Embed Size (px)
Citation preview
PRIMJERI PRIMJENE LINEARNOG PROGRAMIRANJA
UVOD
Namjena ovog odjeljka je pokazati kako se veliki broj realnih problema odlučivanja
može formulirati (pa i riješiti) kao problem linearnog programiranja (LP). To ćemo uraditi
predstavljajući primjere primjene u različitim područjima poslovnog odlučivanja.
Iako su većina od tih problema numerički relativno maleni, principi koji su razvijeni
kroz te primjere sigurno su primjenjivi i na složenije probleme. Štoviše, ta vježba u
"parafraziranju" formulacije LP modela sigurno može pomoći u razvijanju uvježbanosti u
primjeni tih tehnika na druge, manje uobičajene primjene.
PRIMJER 1. U stanici hitne pomoći raspored dežurstava zahtijeva sljedeće brojno stanje:
Stupanje na posao medicinskog osoblja je svaki dan u 0, 4, 8, 12, 16 i 20 sati, a radi se
8 sati neprekidno. Kako izgleda raspored dežurstava koji zahtijeva najmanje troškove i koliki
su ti troškovi?
RJEŠENJE:
Označimo sa xi broj osoba koje dolaze na posao na početku i-tog intervala vremena i
stoje na poslu sljedećih 8 sati. tj.
x1 - broj osoba koje dolaze u 0h i stoje do 8h,
x2 - broj osoba koje dolaze u 4h i stoje do 12h,
x3 - broj osoba koje dolaze u 8h i stoje do 16h,
x4 - broj osoba koje dolaze u 12h i stoje do 20h,
x5 - broj osoba koje dolaze u 16h i stoje do 24h,
x6 - broj osoba koje dolaze u 20h i stoje do 4h.
Vremenski interval
Potreban broj medicinskog osoblja
Troškovi dežurstva po osobi po satu
0 - 4 10 4954 - 8 6 3968 - 12 20 33012 - 16 18 33016 - 20 12 33020 - 24 16 396
1
Takav raspored znači da će u intervalu od 0 - 4 sata u bolnici dežurati x1 osoba koje počinju
svoje dežurstvo i x6 osoba koje završavaju svoje dežurstvo (počeli su ga u 20 h prethodnog
dana), u intervalu od 4 - 8 u bolnici će biti x1 osoba koje završavaju svoju smjenu i x2 osoba
koje je počinju itd. Prema tome ograničenja na brojno stanje su sljedeća:
x1 + x2 6
x2 + x3 20
x3 + x4 18
x4 + x5 12
x5 + x6 16
x6 + x1 10
Troškovi dežurstva za x1 osoba su 4 495 + 4 396 budući da te osobe 4 sata dežuraju u
razdoblju od 0 - 4 kada je cijena sata 495 kn, a 4 sata dežuraju od 4 - 8 kada je cijena sata 396
kuna. Prema tome ukupni troškovi dežurstva (koje treba minimizirati) su:
z = (4 495 + 4 396) x1 + (4 396 + 4 330) x2 +
+ (4 330 + 4 330) x3 + (4 330 + 4 330) x4 +
+ (4 330 + 4 396) x5 +(4 396 + 4 495) x6 =
= 3564 x1 + 2904 x2 + 2640 x3 + 2640 x4 + 2904 x5 + 3564 x6
Min z = 3564 x1 + 2904 x2 + 2640 x3 + 2640 x4 + 2904 x5 + 3564 x6
x1 + x2 6
x2 + x3 20
x3 + x4 18
x4 + x5 12
x5 + x6 16
x6 + x1 10
xj 0, j = 1, 2, ....., 6
Optimalno rješenje dobiveno simpleks metodom izgleda ovako:
x1* = 6, x2
* = 0, x3* = 20, x4
* = 0, x5* = 12, x6
* = 4, v3* = 2,
i minimalni troškovi su z* = 123288.
Dopunska varijabla v3 = 2 označava da će u razdoblju od 8 - 12 sati na dežurstvu biti dvije
osobe više nego što je potrebno, tj. umjesto 18 u tom razdoblju dežurat će 20 osoba.
Pored tog optimalnog rješenja postoji još jedno bazično optimalno rješenje i to je:
x1* = 0, x2
* = 6, x3* = 14, x4
* = 6, x5* = 6, x6
* = 10, v3* = 2.
2
Naravno, budući da se radi o linearnom programiranju, sve konveksne kombinacije ta dva
optimalna rješenja su također optimalna rješenja našeg problema. tj.
X* = X1* + (1 - ) X2
*, 0, 1 .
Od tih konveksnih kombinacija nas zanimaju samo one koje rezultiraju cjelobrojnim
rješenjima, budući da varijable predstavljaju broj dežurnih osoba. Takva su rješenja npr. za
= 1/2, = 1/3, = 2/3 i to su redom:
= 1/2 x1* = 3, x2
* = 3, x3* = 17, x4
* = 3, x5* = 9, x6
* = 7, v3* = 2.
= 1/3 x1* = 2, x2
* = 4, x3* = 16, x4
* = 4, x5* = 8, x6
* = 8, v3* = 2.
= 2/3 x1* = 4, x2
* = 2, x3* = 18, x4
* = 2, x5* = 10, x6
* = 6, v3* = 2.
Ulazni podaci za program WINQSB – Hitna pomoć
Prvo optimalno rješenje:
3
Drugo optimalno rješenje:
PRIMJER 2. Autoprijevoznik ima kamion nosivosti 11 tona. Sklopio je ugovor o prijevozu 25
sanduka težine 4 tone, 20 sanduka težine 3 tone i 30 sanduka težine 2.5 tona, Njegov je cilj da
navedeni teret preveze u minimalnom broju tura. Postavite problem kao problem linearnog
programiranja i riješite ga.
RJEŠENJE: Budući da se prevoze samo sanduci od 4, 3 i 2.5 tona kamion od 11 tona može se
puniti na sljedeće načine:
4
Način punjenja Neiskorišteni prostor (tona)
Varijabla
1) 4 + 4 + 3 = 11 0 x1
2) 4 + 3 + 3 = 10 1 x2
3) 3 + 3 + 3 = 9 2 x3
4) 3 + 3 + 2.5 + 2.5 = 11 0 x4
5) 3 + 2.5 + 2.5 + 2.5 = 10.5 0.5 x5
6) 2.5 + 2.5 + 2.5 + 2.5 = 10 1 x6
7) 4 + 4 + 2.5 = 10.5 0.5 x7
8) 4 + 3 + 2.5 =9.5 1.5 x8
9) 4 + 2.5 + 2.5 = 9 2 x9
Označimo sa xj broj tura koje se izvode na j-ti način. Dakle, ako je x1 = 5 to znači da će
autoprijevoznik obaviti 5 tura puneći kamion na prvi način, tj. sa 2 sanduka od 4 tone i jednim
sandukom od 3 tone.
Funkcija cilja koju treba minimizirati je očito ukupan broj tura, tj.
z = x1 + x2 + x3 + x4 + x5 + x6 + x7 + x8 + x9 .
Ograničenja problema dolaze iz ugovora o količini prevezene robe. Dakle, budući da je
potrebno prevesti 25 sanduka težine 4 t (a sanduci od 4 t se prevoze po 2 u prvom i sedmom
načinu punjenja i po jedan u drugom, osmom i devetom načinu), prvo ograničenje je:
2x1 + x2 + 2x7 + x8 + x9 = 25
Analogno, budući da treba prevesti 20 sanduka težine 3 tone, imamo:
x1 + 2x2 + 3x3 + 2x4 + x5 + x8 = 20,
Treće ograničenje (30 sanduka težine 2.5 tone) je:
2x4 + 3x5 + 4x6 + x7 + x8 + 2x9 = 30.
