OPERACIONA ISTRAZIVANJA

REPUBLIKA SRBIJA

VISOKA ŠKOLA PRIMENJENIH STRUKOVNIH STUDIJA

VRANJE

SEMINARSKI RAD

TEMA:

MODELIRANJE DATE RASPODELE

PROFESOR: STUDENT:

prof. dr: Stanoje D. Cvetković Snežana Mišović 79/pi

VRANJE, 2011.

Operaciona istraživanja

Sadržaj:

1. Modeliranje date raspodele 3

2. Modeliranje diskretnih slučajnih promenljivih 3

3. Modeliranje slučajnih događaja (imitacija slučajnog opita) 5

4. Modeliranje neprekidnih slučajnih promenljivih 7

5. Metod Nojmana za modeliranje neprekidne slučajne promenljive 9

6. Modeliranje slučajne promenljive sa normalnom (Gausovom) raspodelom 10

7. Zadaci 13

2


1. Modeliranje date raspodele

Pri rešavanju raznih problema pojavljuje se neophodnost modeliranja različitih slučajnih promenljivih tj. generisanja nizova slučajnih brojeva koji su u saglasnosti sa raspodelama tih slučajnih promenljivih. U ovom odeljku ukazaćemo na transformacije koje dozvoljavaju da se pomoću slučajnih brojeva Z sa ravnomernom (uniformnom) raspodelom (0, 1) (“standardna” slučajna promenljiva) modeliraju vrednosti bilo koje slučajne promenljive X.

2. Modeliranje diskretnih slučajnih promenljivih

Pretpostavimo da je potrebno dobiti vrednosti slučajne promenljive X sa raspodelom:

(1.1)…

gde je ,

Razdelimo interval 0<y<1 na n podintervala tako da dužina jednaka (sl. 1.1)

1

0

Slika: 1.1

Dokazaćemo stav:Stav 1.1:

Slučajna promenljiva X, definisana formulom:(1.2)… kada ima raspodelu verovatnoća (1.1)

Dokarz je veoma kratak:

dužina Za praktičnu relaciju formule (1.2) pogodno je da se u memoriji elektronske računske mašine rasporede jedno za drugim vrednosti

i Da bi izračunali vrednost X nalazimo vrednost Z. Neka je to z. Zatim upoređujemo z sa ako je tada je ; ako je tada upoređujemo z sa Ako je tada je ; ako je tada upoređujemo z sa , i td.

3


U slučaju jednakih verovatnoća umesto formule (1.2) možemo pisati:

(1.3) ... , gde je i=1+C(nZ),što znatno uprošćuje računanja, jer nisu potrebna višestruka upoređivanja.

Stav 1.1 može se uopštiti I na slučajnu promenljivu koja može da uzima beskonačan niz vrednosti sa odgovarajućim verovatnoćama . Zbog mogućih glomaznih

računanja obično se bira takav prirodni broj , da je suma verovatnoća bliska 1, pa se zatim modelira slučajna promenljiva X sa raspodelom:

(1.4) … X :

Logički operator 2 predstavljen je šestouglom. Ako je uslov, koga proverava logički

operator ispunjen, strelica koja označava predaju upravljanja snabdeva se indeksom 1, a u suprotnom slučaj indeksom 0. Operator 1 određuje slučajni broj z sa uniformnom raspodelom (0,1) pomoću metoda o kojima smo govorili u prethodnim odeljcima.

Primer 1.1:Modelirati šest vrednosti slučajne promenljive X sa raspodelom:

X :

Rešenje:Kako su verovatnoće iz ove raspodele date na dve decimale to ćemo iz tablica

slučajnih cifara I . . sa bilo kog mesta uzeti uzastopnih šest parova slučajnih cifara I pomnožiti sa 0,01. Na taj način dobijamo šest vrednosti slučajne promenljive Z. Neka su to brojevi:

0.32 0.17 0.90 0.5 0.97 0.87 .

Na osnovu formule (1.2) sledi da je potrebno interval (0,1) podeliti na tri podintervala :

(0, 0.22), (0.22, 0.39), (0.39, 1) .

