F. Hartl
Beispiel: Ausgangslösung für das obige Transportproblem
i\j 1 2 3 4 si
1 25
2 25
3 50
dj 15 20 30 35 100
20 5 25
15 10
2510 5 6 11
1 2 7 4
9 1 4 8
Opportunitätskosten
Opportunitätskosten
Vogel-Approximation → sog. Regret-Verfahren → nicht der unmittelbarer Gewinn oder Kostenersparnis sondern die abgeschätzten zukünftigen Gewinne oder Kosten. → es wird eine Entscheidung getroffen, die versucht zukünftigen Schaden (Regret) zu vermeiden.
8 1 2 4
1
1
3
2
1
3
10
/
/
/ /
4 2 3
30
5
4
/
5
/
25
Operations Management Kapitel 3 / 37(c) Prof. Richard F. Hartl
1.) Man beginne mit dem selben Tableau wie bei der NW-Ecken-Regel wobei zunächst keine Zeile oder Spalte gestrichen ist.
3.2.2.3 Die Spaltenminimummethode
4.) Ist die Spaltenressource aufgebraucht → streiche Spalte j,
ODER ist die Zeilenressource aufgebraucht → streiche Zeile i.
2.) Von links beginnend suche man die erste noch nicht gestrichene Spalte
3.) In dieser Spalte wähle das kleinste noch nicht gestrichene cij und mache das
zugehörige xij maximal.
5.) Ist nur mehr eine Zeile oder eine Spalte nicht gestrichen → wähle alle nichtgestrichenen xij dieser Zeile oder Spalte als BV mit maximal möglichen Werten ansonsten weiter mit 2.
Operations Management Kapitel 3 / 38(c) Prof. Richard F. Hartl
Beispiel: Ausgangslösung für das obige Transportproblem
Beachte: Spaltenminimummethode ist ein reines Greedyverfahren einziger Ansatzpunkt: Kosten in der unmittelbaren Spalte optimale Lösung bei der Beschäftigungsglättung
i\j 1 2 3 4 si
1 25
2 25
3 50
dj 15 20 30 35 100
25
10
0
15
20 30
Operations Management Kapitel 3 / 39(c) Prof. Richard F. Hartl
3.2.3 Exaktes Verfahren: MODI, stepping stone Vorgangsweise wie bei Simplexmethode, aber mit weniger Speicherbedarf
Ausgangspunkt ist eine mittels einem Eröffnungsverfahren ermittelte Basislösung
Iterationschritt der Transportximplexmethode:
Man stellt das kleine mn-Tableau wie im Initialisierungsschritt auf, aber trägt zusätzlich in das linke obere Eck jeder Zelle die Kosten cij ein und in die Mitte der Zelle bei den Basisvariablen deren Wert (fett gedruckt).
i\j 1 2 … n si ui
1c11 c12
…c1n
s1 u1
2c21 c22
…c2n
s2 u2
… … … … … …
mcm1 cm2
…cmn
sm um
dj d1 d2 … dn
vj v1 v2 … vn
Operations Management Kapitel 3 / 40(c) Prof. Richard F. Hartl
Bei allen NBV wird der Koeffizient in der Zielfunktion, also cij – ui – vj errechnet und eingetragen. Die neue BV ist jene mit dem am stärksten negativen solchen Koeffizienten. Sind hingegen alle Koeffizienten nicht-negativ, so ist die optimale Lösung erreicht.
Für die aktuelle Basislösung werden die ui und vj berechnet, nach der Regel [MODI]
cij = ui + vj wenn xij eine BV ist
Die Werte werden außen in das erweiterte Tableau eingetragen. Da die ui und vj
nicht eindeutig bestimmt sind, wird eine dieser dualen Variablen mit dem Wert 0 normiert. Dazu wählt man am besten jene, in deren Zeile/Spalte die meisten BV stehen. (Dies erleichtert die weitere Berechnung der ui und vj)
Erhöhe die neue BV und betrachte die Kettenreaktion, die sich dadurch bei den anderen BVn ergibt. Man beachte dabei, dass sich Zeilen- und Spaltensummen der transportierten Mengen (Werte der BV) nicht ändern dürfen. Jene BV, die als erste gleich 0 wird, scheidet aus. [stepping stone]
Bestimme die neue Basislösung, d.h. führe die Kettenreaktion durch und führe den nächsten Schritt durch.