Dakle kompletni model linearnog programiranja je:
Min z = x1 + x2 + x3 + x4 + x5 + x6 + x7 + x8 + x9
2x1 + x2 + 2x7 + x8 + x9 = 25
x1 + 2x2 + 3x3 + 2x4 + x5 + x8 = 20
2x4 + 3x5 + 4x6 + x7 + x8 + 2x9 = 30
xj 0, j = 1, 2, ....., 9
5
cj Baza A1 A2 A3 A4 A5 A6 A7 A8 A9 A0
1 A1 1 1/2 0 0 0 0 1 1/2 1/2 25/2 = 12.5
1 A4 0 3/4 3/2 1 1/2 0 -1/2 1/4 -1/4 15/4 = 3.75
1 A6 0 -3/8 -3/4 0 1/2 1 1/2 1/8 5/8 45/8 = 5.625
zj - cj 0√ -1/8 -1/4 0√ 0↑ 0√ 0 -1/8 -1/8 175/8=21.875
1 A1 1 1/2 0 0 0 0 1 1/2 1/2 25/2 = 12.5
1 A5 0 3/2 3 2 1 0 -1 1/2 -1/2 15/2 = 7.5
1 A6 0 -9/8 -9/4 -1 0 1 1 -1/8 7/8 15/8 = 1.875
zj - cj 0√ -1/8 -1/4 0 0√ 0√ 0↑ -1/8 -1/8 175/8=21.875
1 A1 1 13/8 9/4 1 0 -1 0 5/8 -3/8 85/8 = 10.625
1 A5 0 3/8 3/4 1 1 1 0 3/8 3/8 75/8 = 9.375
1 A7 0 -9/8 -9/4 -1 0 1 1 -1/8 7/8 15/8 = 1.875
zj - cj 0√ -1/8 -1/4 0↑ 0√ 0 0√ -1/8 -1/8 175/8=21.875
1 A1 1 5/4 3/2 0 -1 -2 0 1/4 -3/4 5/4 = 1.25
1 A4 0 3/8 3/4 1 1 1 0 3/8 3/8 75/8 = 9.375
1 A7 0 -3/4 -3/2 0 1 2 1 1/4 5/4 45/4 =11.25
zj - cj 0√ -1/8 -1/4 0√ 0 0 0√ -1/8 -1/8 175/8=21.875
Riješimo li problem simpleks metodom dobivamo sljedeće optimalno rješenje:;
x1* = 12.5 , x2
* = 0, x3* = 0, x4
* = 3.75, x5* = 0, x6
* = 5.625,
x7* = 0, x8
* = 0, x9* = 0 i z* = 21.875,
uz mogućnost još optimalnih rješenja.
Postoje još 3 bazična optimalna programa i to su:
x1* = 12.5 , x2
* = 0, x3* = 0, x4
* = 0, x5* = 7.5, x6
* = 1.875,
x7* = 0, x8
* = 0, x9* = 0 i z* = 21.875,
x1* = 10.625 , x2
* = 0, x3* = 0, x4
* = 0, x5* = 9.375, x6
* = 0,
x7* = 1.875, x8
* = 0, x9* = 0 i z* = 21.875,
x1* = 1.25 , x2
* = 0, x3* = 0, x4
* = 9.375, x5* = 0, x6
* = 0,
x7* = 11.25, x8
* = 0, x9* = 0 i z* = 21.875.
6
Ta optimalna rješenja mogu se vidjeti i u gore prikazanim simpleks tabelama. Nakon prve
faze Charnesove M-procedure, u kojoj iz baze izlaze tri artificijelna vektora, dobivamo prvu
optimalnu simpleks tabelu. Lako je uočiti da, osim baznih vektora, u retku zj - cj postoje još
dvije nule, koje nas vode do alternativnih optimalnih bazičnih rješenja.
Iz prve tabele, uvodeći u bazu vektor A5, dobivamo drugo optimalno rješenje. U drugoj
simpleks tabeli uvođenje vektora A4 u bazu vratilo bi nas na prethodnu tabelu, pa zato u bazu
uvodimo vektor A7. Analogno u trećoj simpleks tabeli uvođenje vektora A6 vraća nas u
prethodnu simpleks tabelu, pa zato uvodimo ponovo u bazu vektor A4 koji daje dotada
nekorištenu bazu A1, A4, A7, odnosno zadnje optimalno bazično rješenje.
Naime, dvije nule "viška" u toj tabeli vraćaju nas ili na prethodnu, ili na prvu optimalnu
tabelu, pa je proces završen.
Optimalna rješenja dobivena programom WINQSB i odgovarajuće simpleks tablice prikazana
su u nastavku:
I optimalno rješenje
7
II optimalno rješenje
8
III optimalno rješenje
9
IV optimalno rješenje
Nijedno od dobivenih optimalnih bazičnih rješenja očito ne odgovara našem problemu jer nije
cjelobrojno, a varijable (broj tura) po naravi problema trebaju biti cjelobrojne. Iz tog razloga
problem bi trebalo riješiti pomoću cjelobrojnog programiranja. Ako se to provede dobiva se
optimalno rješenje koje je vrlo "blisko" gornjem rješenju. Naime, u tom slučaju dobiva se
optimalno rješenje:
x1* = 12 , x2
* = 1, x3* = 0, x4
* = 3, x5* = 0, x6
* = 6,
x7* = 0, x8
* = 0, x9* = 0 i z* = 22,
odnosno autoprijevoznik treba ukupno napraviti 22 prijevozne ture i to 12 puta na prvi način
(4 + 4 + 3), jednom na drugi način (4 + 3 + 3), 3 puta na četvrti način (3 + 3 + 2.5 + 2.5) i 6
puta na šesti način (2.5 + 2.5 + 2.5 + 2.5).
10
Ulazni podaci u programu WINQSB i optimalno rješenje dobiveno rješavanjem problema
cjelobrojnog programiranja metodom grananja i ograđivanja (Branch and bound) prikazani su
u nastavku. Kod unošenja podataka potrebno je samo dvostrukim klikom u retku “Variable
Type“ promijeniti karakter varijabli iz realnih u cjelobrojne (Continuos Integer).
Cjelobrojno optimalno rješenje:
Može se ustanoviti da i u tom problemu (cjelobrojnog programiranja) postoje alternativna
optimalna rješenja. To su na primjer:
x1* = 12 , x5
* = 7, x6* = 2, x8
* = 1, z* = 22,
x1* = 7 , x2
* = 1, x4* = 2, x5
* = 7, x7* = 5, z* = 22,
x1* = 8 , x2
* = 1, x4* = 1, x5
* = 8, x7* = 4, z* = 22,
x1* = 2 , x2
* = 1, x4* = 8, x6
* = 1, x7* = 10, z* = 22.
11
PRIMJER 3. Stroj za proizvodnju papira proizvodi omote papira širine 210 cm. Svi omoti su
iste dužine. Kupac je naručio 30 komada omota širine 62 cm, 60 komada širine 55 cm i 60
komada omota širine 40 cm.
Koliko komada omota (širine 210 cm) treba raskrojiti i na kakav način treba izvršiti krojenje
da gubitak papira bude najmanji? Postavite problem linearnog programiranja i riješite ga.