Slučajni broj 0.32 pripada podintervalu =(0.22, 0.39) te njemu odgovara vrednost slučajne promenljive X=10. Slučajni broj 0.17 =(0, 0.22) X=2, i td. Na taj način modeliramo šest vrednosti slučajne promenljive X:

10; 2; 18; 2; 18; 8

Primer 1.2:Modelirati 10 vrednosti slučajne promenljive X sa raspodelom:

X :

4


Rešenje:Kako su verovatnoće date na dve decimale to ćemo iz tablica I . . uzeti recimo prvih

10 parova slučajnih cifara I pomnožiti ih sa 0.01. Na taj način dobijamo 10 vrednosti slučajne promenljive Z:

0.49 0.48 0.75 0.28 0.02 0.28 0.66 0.76 0.20 0.58 .

Na osnovu formule (1.2) vrednostima Z koje su manje od 0.53 odgovara vrednost X=0, a vrednostima Z 0.53 odgovara vrednost X=1. Prema tome, dobijamo sledeći niz vrednosti X:

0; 0; 1; 0; 0; 0; 1; 1; 0; 1.

3. Modeliranje slučajnih događaja (imitacija slučajnog opita)

Modeliranje slučajnih događaja svodi se na modeliranje diskretnih promenljivih. U vezi sa tim podsetimo na pojam potpunog sistema slučajnih događaja. Za slučajne događaje

kažemo da formiraju potpun system događaja ako su ti događaji u parovima disjunktni i ako ako je njihova unija daje pouzdan događaj. Ako sa označimo pouzdan a sa nemoguć događaj, tada činjenica da događaji čine potpun sistem I može da se izrazi na sledeći način:

(1.4) … .

Kao primer događaja koji formiraju potpun system možemo da navedemo par slučajan od slučajnog događaja A i njegovog suprotnog događaja (komplementa) . Zaista A = i A =

.Pretpostavimo da se kao ishod nekog opita može realizovati jedan od slučajnih događaja

, i=1,…, n koji čine potpun system događaja, i neka su date verovatnoće realizacije događaja : . Za modeliranje takvih opita razmotrimo slučajnu promenljivu X koja je jednaka

rednom broju realizovanog događaja. Očevidno je da se raspodela za X daje tablicom:

(1.5) … X :

Za realizaciju ishoda opita treba izabrati slučajni broj Z I na osnovu stava 1.1 modelirati vrednost X. ako je X= i, tada se realizovao događaj .

Specijalno, za n=2, kao ishod opita javlja se par suprotnih događaja = A i = . Ako sa p označimo P(A) tada je P( )= 1- p. Neka je slučajna promenljiva (“indikator slučajnog događaja A”) koja uzima vrednost i kada se A realizuje i 0 kada se A ne realizuje (tj. kada se realizuje ). Tada je raspodela za X data tablicom:

(1.5) … :

5


Na osnovu stava 1.1, za realizaciju opita treba naći slučajni broj Z i proveriti nejednakost . Ako je ta nejednakost ispunjena, tada se realizovao događaj A, a ako je , tada se A

nije realizovao.

Primer 1.3:Sa opitom su povezani, kao mogući ishodu dva nezavisna, saglasna (nedisjunktna)

slučajna događaja A i B, čije su verovatnoće realizacija date: = P (A), = P (B). Modelirati njihovu realizaciju u svakom opitu.

Rešenje:Rešenje možemo da dobijemo na dva načina:

Posto su A i B, nezavisni možemo naizmenično da modeliramo njihovu realizaciju u svakom opitu: najpre po slučajnom broju prethodnom metodom (1.6) određujemo da li se realizovao događaj A, a zatim po slučajnom broju isto određujemo da li se realizovao B.

Ekonomičniji način je sledeći. Razmotrićemo potpuni sistem događaja:, , , .

Njihove verovatnoće su, respektivno,, , ,

.Uzimajući jedan slučajan broj z metodom (1.5) možemo da odredimo koji se od ova četiri

disjunktna ishoda realizovao u modeliranom opitu.

Primer 1.4:Sa opitom su povezana dva zavisna, saglasna događaja A i B, i date su verovatnoće:

= P (A), = P (B), = P (AB). Modelirati njihovu realizaciju u svakom opitu.

Rešenje:Kao i u prethodnom primeru i ovde možemo da postupimo na dva načina.

Možemo najpre da izvršimo naizmenično modeliranje događaja A i B, koristeći dva slučajna broja i . Najpre na osnovu broja metodom (1.5) određujemo da li se realizovao događaj A. Ako se A realizovao to znajući uslovnu verovatnoću možemo na osnovu broja da odredimo da li se realizovao B. Uslov da se realizuje B je važenje nejednakosti . Ako se A nije realizovao to se realizacija događaja B određuje pomoću uslovne verovatnoće i nejednakosti

.