Operations Management Kapitel 3 / 41(c) Prof. Richard F. Hartl
Lösung des obigen Beispiels:
i\j 1 2 3 4 si ui
110 5 6 11
25
21 2 7 4
25
39 1 4 8
50
dj 15 20 30 35
vj
15 10
10 15
15 35
-3-4
-7-6
25
10 5 10 14
-3
-6
0
Zur Illustration wird die mittels NW-Ecken-Regel bestimmte Ausgangslösung verwendet, welche in das erweiterte Tableau eingetragen wird. Dann werden u i und vj gemäß Punkt 1 berechnet (wobei u1=0). Danach werden Koeffizienten der NBV gemäß Punkt 2 berechnet.
Operations Management Kapitel 3 / 42(c) Prof. Richard F. Hartl
Die Gesamtkosten dieser Lösung sind 10*15 + 5*10 + 2*10 + 7*15 + 4*15 + 8*35 = 665.
Als Probe kann bei jedem Iterationsschritt überprüft werden, ob primale und duale Zielfunktion den gleichen Wert haben:
Das am stärksten negative Element cij – ui – vj bei den NBV ist der Koeffizient -7 bei x24 neue Basisvariable x24.
Kettenreaktion: erhöhe den Wert der neuen BV um und betrachte die Auswirkungen auf die anderen BV (da die Summe aller BV einer Spalte bzw. einer Zeile nicht verändert werden darf, muss in einer Zeile, in der in einer Spalte addiert wird, auch wieder in einer anderen Spalte subtrahiert werden. Analog für die Spalten. Die BV, die am stärksten beschränkt, scheidet aus.
j
n
jj
m
iii
m
iij
n
jij dvsuxcK
111 1
K = 25*0 + 25*(-3) + 50*(-6) + 15*10 + 20*5 + 30*10 + 35*14 = 665
Operations Management Kapitel 3 / 43(c) Prof. Richard F. Hartl
Kettenreaktion:
i\j 1 2 3 4 si ui
110 5 6 11
25
21 2 7 4
25
39 1 4 8
50
dj 15 20 30 35
vj
15+
15-
35-
15 10
10
-3-4
-7-6
25
10 5 10 14
-3
-6
0
Neue BV x24 hat den Wert 0 → wird um den Wert erhöht. Bei den anderen BVn wird + oder - addiert.
Wenn x24 um steigt, müssen x23 und x34 und sinken, wodurch x33 um erhöht werden muss. Für = 15 wird x23 gleich 0 → BV x23 scheidet aus.
+
K = 665 – 7 *
= 665 – 7*15 = 560
Operations Management Kapitel 3 / 44(c) Prof. Richard F. Hartl
neue BV x24 bekommt den Wert =15 → Kettenreaktion x34 = 35-15 = 20
x33 = 15+15 = 30
x23 ist keine BV mehr und alle anderen BV bleiben gleich.
i\j 1 2 3 4 si ui
110 5 6 11
25
21 2 7 4
25
39 1 4 8
50
dj 15 20 30 35
vj
43
7-6
-5-2
10+ 15-
10-
10 5 3 7
-3
1
0
30 20
15
Nächster Iterationsschritt:
K = 560 – 6 *
= 560 – 6*10 = 500
Operations Management Kapitel 3 / 45(c) Prof. Richard F. Hartl
nächster Iterationsschritt:
i\j 1 2 3 4 si ui
110 5 6 11
25
21 2 7 4
25
39 1 4 8
50
dj 15 20 30 35
vj
-2-3
76
14
20
10 5 9 13
-9
-5
05-
30-
15-
20+
10+
K = 500 – 3 *
= 500 – 3*5 = 485
Operations Management Kapitel 3 / 46(c) Prof. Richard F. Hartl
nächster Iterationsschritt:
i\j 1 2 3 4 si ui
110 5 6 11
25
21 2 7 4
25
39 1 4 8
50
dj 15 20 30 35
vj
-2
13
73
4
20- 5+
7 5 6 10
-6
-2
0
25-
10
25
15
K = 485 – 2 *
= 485 – 2*20 = 445
Operations Management Kapitel 3 / 47(c) Prof. Richard F. Hartl
nächster Iterationsschritt:
i\j 1 2 3 4 si ui
110 5 6 11
25
21 2 7 4
25
39 1 4 8
50
dj 15 20 30 35
vj
2 13
75
4
25
5 1 4 8
-4
0
2
20 5
10
25
15
Bei allen NBVn stehen positive Ko-effizienten → optimale Lösung gefunden.
Basisvariablen: x13 = 25
x21 = 15
x24 = 10
x32 = 20
x33 = 5
x34 = 25
Gesamte Transportkosten: K = 445
Operations Management Kapitel 3 / 48(c) Prof. Richard F. Hartl
Das Transportproblem ist ein LP-Problem mit Gleichheitsbeschränkungen. Aus diesem Grund dürfen die dualen Variablen ui bzw. vj auch negativ sein (freie Variablen).