RJEŠENJE: Omote širine 210 cm treba raskrojiti na omote širine 62, 55 i 40 cm. To se može
uraditi na 10 različitih načina koji su prikazani u tabeli:
Način krojenja Gubitak materijala (cm)
Varijabla
1) 62 + 62 + 62 = 186 24 x1
2) 62 + 62 + 40 + 40 = 204 6 x2
3) 62 + 62 + 55 = 179 31 x3
4) 62 + 55 + 55 = 172 38 x4
5) 62 + 55 + 40 + 40 = 197 13 x5
6) 62 + 40 + 40+ 40 = 182 28 x6
7) 55 + 55 + 55 + 40 = 205 5 x7
8) 55 + 55 + 40 + 40 = 190 20 x8
9) 55 + 40 + 40 + 40 = 175 35 x9
10) 40 +40+ 40+ 40 +40=200 10 x10
Označimo li sa xi broj koji pokazuje koliko se puta papir reže na i-ti način gubitak materijala u
cm (koji treba minimizirati) može se prikazati sljedećom funkcijom:
z = 24 x1 + 6 x2 + 31 x3 + 38 x4 + 13 x5 + 28 x6 + 5 x7 + 20 x8 + + 35 x9 + 10 x10 .
Ograničenja nam daje broj naručenih omota, pa imamo:
- širina 62:
3 x1 + 2 x2 + 2 x3 + x4 + x5 + x6 = 30,
budući da u prvom načinu ima 3 omota širine 62 cm, u drugom i trećem načinu po 2, a u
četvrtom, petom i šestom načinu po 1 omot širine 62 cm.
- širina 55:
x3 + 2 x4 + x5 + 3 x7 + 2 x8 + x9 = 60,
i širina 40:
2 x2 + 2 x5 + 3 x6 + x7 + 2 x8 + 3 x9 + 5 x10 = 60.
12
Kompletni model izgleda ovako:
Min z = 24 x1 + 6 x2 + 31 x3 + 38 x4 + 13 x5 + 28 x6 + 5 x7 + 20 x8 +
+ 35 x9 + 10 x10
3 x1 + 2 x2 + 2 x3 + x4 + x5 + x6 = 30,
x3 + 2 x4 + x5 + 3 x7 + 2 x8 + x9 = 60,
2 x2 + 2 x5 + 3 x6 + x7 + 2 x8 + 3 x9 + 5 x10 = 60.
xj 0, j = 1, 2, ....., 10
Nakon provedene simpleks procedure dobiva se optimalno rješenje:
x1* = 0 , x2
* = 15, x3* = 0, x4
* = 0, x5* = 0, x6
* = 0,
x7* = 20, x8
* = 0, x9* = 0, x10
* = 2 i z* = 210.
odnosno omote papira treba rezati 15 puta na drugi način (62 + 62 + 40 + 40), 20 puta na
sedmi način (55 + 55 + 55 + 40), te 2 puta na deseti način (40 +40 + 40 + 40 + 40).
Napomenimo da je to jedino optimalno rješenje zadanog problema koje je prikazano u donjoj
tablici (izlazna tablica iz programa WINQSB).
13
PRIMJER 4:
PRIMJENE U MARKETINGU (Izbor medija za oglašavanje)
Modeli LP upotrebljavaju se u polju oglašavanja kao pomoć u odlučivanju pri izboru
prikladne kombinacije medija za oglašavanje. Katkad se te tehnike mogu koristiti za
raspodjelu fiksnog ili ograničenog budžeta kroz različite medije, koji mogu uključivati radio
ili TV reklame, novinske oglase, direktnu poštu, oglase u magazinima (tjednicima), itd.
Druga mogućnost je odrediti korištenje reklamnog prostora (i vrstu oglašavanja) na
temelju što većeg broja potencijalnih korisnika do kojih može doprijeti ta reklama.
Ograničenja na raspoložive medije mogu nastati zbog zahtjeva ugovora, ograničene
raspoloživosti medijskog prostora (ne može se TV program iskoristiti za reklame 24 sata
dnevno, ili se ne može kupiti cijela novina za reklame), ili zbog politike firme koja se
reklamira. Razmotrimo sljedeći primjer:
Kockarnica - Win Big Gambling Club odlučila je promovirati kockarsku zabavu
putem lokalnih i regionalnih medija. Menadžeri kluba odlučili su za promociju trošiti 8000 $
tjedno i to kroz četiri promotivna medija: TV spotovi, novinski oglasi i dvije vrste radijskih
oglasa.
Cilj kluba (kockarnice) je raznim vrstama oglasa doprijeti do što je više moguće
potencijalnih korisnika njihovih usluga. Sljedeća tabela pokazuje broj potencijalnih korisnika
usluga kockarnice do kojih dospijeva reklamni oglas korištenjem pojedine vrste medija. U
tabeli su također i troškovi po objavljenom oglasu ili reklami (spotu) i maksimalan broj oglasa
koji se mogu naručiti u jednom tjednu.
Tablica 1.
Vrsta medijaBroj ljudi do
kojih dopire oglasTrošak po
oglasuMaksimalan broj oglasa po tjednu
TV spot (1 min) 5000 800 12
Dnevne novine (oglas - cijela stranica)
8500 925 5
Radio spot (1/2 minute, udarno vrijeme)
2400 290 25
Radio spot (1 min, poslijepodne)
2800 380 20
14
Ugovorni aranžmani kladionice zahtijevaju da se barem 5 radio spotova objavi svaki tjedan.
Da bi osigurali široku promocijsku kampanju management inzistira da se ne potroši više od
1800 $ na radio oglašavanje svaki tjedan. Problem se može matematički postaviti na sljedeći
način:
Neka je
X1 = broj jednominutnih TV spotova koji idu svaki tjedan
X2 = broj oglasa od pune stranice koji idu u dnevne novine svaki tjedan
X3 = broj radio spotova tjedno od 1/2 minute u udarnom vremenu
X4 = broj radio spotova tjedno od 1 minute u popodnevnom terminu
Funkcija cilja koju treba maksimizirati je pokrivenost slušateljima, čitaocima i gledaocima, i
to je
Max (5000 X1 + 8500 X2 + 2400 X3 + 2800 X4)
p.o.
X1 12 (maksimalan broj TV spotova tjedno)
X2 5 (maksimalan broj novinskih oglasa tjedno)
X3 25 (maksimalan broj radio spotova od 1/2 min. tjedno)
X4 20 (maksimalan broj radio spotova od 1 min. tjedno)
800 X1 + 925 X2 + 290 X3 + 380 X4- 8000 (tjedni raspoloživi budžet za
oglašavanje)
X3 + X4 5 (minimalan broj ugovorenih radio spotova)
290 X3 + 380 X4 1800 (maksimalni budžet koji se smije potrošiti na radio spotove)
Ulazni podaci u programu WINQSB izgledaju ovako:
Tablica 2.
Optimalno rješenje tog problema prikazano je u sljedećoj tablici:
15
Tablica 3.
Dakle, optimalno rješenje je
X1* = 1.9688, X2* = 5, X3* = 6.2069, X4* = 0
uz maksimalni broj pokrivenosti (ljudi koji će primijetiti dati oglas) od 67 240.3.
Ukoliko želimo da broj oglasa bude cjelobrojan (što je logična pretpostavka) u retku
"Variable Type" u tablici 2. zahtijevamo da sve varijable budu cjelobrojne - Integer (što se
lako promijeni dvostrukim kliktanjem u tom polju), pa će naša tablica izgledati ovako:
Tablica 4.