6

Operaciona istraživanja Kao i u prethodnom primeru, ekonomičniji način je poći od istog sistema događaja, čije su

verovatnoće sada:, , , .

4. Modeliranje neprekidnih slučajnih promenljivih

Neka je X slučajna promenljiva neprekidnog tipa, definisana na intervalu (a,b) (uključujući i slučajeve a= - i b= ), sa gustinom f(x) i funkcijom raspodele F(x), gde je

(1.7) … F(x) = .

Dokazaćemo stav.Stav 1.2:

Slučajna promenljiva X, koja zadovoljava jednačinu(1.8) ...F(X) = Z

Ima gustinu f(x).

Dokaz:Funkcija F(X) monotono raste u intervalu (a, b), uzimajući vrednosti od 0 do 1, te

jednačina (1.7) ima jedinstveno rešenje pri svakoj vrednosti Z, gde je Z slučajna promenljiva sa uniformnom raspodelom na intervalu (0, 1) (Sl.1.2). zbog toga važi jednakost verovatnoća:

P (x X x+ ) = P [F(x) Z F (x+ )]. Iz formule (1.7) sledi da je:P [F(x) Z F (x+ )] = F (x+ ) - F(x) = f(x) , sto je trebalo da se dokaže.

Slika 1.2

7

Operaciona istraživanjaU slučajevima kada jednačina (1.8) može analitički da se reši po X, dobija se eksplicitna

formula za modeliranje slučajne promenljive X:

(1.9) … X = G(Z),

gde je G(Z) inverzna funkcija u odnosu na Z= F(x). U drugim slučajevima jednačina (1.9) rešava se numerički.

Primetimo da se u formulama (1.2) i (1.8) slučajna promenljiva Z može zameniti sa 1-Z s obzirom da ima istu raspodelu. To u nekim slučajevima uprošćuje formule za izračunavanja.

Primer 1.5:Za neprekidnu slučajnu promenljivu X kažemo da ima ravnomernu (uniformnu)

raspodelu u intervalu (a, b) ako je njena gustina konstantna u tom intervalu:

(1.10) … f(x) =

Za a x b funkcija raspodele je:

F(x) = .

Iz formule (1.9) sledi da se X može izraziti pomoću Z na sledeći način:

(1.12) ... X= a+(b-a)Z,tj. G(Z) = a+(b-a)Z.

Primer 1.6:Za neprekidnu slučajnu promenljivu X kažemo da imamo eksponencijalnu raspodelu sa

parametrom a 0, ako je njena gustina oblika:

(1.13) ... f(x) = , 0 x ; a 0.Lako se može pokazati da je matematičko očekivanje E(X) =1/a, a disperzija D(X) =1/ .Za x 0 funkcija raspodele je oblika:

(1.14) ... F(x) = .

Formula (1.8) dobija oblik:1- =Z,

odakle se dobija eksplicitni izraz za X:

(1.15) ... X= - ln(1-Z).

Kako 1-Z ima istu raspodelu možemo da uprostimo:

(1.16) ... X=- ln Z.

8


5. Metod Nojmana za modeliranje neprekidne slučajne promenljive

U nekim slučajevima eksplicitno rešavanje jednačine (1.8) po X može da bude veoma teško. To je na primer, slučaj kada je gustina f(x) slučajne promenljive X zadata grafički.

Neka je slučajna promenljiva X definisana na konačnom intervalu a x b sa ograničenom gustinom f(x) K, kada je K konstanta (Sl. 1.3).

Slika 1.3

Metod Nojmana zasniva se na sledećem stavu.Stav 1.3:

Neka su i dve nezavisne slučajne promenljive sa ravnomernom raspodelom na (0,1) i neka je:(1.17) ... X`= a+ (b-a) , Y`= K *

Slučajna promenljiva X, definisana uslovom:(1.18) ... x= X` ako je Y` f(X`)

ima gustinu f(x).Pri praktičnoj realizaciji metoda Nojmana za modeliranje slučajne promenljive X sa

gustinom f(x) postupamo, saglasno stavu (1.3), na sledeći način.1. Biramo dva slučajna broja i i formiramo slučajnu tačku T(x`, y`) sa

koordinatama x`= a + (b-a) , y`= K* ;2. Ako tačka leži ispod krive y= f(x), tada stavljamo X= x`, a ako tačka leži iznad krive,

tada odbacujemo par ( , ), i td.