3.2.3.1 Sensitivitätsanalyse
bei (kleinen Änderungen der rechten Seiten si und dj) die dualen Variablen ui und vj nicht ändert, sodass sich die Zielfunktion um (ui + vj) ändert:
Aus der Dualitätstheorie kann man sehr leicht ableiten, dass die Datenänderung
Klarerweise müssen ein si und ein dj gleichzeitig geändert werden, da sonst die Summen der angebotenen und nachgefragten Mengen nicht mehr übereinstimmen würden.
si si + für ein i unddj dj + für ein j
K K + (ui + vj)
Operations Management Kapitel 3 / 49(c) Prof. Richard F. Hartl
Wie groß werden kann, sodass diese Formel gerade noch gilt, wollen wir anhand des folgenden Beispiels demonstrieren, wobei wir hier schon die optimale Lösung eingetragen haben:
i\j 1 2 3 4 si ui
11 4 2 5
22
26 1 5 6
24
37 5 3 5
16
dj 10 13 22 17
vj
10
1 -1 2 4
2
1
0
10 6
11
12
13
Was passiert nun, wenn wir folgende Datenänderung durchführen?
s1 s1 + und
d2 d2 +
Die minimalen Kosten ändern sich in diesem Fall auf K = 173 + (u1 + v2) = 173 - ; das bedeutet, die minimalen Kosten sinken, wenn mehr zu transportieren ist! (Dies kann passieren (wenn es negative ui und vj gibt. Normalerweise werden aber die Kosten aber eher steigen.)
22 +
13 +
Operations Management Kapitel 3 / 50(c) Prof. Richard F. Hartl
Überlegen wir uns nun, wie groß werden darf, ohne einen Basiswechsel zu verursachen: Die Vorgangsweise ist dabei ähnlich wie bei der Kettenreaktion im Iterationsschritt (stepping stone).
i\j 1 2 3 4 si ui
11 4 2 5 22
+
26 1 5 6
24
37 5 3 5
16
dj 10 13 + 22 17
vj
10
1 -1 2 4
2
1
0
6+10-
11-
12+
13+
K = 173 -
Wie leicht einzusehen ist, wird x33 als erste 0, falls steigt. Bei diesem Beispiel ist daher die obere Schranke 10. Analoges gilt auch für negatives . Hier wird x34 als erste 0, falls sinkt und die untere Schranke ist daher -6.
Probe: K = 1*10+2*(12+ ) + 1*(13+ ) +6*(11- ) +3*(10- ) +5*(6 + ) = 173 -
Operations Management Kapitel 3 / 51(c) Prof. Richard F. Hartl
3.2.4 kapazitierte WLP Das kapazitierte, einstufige WLP unterscheidet sich vom unkapazitierten
WLP lediglich durch die Annahme, dass
die Kapazität der an den potentiellen Standorten i = 1, ..., m errichtbaren Lager auf maximal s1, ..., sm ME (pro Periode) beschränkt ist
die Transportkosten cij als Geldeinheiten je beförderte Mengeneinheit definiert sind (aus Gründen der Zweckmäßigkeit).
die Nachfragemengen der Kunden explizit mit d1, ..., dn ME angegeben sind:
xij nun die von einem Lager am Standort i zum Kunden j transportierte Gütermenge
Operations Management Kapitel 3 / 52(c) Prof. Richard F. Hartl
3.2.4.1 LP - Formulierung
m
i
n
jiij yfxcyxZ iij
1 1
m
1i
.min ),(Transportkosten +
Standortkosten
Nur wenn bei i ein Lager steht, kann von dort geliefert werden; die Gesamtmenge darf die Kapazität nicht überschreiten.
iiij ysxn
j
1
für i = 1,…,m
für i = 1,…,m
für j = 1,…,n
für j = 1,…,n
Die von i nach j transportierte Menge darf die Nachfrage nicht überschreiten
Die gesamte Nachfrage jedes Kunden muss befriedigt werden
yi ist binär und xij ist nichtnegativ
ijij ydx
n
iij jdx
1
für i = 1,…,m
für alle i und j
}1;0{ iy
0 ijx
Operations Management Kapitel 3 / 53(c) Prof. Richard F. Hartl
3.2.4.2 ADD und DROP bei kapazitierten Problemen
Vorgangsweise:
prinzipiell identisch wie bei unkapazitierten Problemen
Bei der Bewertung der Lösungen muss man ein kleines Transportproblem lösen → es muss also in jedem Iterationsschritt eine Reihe von Transportproblemen gelöst werden.