Optimalno rješenje tog cjelobrojnog problema prikazano je u sljedećoj tablici:
16
Tablica 5.
Cjelobrojno rješenje našeg problema (primijetimo da je vrlo "blisko" necjelobrojnom) je:
X1* = 2 (broj TV spotova), X2* = 5 (broj novinskih oglasa),
X3* = 6 (broj radio spotova od 1/2 minute), X4* = 0 (broj spotova od 1 minute),
uz maksimalni broj pokrivenosti (ljudi koji će primijetiti dati oglas) od 66900, što je neznatno
manje nego u necjelobrojnom rješenju (67 240.3).
Primijetimo, također, da je u necjelobrojnom rješenju kompletan budžet od 8000 $ potrošen, a
također je potrošeno i točno 1800 $ za radio spotove. Međutim, u cjelobrojnom rješenju ostaje
35 $ nepotrošenog ukupnog budžeta (potrošeno je ukupno 7965 $), i 60 $ manje je potrošeno
za radio spotove nego što je dopušteno (1740 - 1800).
17
PRIMJER 5:
LP se može primijeniti u problemima marketinškog istraživanja i u području
istraživanja potrošača. Sljedeći primjer ilustrira kako voditelji statističkih anketa mogu
odrediti strategiju odlučivanja (koga anketirati - područje obuhvata) primjenom LP.
MSA (Management Sciences Associates) iz Washingtona je firma za marketinško i
kompjutersko istraživanje koja, između ostalog, provodi istraživanje potrošača za svoje
klijente. Jedan od klijenata je nacionalna izdavačka kuća koja periodično provodi političke
ankete o pitanjima od općeg interesa. U namjeri da dobiju statistički pouzdane rezultate o
osjetljivom pitanju novog U. S. zakona o imigraciji, MSA određuje da anketa o tom pitanju
mora zadovoljavati sljedeće zahtjeve:
1. Treba ispitati ukupno barem 2300 domaćinstava.
2. Potrebno je ispitati barem 1000 domaćinstava u kojima je "glava familije" stara do 30
godina.
3. Potrebno je ispitati barem 600 domaćinstava u kojima je "glava familije" stara od 31
do 50 godina.
4. Potrebno je osigurati da barem 15% ispitanika žive u državama koje graniče s
Meksikom.
5. Potrebno je osigurati da od svih ispitanika koji su stariji od 51 godine ne bude više od
20% onih koji žive u državama koje graniče s Meksikom
MSA je odlučila da se anketa provodi osobno, te procjenjuje da su troškovi provođenja
ankete, tj. troškovi dolaska do osoba u određenoj dobi i regiji sljedeći:
Tablica 6.
Troškovi po ispitaniku (domaćinstvu)
Regija Dob 30
godina
Dob 31 - 50 Dob 51
Države koje graniče s Meksikom
7.50 6.80 5.50
Države koje ne graniče s Meksikom
6.90 7.25 6.10
Cilj MSA agencije je odredi broj ispitanika u svakoj kategoriji (po dobi i regiji), te da
zadovolji svih 5 postavljenih zahtjeva uz najniže moguće troškove.
18
Neka je:
X1 = broj ispitanika koji imaju 30 ili manje godina i žive u graničnoj državi
X2 = broj ispitanika koji imaju od 31 - 50 godina i žive u graničnoj državi
X3 = broj ispitanika koji imaju 51 ili više godina i žive u graničnoj državi
X4 = broj ispitanika koji imaju 30 ili manje godina i ne žive u graničnoj državi
X5 = broj ispitanika koji imaju od 31 - 50 godina i ne žive u graničnoj državi
X6 = broj ispitanika koji imaju 51 ili više godina i ne žive u graničnoj državi
Funkcija cilja (minimalni troškovi intervjua) je
Min (7.50 X1 + 6.80 X2 + 5.50 X3 + 6.90 X4 + 7.25 X5 + 6.10 X6)
Ograničenja su:
X1 + X2 + X3 + X4 + X5 + X6 2300 (ukupan broj ispitanih domaćinstava)
X1 + X4 1000 (domaćinstva do 30 godina)
X2 + X5 600 (domaćinstva od 31 do 50 godina)
X1 + X2 + X3 0.15 (X1 + X2 + X3 + X4 + X5 + X6) (granične države)
X3 0.20 (X3 + X6) (ograničenje za starije od 51 godine koji žive u
graničnim državama)
Xj 0, j = 1, ...,6
Posljednja dva ograničenja treba preurediti da sve varijable budu na lijevoj strani
nejednadžbe, odnosno:
0.85X1 + 0.85X2 + 0.85X3 - 0.15X4 - 0.15X5 - 0.15X6 0
0.8X3 - 0.2X6 0
pa se problem može riješiti simpleks metodom kao što je prikazano u tablicama 5. i 6. koje
predstavljaju ulaznu i izlaznu tabelu iz programa WINQSB.
Tablica 7.
19
Tablica 8.
Optimalno rješenje (broj ispitanika pojedine kategorije stanovništva) je:
X1* = 0 (broj ispitanika koji imaju 30 ili manje godina i žive u graničnoj državi)
X2* = 600 (imaju od 31 - 50 godina i žive u graničnoj državi)
X3* = 140 (imaju 51 ili više godina i žive u graničnoj državi)
X4* = 1000 (imaju 30 ili manje godina i ne žive u graničnoj državi)
X5* = 0 (imaju od 31 - 50 godina i ne žive u graničnoj državi)
X6* = 560 (imaju 51 ili više godina i ne žive u graničnoj državi)
Minimalni troškovi anketiranja iznose 15166 $.
20
PRIMJER 6:
PRIMJENE U PROIZVODNJI - PROIZVODNI ASORTIMAN (Production Mix)
Plodno polje za upotrebu LP je planiranje optimalnog asortimana proizvoda u nekoj
proizvodnji. Poduzeće treba razmatrati veliki broj ograničenja, i to financijskih, ograničenja
potražnje za proizvodima, ugovorenih količina proizvoda, ugovore sa sindikatima itd.
Osnovni cilj firme je generirati maksimalni mogući profit uz zadovoljenje danih ograničenja.
Fifth Avenue Industries je poznata firma za proizvodnju muške odjeće i ona proizvodi
4 tipa kravata. Jedna je skupa, potpuno svilena kravata, druga je kravata od poliestera, a
preostala dva tipa kravata se prave od mješavine poliestera i pamuka. U sljedećoj tablici
prikazani su troškovi i raspoloživost tri vrste materijala (planirane za mjesečni period
proizvodnje) koje se koriste u proizvodnom procesu.
Tablica 9.
MaterijalTroškovi po
yarduRaspoloživi materijal za
1 mjesec (yard)Svila 21 800
Poliester 6 2000
Pamuk 9 1200
Firma ima fiksne ugovore sa nekoliko velikih lanaca robnih kuća koje mora opskrbljivati
kravatama. Ugovori zahtijevaju da firma ponudi minimalne količine svake vrste kravate, ali
uzima u obzir mogućnost veće potražnje ako firma Fifth Avenue želi ponuditi nešto veću
količinu. U sljedećoj tablici sumirani su ugovori o potražnji za svaki od četiri tipa kravata,
prodajna cijena po kravati i tvornički zahtjevi za svaku varijantu.
Tablica 10.
Vrsta kravate
Prodajna cijena po kravati ($)
Mjesečni ugovoreni minimum
Mjesečna potražnja
Materijal potreban za
kravatu (yard)
Potrebna vrsta
materijalaSvilena 6.70 6000 7000 0.125 100% svila
Poliester 3.55 10000 14000 0.08 100% poliest.
Poly-cotton tip 1
4.31 13000 16000 0.1050% pol. + 50% pamuk
Poly-cotton tip 2
4.81 6000 8500 0.1030% pol. + 70% pamuk
21
Cilj firme Fifth Avenue je maksimizirati mjesečni profit i ona mora odlučiti o asortimanu
proizvodnje (koliko kojeg tipa kravate će proizvoditi). Uvedimo sljedeće oznake:
X1 = broj potpuno svilenih kravata proizvedenih u jednom mjesecu
X2 = broj kravata od poliestera
X3 = broj kravata poly-cotton (poliester i pamuk) tip 1
X4 = broj kravata poly-cotton tip 2
Potrebno je odrediti profit za svaki tip kravate, pa imamo:
1. Za svilene kravate (X1) potrebno je 0.125 yardi svile po cijeni od 21 $ po yardu. Prema
tome trošak po kravati je 2.62 $. Prodajna cijena te vrste kravate je 6.70 $ što ostavlja
neto profit od 4.08 $ po jedinici od X1 (marža robne kuće je zanemarena, ali se lako
može ukalkulirati i mijenjat će jedino funkciju cilja, recimo 10% prodajne cijene).
2. Za kravate od poliestera (X2) potrebno je 0.08 yardi poliestera po cijeni od 6 $ po
yardu. Prema tome trošak po kravati je 0.48 $. Prodajna cijena te vrste kravate je 3.55$
što rezultira neto profitom od 3.07 $ po jedinici od X2.
3. Za poliester pamučnu kravatu tipa 1 (X3) potrebno je 0.05 yardi poliestera po cijeni od
6 $ po yardu i 0.05 yardi pamuka po cijeni od 9 $ po yardu što znači da je trošak
proizvodnje takve kravate jednak 0.05 6 + 0.05 9 = 0.75 $ po kravati. Profit po
jednoj kravati je dakle 4.31 - 0.75 = 3.56 $.
4. Za poliester pamučnu kravatu tipa 2 (X4) potrebno je 0.03 yardi poliestera po cijeni od
6 $ po yardu i 0.07 yardi pamuka po cijeni od 9 $ po yardu što znači da je trošak
proizvodnje takve kravate jednak 0.03 6 + 0.07 9 = 0.81 $ po kravati. Profit po
jednoj kravati tipa 2 je dakle 4.81 - 0.81 = 4 $.
Funkcija cilja može se postaviti kao:
Maksimizirati profit = 4.08 X1 + 3.07 X2 + 3.56 X3 + 4.00 X4
pri ograničenjima:
0.125 X1 800 (yardi svile)
0.08 X2 + 0.05 X3 + 0.03 X4 2000 (yardi poliestera)
0.05 X3 + 0.07 X4 1200 (yardi pamuka)
6000 X1 7000 (ugovoreni minimum i maksimum za svilene kravate)
10000 X2 14000 (ugovoreni minimum i maksimum za poliester kravate)
13000 X3 16000 (ugovoreni minimum i maksimum za miješane kravate tipa 1)
6000 X4 8500 (ugovoreni minimum i maksimum za miješane kravate tipa 2)
X1, X2, X3, X4 0
22
Prvo ograničenje se dijeljenjem sa 0.125 (množenjem sa 8) može transformirati u
X1 6400,
što mijenja maksimalnu moguću količinu proizvodnje svilenih kravata (ne 7000 nego 6400).
Problem riješen ponovo programom WINQSB (uz opciju cjelobrojnosti - broj kravata)
prikazan je sljedećim tabelama (ulazni podaci - tablica 11 i rezultati - tablica 12).
Tablica 11.
Tablica 12.
Dakle, potrebno je proizvesti 6400 svilenih (X1), 13928 kravati od poliestera (X2), zatim
13000 miješanih kravata poliester - pamuk tip 1 (X3) i 7857 miješanih kravata poliester
pamuk tip 2 (X4). Pri tome je potrošen sav raspoloživi materijal (ostaje 0.05 yardi poliestera i
0.01 yardi pamuka).
Optimalna vrijednost funkcije cilja (maksimalni profit) iznosi 146 579 $.
PRIMJER 7:
FORMIRANJE REDOSLIJEDA PROIZVODNJE (PRODUCTION SCHEDULING)
23
Određivanje što jeftinijeg redoslijeda proizvodnje kroz niz tjedana ili mjeseci je težak i
vrlo važan problem kod većine tvornica. Proizvodni manager mora razmotriti niz faktora:
kapacitet radne snage, troškove zaliha i skladištenja, prostorna ograničenja, potražnju za
proizvodima, odnose sa sindikatima itd. Budući da većina firmi proizvodi više od jednog
proizvoda, proces redoslijeda proizvodnje često je vrlo kompleksan.
U osnovi taj problem je sličan modelu izbora proizvoda koji će se proizvoditi (product
mix problem) za svaki period u budućnosti. Funkcija cilja je ili maksimizirati profit ili
minimizirati ukupne troškove (proizvodnje plus zaliha) u provedbi danog zadatka.
Redoslijed proizvodnje je problem koji se može prilagoditi rješavanju pomoću LP.
Jednom kad su funkcija cilja i ograničenja postavljeni, inputi se mogu lako promijeniti za
svaki period vremena da bi se odredio ažurirani raspored proizvodnje.
Firma Greenberg Motors, Inc., proizvodi 2 različita elektromotora za prodaju i to
pod ugovorom sa Drexel Corporation, poznatim proizvođačem malih električnih kuhinjskih
aparata. Njihov model GM3A ugrađen je u mnogim Drexelovim food-processorima
(višenamjenski kuhinjski aparat), a njihov model GM3B koristi se kod niza različitih
miksera.
Tri puta godišnje manager nabave Drexela kontaktira rukovodstvo Greenberg Motorsa
da bi dogovorili mjesečne narudžbe za svaki od sljedeća četiri mjeseca. Drexelova
potražnja za motorima varira svaki mjesec ovisno o njihovim prognozama prodaje,
proizvodnim kapacitetima i financijskoj situaciji. Greenberg je upravo primio narudžbu za
prva 4 mjeseca tekuće godine (Siječanj - travanj) i mora temeljem toga odrediti svoj 4-
mjesečni plan proizvodnje. Potražnja za pojedinim vrstama motora prikazana je u sljedećoj
tablici:
Tablica 13:
Model Siječanj Veljača Ožujak Travanj
GM3A 800 700 1000 1100
GM3B 1000 1200 1400 1400
Kod planiranja proizvodnje Greenberg Motors mora razmatrati četiri faktora:
24
1. Poželjnost proizvodnje jednakog broja motora svaki mjesec što pojednostavljuje
planiranje i raspored radnika i strojeva.
2. Nužnost snižavanja troškova zaliha, tj. ako je moguće svaki mjesec proizvoditi
samo onoliko motora koliko je potrebno u tom mjesecu.
3. Ograničenja raspoloživog prostora u skladištima (prostor za skladištenje može se
povećati samo sa velikim dodatnim troškovima).
4. Politika firme je da nema otpuštanja radnika, što je efikasno u sprječavanju
protesta sindikata u trgovinama. To sugerira minimalni proizvodni kapacitet koji
se treba koristiti svaki mjesec.