Dazu wird ein Dummy-Knoten eingeführt um die überschüssigen Kapazitäten aufzufangen bzw. um die fehlenden Kapazitäten auszugleichen (z.B. zu Beginn des ADD-Algorithmus) wobei die Transportkosten mit M (einer sehr großen Zahl) angesetzt werden.
Operations Management Kapitel 3 / 54(c) Prof. Richard F. Hartl
Beispiel (DROP für kapazitierte Probleme):
Wir haben 4 mögliche Standorte mit den Kapazitäten 20, 20, 10 bzw. 10 und 4 Kunden mit Nachfrage 8, 9, 10 und 11.
Wir führen nun einen Dummykunden mit Nachfrage 22 ein.
Um kleiner Zahlen zu haben, reduzieren wir die Kosten durch Abziehen des Zeilen- und Spaltenminimums.
i\j 1 2 3 4 5 si fi
1 8 3 5 4 0 20 10
2 1 2 3 4 0 20 10
3 6 5 7 3 0 10 7
4 8 4 7 5 0 10 7
dj 8 9 10 11 22 60
Reduktionskonstante = 8*1 + 9*2 + 10*3 + 11*3
i\j 1 2 3 4 5 si fi
1 7 1 2 1 0 20 10
2 0 0 0 1 0 20 10
3 5 3 4 0 0 10 7
4 7 2 4 2 0 10 7
dj 8 9 10 11 22 60
Operations Management Kapitel 3 / 55(c) Prof. Richard F. Hartl
Initialisierung: bei der Ausgangslösung werden alle Standorte realisiert:
i\j 1 2 3 4 5 si fi
1 20 10
2 20 10
3 10 7
4 10 7
dj 8 9 10 11 22 60
7
0
5
7
1
0
3
2
2
0
4
4
1
1
0
2
0
0
0
0
/
8
/
/
/
10
/
/
1
/
10
/
12
/
/
10
7
2
/
/
Transportkosten =
89 + 7 + 1 = 97 Fixkosten = 10+10+7+7 = 34 Gesamtkosten = 131
Iteration: Nun müssen einzeln alle Szenarien geprüft werden, wo genau einer der 4 Standorte endgültig verboten wird. Dazu muss jeweils ein TP gelöst werden.
Transportkosten =
89 + 14 + 2 = 105 Fixkosten = 10+7+7 = 24 Gesamtkosten = 129 Verbesserung um 2
i\j 1 2 3 4 5 si fi
2 20 10
3 10 7
4 10 7
dj 8 9 10 11 2 40
0
5
7
0
3
2
0
4
4
1
0
2
0
0
0
8
/
/
10
/
/
/
10
1
/
/
2
2
/
7
Standort 1 verbieten?
Operations Management Kapitel 3 / 56(c) Prof. Richard F. Hartl
Standort 2 verbieten?
i\j 1 2 3 4 5 si fi
1 20 10
3 10 7
4 10 7
dj 8 9 10 11 2 40
7
5
7
1
3
2
2
4
4
1
0
2
0
0
0
/
/
8
10
/
/
1
10
/
/
/
2
9
/
/
Transportkosten =
89 + 56 + 20 + 9 +1 = 175 Fixkosten = 10+7+7 = 24 Gesamtkosten = 199 Verschlechterung
Standort 3 verbieten?
i\j 1 2 3 4 5 si fi
1 20 10
2 20 10
4 10 7
dj 8 9 10 11 12 50
7
0
7
1
0
2
2
0
4
1
1
2
0
0
0
/
8
/
/
10
/
11
/
/
2
/
10
7
2
/
Transportkosten =
89 + 11 + 7 = 107 Fixkosten = 10+10+7 = 27 Gesamtkosten = 134 Verschlechterung
Operations Management Kapitel 3 / 57(c) Prof. Richard F. Hartl
Standort 4 verbieten?
Transportkosten =
89 + 1 + 7 = 97 Fixkosten = 10+10+7 = 27 Gesamtkosten = 124 Verbesserung um 7
i\j 1 2 3 4 5 si fi
1 20 10
2 20 10
4 10 7
dj 8 9 10 11 12 50
7
0
5
1
0
3
2
0
4
1
1
0
0
0
0
/
8
/
/
10
/
1
/
10
12
/
/
7
2
/
Ergebnis von Iteration 2:
Standorte 2 und 3 werden endgültig einbezogen
Es gilt also I0 = {4}, I1 = {2,3} und I1vl = {1}.
Da Standort 1 aus Kapazitätsgründen nicht mehr entfernt werden kann, ist die obige Lösung mit I1 = {1,2,3} die beste mittels DROP erzielbare Lösung.
→ Gesamtkosten = 124
Standort 4 wird verboten
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