Iako su ti faktori međusobno često i konfliktni, Greenberg smatra da je LP prikladan alat za
određivanje proizvodnog redoslijeda koji će minimizirati njegove ukupne troškove za
jediničnu proizvodnju (prosječne troškove) u svakom mjesecu.
Neka je:
XAi = broj motora modela GM3A proizvedenih u i-tom mjesecu (i = 1,...,4)
XBi = broj motora modela GM3B proizvedenih u i-tom mjesecu (i = 1,...,4)
Proizvodni troškovi su 10$ za jedan proizvedeni motor GM3A i 6$ za jedinicu od GM3B.
Dogovor o cijeni rada koji stupa na snagu 1. ožujka povećat će svaki od tih troškova za 10%.
Dakle, dio funkcije cilja koji se odnosi na proizvodne troškove je:
Troškovi proizvodnje:
TP = 10 XA1 +10 XA2 + 11 XA3 + 11 XA4 + 6 XB1 + 6 XB2 + 6.6 XB3 + 6.6 XB4
Da bi u model uključili troškove držanja zaliha uvodimo nove varijable. Neka je
IAi = nivo neprodanih zaliha motora GM3A na kraju i-tog mjeseca (i = 1,...,4)
IBi = nivo neprodanih zaliha motora GM3B na kraju i-tog mjeseca (i = 1,...,4)
Svaki GM3A motor koji ostane na zalihama košta 0.18 $ mjesečno, dok GM3B motor ima
troškove zaliha 0.13 $ mjesečno (za 1 motor). Greenbergovo računovodstvo proračunava
(uzima u obzir) zalihe na kraju mjeseca kao prosječnu vrijednost nivoa zaliha tokom mjeseca.
Dakle, dio funkcije cilja koji se odnosi na troškove zaliha je:
Troškovi zaliha:
TZ = 0.18 IA1 +0.18 IA2 + 0.18 IA3 + 0.18 IA4 + 0.13 IB1 + 0.13 IB2 + 0.13 IB3 + 0.13 IB4
Prema tome ukupna funkcija cilja je (minimiziranje ukupnih troškova)
25
T = 10 XA1 +10 XA2 + 11 XA3 + 11 XA4 + 6 XB1 + 6 XB2 + 6.6 XB3 + 6.6 XB4 + 0.18 IA1 + +
0.18 IA2 + 0.18 IA3 + 0.18 IA4 + 0.13 IB1 + 0.13 IB2 + 0.13 IB3 + 0.13 IB4
Kod postavljanja ograničenja potrebno je prepoznati veze koje postoje između zaliha na kraju
prethodnog mjeseca, tekuće mjesečne proizvodnje i mjesečne prodaje firmi Drexel u tekućem
mjesecu. Zalihe na kraju mjeseca su:
Pretpostavimo da Greenberg započinje novi 4-mjesečni proizvodni ciklus s promjenom u
dizajnu tako da ne ostavlja nikakve stare motore na zalihama na početku godine (1. siječnja).
Zato, prema tablici 13, imamo da je potražnja u mjesecu siječnju za GM3A 800 komada a za
GM3B 1000 komada, i možemo pisati:
IA1 = 0 + XA1 - 800
Naime, zalihe na kraju prvog mjeseca su jednake starim zalihama uvećanim za proizvodnju u
prvom mjesecu i umanjene za potražnju u prvom mjesecu. Analogno,
IB1 = 0 + XB1 - 1000
Prebacujući sve nepoznanice na lijevu stranu i množeći s (-1) ograničenja za prvi mjesec
mogu se napisati u sljedećem obliku:
XA1 - IA1 = 800 (1)
XB1 - IB1 = 1000 (2)
Na isti način dobivamo ograničenja potražnje za veljaču, ožujak i travanj:
XA2 + IA1 - IA2 = 700 (GM3A - potražnja veljača) (3)
XB2 + IB1 - IB2 = 1200 (GM3B - potražnja veljača) (4)
XA3 + IA2 - IA3 = 1000 (GM3A - potražnja ožujak) (5)
XB3 + IB2 - IB3 = 1400 (GM3B - potražnja ožujak) (6)
XA4 + IA3 - IA4 = 1100 (GM3A - potražnja travanj) (7)
XB4 + IB3 - IB4 = 1400 (GM3B - potražnja travanj) (8)
Ukoliko Greenberg želi imati na zalihama krajem travnja određene količine jednog i drugog
motora, recimo 450 komada GM3A i 300 komada GM3B, uvodimo dodatna ograničenja:
IA4 = 450 (9)
IB4 = 300. (10)
Dosada razmatran ograničenja odnose se na potražnju, ona međutim ne uzimaju u obzir
skladišni prostor niti zahtjeve za radnom snagom. Neka je skladišni prostor Greenberg
26
Motorsa toliko velik da može u isto vrijeme primiti maksimalno 3300 motora bilo kojeg tipa
(jednaki su po veličini). Dakle, mora vrijediti:
IA1 + IB1 3300 (11)
IA2 + IB2 3300 (12)
IA3 + IB3 3300 (13)
IA4 + IB4 3300 (14)
Na kraju potrebno je razmotriti ograničenja radne snage. Budući da se nijedan radnik ne
otpušta razmatramo postojeći fond radnih sati koji iznosi 2240 mjesečno. U periodu kad je
potrebno angažirati više radne snage na raspolaganju su dva radnika (koji znaju raditi taj
posao, a trenutno su u mirovini) pa se može povećati kapacitet radne snage na 2560 radnih
sati mjesečno. Svaki GM3A motor zahtijeva 1.3 sata rada, dok svaki GM3B motor zahtijeva
0.9 sati rada po jednom komadu. Dakle, ograničenja radnih sati su:
1.3 XA1 + 0.9 XB1 2240 (siječanj - minimalan broj radnih sati mj.) (15)
1.3 XA1 + 0.9 XB1 2560 (siječanj - maksimalan broj radnih sati) (16)
1.3 XA2 + 0.9 XB2 2240 (veljača - minimalan broj radnih sati) (17)
1.3 XA2 + 0.9 XB2 2560 (veljača - maksimalan broj radnih sati) (18)
1.3 XA3 + 0.9 XB3 2240 (ožujak - minimalan broj radnih sati) (19)
1.3 XA3 + 0.9 XB3 2560 (ožujak - maksimalan broj radnih sati) (20)
1.3 XA4 + 0.9 XB4 2240 (travanj - minimalan broj radnih sati) (21)
1.3 XA4 + 0.9 XB4 2560 (travanj - maksimalan broj radnih sati) (22)
Ovaj primjer predstavlja relativno jednostavan problem planiranja redoslijeda proizvodnje
gdje se razmatraju samo dva proizvoda. Usprkos toga on ima 16 varijabli i 22 ograničenja i ni
u kom slučaju nije trivijalan za rješavanje. Na sličan način problem se može postaviti i ako
postoji više proizvoda i još puno veći broj ograničenja. Optimalna rješenje problema
prikazana su u sljedeće dvije tablice (tablica 14 necjelobrojno i tablica 15 cjelobrojno
rješenje), dok su u tablici 16. prikazani ulazni podaci za program WINQSB.
Tablica 14:
27
Tablica 15:
28
Tablica 16:
29
30
Prvih 8 varijabli (XA1, XA2, XA3, XA4, XB1, XB2, XB3 i XB4) pokazuju koliko treba
proizvoditi motora pojedinog tipa u svakom od prva 4 mjeseca tekuće godine. Ostalih 8
varijabli (IA i IB) pokazuju stanje na zalihama pojedine vrste motora na kraju svakog
mjeseca, dok je optimalna vrijednost funkcije cilja (minimalni ukupni troškovi proizvodnje i
zaliha) jednaka T* = 76301.87 $.
Pored toga vidljivo je da skladišnog prostora ima sasvim dovoljno (ograničenja C11 - C14), tj.
ostaje u svakom mjesecu više od 2000 slobodnih mjesta za motore. Korištenje radnih sati
(ograničenja C15 - C22) je u okviru dozvoljenih minimalnih i maksimalnih granica.
PRIMJER 8.
Proizvođač whiskey-a uvozi 3 sirovine različite gradacije A, B i C i miješa ih zavisno o
receptima koji specificiraju maksimalni ili minimalni postotak sirovina A i C u svakoj vrsti
pića. Receptura i cijene pića prikazane su u tablici 17.
Tablica 17.
Vrste pića Specifikacija Cijena po litri
Blue DotX
ne manje od 60% od Ane više od 20% od C
6.80
Highland FlingY
ne više od 60% od Cne manje od 15% od A
5.70
Old FrenzyZ
ne više od 50% od C 6.00
Raspoložive količine za tri osnovne sirovine (A, B i C) i njihove nabavne cijene su dane u
tablici 18.
Tablica 18.
SirovineMaksimalna dnevna raspoloživa količina
Cijena po litri
A 2000 7B 2500 5C 1200 4
Cilj proizvodnje je maksimizirati dobit uz uvjet da se pića Y proizvede barem 1000 litara
(unaprijed ugovorena količina).
Uvedimo sljedeće oznake:
31
XA količina sirovine A korištena za piće X
XB količina sirovine B korištena za piće X
XC količina sirovine C korištena za piće X
YA količina sirovine A korištena za piće Y
YB količina sirovine B korištena za piće Y
YC količina sirovine C korištena za piće Y
ZA količina sirovine A korištena za piće Z
ZB količina sirovine B korištena za piće Z
ZC količina sirovine C korištena za piće Z
Dakle, ukupna količina pića X je X = XA + XB + XC, budući da piće X nastaje miješanjem
sirovina A, B i C. Prihod po toj vrsti pića (uz pretpostavku da se proizvedena količina proda
po cijeni iz tablice 17) je 6.80 (XA + XB + XC).
Analogno, ukupna količina pića Y je Y = YA + YB + YC. Prihod po toj vrsti pića (uz
pretpostavku da se proizvedena količina proda po cijeni iz tablice 1) je 5.70 (YA + YB + YC).
Ukupna količina pića Z je Z = ZA + ZB + ZC. Prihod po toj vrsti pića (uz pretpostavku da se
proizvedena količina proda po cijeni iz tablice 17) je 6.00 (ZA + ZB + ZC).
Ukupan prihod za sve tri vrste pića zajedno je:
P = 6.8 (XA + XB + XC) + 5.7 (YA + YB + YC) + 6(ZA + ZB + ZC).
Za proizvodnju sva tri pića troši se:
XA + YA + ZA sirovine A po cijeni od 7 n.j. po litri,
XB + YB + ZB sirovine B po cijeni od 5 n.j. po litri i
XC + YC + ZC sirovine C po cijeni od 4 n.j. po litri.
Dakle, ukupni troškovi (za sirovine) za proizvodnju pića su:
T = 7 (XA + YA + ZA) + 5 (XB + YB + ZB) + 4 (XC + YC + ZC)
Dobit je:
D = P – T = 6.8 (XA + XB + XC) + 5.7 (YA + YB + YC) + 6 (ZA + ZB + ZC) –
- 7 (XA + YA + ZA) - 5 (XB + YB + ZB) - 4 (XC + YC + ZC),
odnosno, nakon sređivanja
D = - 0.20 XA + 1.8 XB + 2.8 XC - 1.3 YA + 0.7 YB + 1.7 YC - ZA + ZB + 2 ZC
Ograničenja su dana raspoloživom količinom sirovina i recepturom.
32
Raspoložive količine sirovina:
Sirovina A XA + YA + ZA 2000 (1)
Sirovina B XB + YB + ZB 2500 (2)
Sirovina C XC + YC + ZC 1200 (3)
Recepture:
Piće X ne manje od 60% od A i ne više od 20% od C.
Budući da je ukupna količina pića X jednaka XA + XB + XC, a količina sirovine A u piću X je
XA, imamo:
XA 0.60 (XA + XB + XC), odnosno
- 0.40 XA + 0.60 XB + 0.60 XC 0 (4)
Količina sirovine C u piću X je XC, pa imamo:
XC 0.20 (XA + XB + XC), odnosno
0.20 XA + 0.20 XB - 0.80 XC 0 (5)
Piće Y ne više od 60% od C i ne manje od 15% od A.
Budući da je ukupna količina pića Y jednaka YA + YB + YC, a količina sirovine C u piću Y je
YC, imamo:
YC 0.60 (YA + YB + YC), odnosno
0.60 YA + 0.60 YB - 0.40 YC 0 (6)
Količina sirovine A u piću Y je YA, pa imamo:
YA 0.15 (YA + YB + YC), odnosno
- 0.85 YA + 0.15 YB + 0.15 XC 0 (7)
Piće Z ne više od 50% od C.
Budući da je ukupna količina pića Z jednaka ZA + ZB + ZC, a količina sirovine C u piću Z je
ZC, imamo:
ZC 0.50 (ZA + ZB + ZC), odnosno
0.50 ZA + 0.50 ZB - 0.50 ZC 0 (8)
Ukupna ugovorena količina pića Y je barem 1000 litara, pa mora vrijediti:
YA + YB + YC 1000 (9)
33
Sve varijable naravno moraju imati uvjete negativnosti, tj. vrijedi:
XA, XB, XC, YA, YB, YC, ZA, ZB, ZC 0 (10)
Kompletni model je:
Max D = - 0.20 XA + 1.8 XB + 2.8 XC - 1.3 YA + 0.7 YB + 1.7 YC - ZA + ZB + 2 ZC
XA + YA + ZA 2000 (1)
XB + YB + ZB 2500 (2)
XC + YC + ZC 1200 (3)
- 0.40 XA + 0.60 XB + 0.60 XC 0 (4)
0.20 XA + 0.20 XB - 0.80 XC 0 (5)
0.60 YA + 0.60 YB - 0.40 YC 0 (6)
- 0.85 YA + 0.15 YB + 0.15 YC 0 (7)
0.50 ZA + 0.50 ZB - 0.50 ZC 0 (8)
YA + YB + YC 1000 (9)
XA, XB, XC, YA, YB, YC, ZA, ZB, ZC 0 (10)
Postoji više optimalnih rješenja. Tri optimalna bazična rješenja su:
I rješenje II rješenje III rješenje
XA* = 1850 XA* = 1850 XA* = 1850
XB* = 1233.33 XB* = 633.33 XB* = 1233.33
XC* = 0 XC* = 600 XC* = 0
YA* = 150 YA* = 150 YA* = 150
YB* = 250 YB* = 250 YB* = 458.33
YC* = 600 YC* = 600 YC* = 391.667
ZA* = 0 ZA* = 0 ZA* = 0
ZB* = 1016.67 ZB* = 1616.67 ZB* = 808.33
ZC* = 600 ZC* = 0 ZC* = 808.33
Optimalne vrijednosti dopunskih varijabli su:
I rješenje II rješenje III rješenje
v5* = 616.67 v5* = 16.67 v5* = 616.67
v8* = 208.33 v8* = 808.33 v6* = 208.33
34
Optimalna vrijednost funkcije cilja, tj. optimalna dobit iznosi D = 5066.67.
Analiza prvog optimalnog rješenja:
U optimalnom rješenju pića X ima X = XA + XB + XC = 1850 + 1233.33 + 0 = 3083.33 i to
nastalo miješanjem 1850 litara sirovine A i 1233.33 litara sirovine B što zadovoljava uvjet (1)
po kojemu treba biti barem 60% sirovine A (0.60 x 3083.33 = 1850 litara), a sirovine C ne
smije biti više od 20% što je također zadovoljeno jer sirovine C uopće nema u tom piću.
U optimalnom rješenju pića Y ima Y = YA + YB + YC = 150 + 250 + 600 = 1000 litara (točno
koliko je i traženo relacijom (9)). Od toga je točno 60% sirovine C (YC = 600) i 15% sirovine
A (YA = 150). Ostatak je sirovina B (YB = 250) na koju nije bio postavljen nikakav uvjet.
U optimalnom rješenju pića Z ima Z = ZA + ZB + ZC = 0 + 1016.67 + 600 = 1616.67.
Od toga je manje od 50% sirovine C (ZC = 600 < 0.5 1616.67 = 808.33).
Sve tri sirovine su potrošene u potpunosti. Naime,
XA + YA + ZA = 1850 + 150 + 0 = 2000,
XB + YB + ZB = 1233.33 + 250 + 1016.67 = 2500,
XC + YC + ZC = 0 + 600 + 600 = 1200.
Očito je da sirovine predstavljaju uska grla proizvodnje. Ograničenja (1), (2) i (3) ispunjena
su u potpunosti. U optimalnoj simpleks tabeli “shadow prices“ za ta ograničenja, odnosno
vrijednosti prve tri dualne varijable, predstavljaju povećanje funkcije cilja (dobiti) ako se
raspoloživa količina sirovina poveća za 1 litru (uz pretpostavku da se dodatna količina
sirovina nabavlja po istoj cijeni kao i prije).
Te vrijednosti su:
y1* = 0.33, y2* = 1 i y3* = 2.
Naravno povećanje raspoložive količine sirovina mora se kretati u intervalima koje
dozvoljava analiza osjetljivosti.
35
Prvo optimalno bazično rješenje:
36
Drugo optimalno bazično rješenje:
Treće optimalno bazično rješenje:
37
Primjer 9. (BOMBARDERI)
Komanda jedinice strateških bombardera dobila je zadatak da prekine neprijateljsku
proizvodnju tenkova. Neprijatelj ima 4 ključne tvornice locirane u različitim gradovima i
uništenje bilo koje tvornice će uspješno zaustaviti proizvodnju tenkova.
Postoji akutna nestašica goriva, koja limitira opskrbu na 24000 galona za tu operaciju.
(1 galon = 4.54 litre Vel. Brit. ili 1 galon = 3.78 litara SAD)
Svaki bombarder poslan u bilo koji od tih gradova mora imati dovoljno goriva za let tamo i
nazad plus rezervu od 100 galona.
Broj bombardera koji se nalaze u bazi i njihove karakteristike prikazane su u tablici 1.
Tablica 1
Tip bombardera Opis Milja po galonu Raspoloživi broj
1 Teški 2 32
2 Srednji 3 48
Udaljenost tvornica od baze i vjerojatnosti razaranja pojedine tvornice ovisno o tipu aviona
dani su u tablici 2.
Tablica 2
Tvornica Udaljenost od baze (milje)
Teški bombarderi
Srednji bombarderi
Vjerojatnosti razaranjaT1 450 0.10 0.08
T2 480 0.20 0.16
T3 540 0.15 0.12
T4 600 0.18 0.15
Potrebno je odrediti koliko od svakog tipa bombardera treba poslati i kako ih rasporediti
između 4 cilja (tvornice) s namjerom da se maksimizira vjerojatnost uspjeha.
Rješenje: Neka je xij broj bombardera tipa i koji su poslani u grad j. Želimo maksimizirati
vjerojatnost uništenja barem jedne tvornice, a to je ekvivalentno minimiziranju vjerojatnosti
da se ne uništi nijedna. Označimo tu vjerojatnost sa Q.
Vjerojatnost da jedan teški avion ne uništi tvornicu T1 je (1 – 0.10), tj. suprotna vjerojatnosti
da je uništi. Vjerojatnost da dva teška aviona ne unište tvornicu T1 je (1 – 0.10)2, odnosno
38
vjerojatnost da x11 aviona (a to je broj aviona tipa 1 - teški – koji su poslani u prvi grad gdje je
tvornica T1) ne uništi prvu tvornicu je . Analogno vrijedi i za ostale tipove
aviona i gradove, pa po teoremu o složenoj vjerojatnosti (produkt vjerojatnosti) imamo:
To je vjerojatnost da se ne uništi nijedna od tvornica ako se u prvi grad pošalje x11 + x21
bombardera (tipa 1 i 2), u drugi grad x12 + x22, u treći x13 + x23 i u četvrti x14 + x24. Tu
vjerojatnost očito treba minimizirati ako se želi maksimizirati vjerojatnost da se uništi barem
jedna tvornica.
Ograničenja goriva su:
Naime, udaljenost od baze do tvornica (za tvornicu T1) je 450 milja i to se množi sa 2 jer
avion ide tamo i nazad. Budući da teški bombarder prođe 2 milje s jednim galonom goriva
potrebno je to podijeliti s 2 (za srednje avione se dijeli sa 3 budući da srednji avion s jednim
galonom goriva prođe 3 milje). Naravno sve je to potrebno pomnožiti i s brojem aviona koji
su upućeni na zadatak x11 (broj teških aviona koji idu u prvi grad gdje je tvornica T1).
Analogno je i za sve ostale avione i gradove, a zadnji izraz s lijeve strane predstavlja rezervu
od 100 galona goriva za svaki avion.
Nakon sređivanja ta relacija postaje
Ograničen je i raspoloživi broj aviona pa imamo:
,
.
Potrebno je još linearizirati funkciju cilja (logaritmiranjem), pri čemu vrijedi:
min Q min log Q max (- log Q) max log
pri čemu je zgodnije razmatrati maksimum od (- log Q) budući da su logaritmi brojeva koji su
manji od 1 negativni. Imamo:
39
.
Funkcija cilja je dakle:
Max
a ograničenja su
pri čemu je potrebno uvesti opciju cjelobrojnosti na varijable (broj aviona).
Rješenje je prikazano u sljedećoj tablici:
Dakle, potrebno je koristiti 8 aviona tipa 1 (teški avioni) i sve ih poslati u drugi grad, te 46
aviona tipa 2 (srednji avioni) i njih također poslati sve u drugi grad ukoliko želimo
maksimizirati vjerojatnost uništenja barem jedne tvornice.
Pri tome ostaje neiskorišteno 40 galona goriva, tj. potrošeno je ukupno 23960 galona goriva.
40
Ukoliko želimo drugačije rasporediti avione, recimo da ne želimo na drugi grad poslati više
od 20 aviona moramo uvesti dodatno ograničenje, tj.
.
Rješenje je tada prikazano u sljedećoj tablici:
Vidimo da sada treba po 10 aviona od svakog tipa poslati u drugi grad (x12 = x22 = 10), a u
četvrti grad treba poslati 28 srednjih aviona (x24 = 28), i pri tome je potrošeno kompletno
raspoloživo gorivo.
41