9

a xX X

Y

y’T

y=f(x)

b

K

Operaciona istraživanjaAko pod efiktivnošću ovog metoda podrazumevamo verovatnoću da će tačka T biti

iskorišćena (tj. neće biti odbačena) za određivanje vrednosti slučajne promenljive X, onda se ona svodi na verovatnoću da tačka T(X` , Y`) budu ispod krive y= f(x), tj.

= P[Y` f(X`)] = [(b – a) K] .Odatle sledi da će efektivnost biti najveća ako za K uzmemo najmanju moguću

vrednost: K= f(x), što je očigledno i iz geometrijskih razmatranja.

Postoje razna uopštenja ovog metoda kao i drugi metodi za modeliranje različitih slučajnih promenljivih, na čemu se mi nećemo zadržavati. Oni se koriste kada prethodna dva metoda nisu efektivna.

6. Modeliranje slučajne promenljive sa normalnom (Gausovom) raspodelom

Primer slučajne promenljive, na koju prethodna dva metoda za modeliranje nisu promenljiva, je slučajna promenljiva X sa “stardanizovanom” normalnom raspodelom N (0;1) (sa parametrima 0 i 1 ), čija je gustina oblika:

(1.19) ... f(x) = , ,

a funkcija raspodele (Laplasova funkcija) oblika:

(1.20) ...

Prvi metod nije promenljiv zato što se ne može rešiti eksplicitno po X jednačina (1.8):

(1.21) ...

a metod Nojmana nije primenljiv zato što je interval mogućih vrednosti za X beskonačan. Ako sa označimo inverznu funkciju za Laplasovu funkciju Z= , tada iz (1.21) dobijamo

(1.22) ... X= .

U slučajevima kada se modeliranje realizuje pomoću elektronskih računarskih mašina primenjuje se metod zasnovan na tkz. centralnoj graničnij teoremi teorije verovatnoća, saglasno kojoj se pri sumiranju dovoljno velikog broja nezavisnih slučajnih promenljivih, koje su uporedive po svojim disperzijama, dobija slučajna promenljiva, koja je raspodeljena približno po normalnoj raspodeli, pri čemu je ta raspodela bliža normalnoj što je veći broj sabiraka. U praksi se dobra aprosikmacija postiže i sa relautivno nevelikim brojem sabiraka. Kao sabirci uzimaju se slučajni brojevi tj. slučajne promenljive , , ..., , koje su nezavisne i imaju ravnomernu raspodelu na intervalu (0, 1).

10

Operaciona istraživanjaZa slučajnu promenljivu Y kažemo da ima (“nestandardizovanu”) normalnu (Gausovu)

raspodelu N(m; ) (sa parametima m i , gde je , 0 ), ako je njena gustina oblika

(1.23) … , ,

a funkcija raspodele, prema tome, ima oblik:

(1.24) ... F(y) = .

Lako se može pokazati smenom

(1.25) … X=

prelazi se na standardizovanu normalnu slučajnu promenljivu X, sa normalnom raspodelom N(0, 1). Iz (1.25) takođe sledi veza:

(1.26) ... Y= m + . X.

Neka je , , ..., niz od K nezavisnih slučajnih promenljivih sa ravnomernom raspodelom na intervalu (0, 1) i neka je:

Y= , , ..., = .

Znamo da je E( )= 1/2 , D( )= 1/12 , i= 1, 2, ... , k .Iz teorija verovatnoća znamo da je disperzija sume nezavisnih promenljivih jednaka sumi

disperzija sabiraka, dok je matematičko očekivanje sume sličnih promenljivih uvek jednako sumi matematičkih očekivanja sabiraka. Prema tome,

m= E(Y)= ,

,

odakle je:

(1.27) ... X= .

U praksi se za k uzimaju vrednosti ne manje od 6 (k 6). Recimo za k=6 je:

(1.28) ... X= .

Prema tome, polazeći od slučajnih brojeva , , ..., , pomoću formule (1.27), možemo da modeliramo standardizovanu normalnu slučajnu promenljivu N(0 ; 1), a pomoću nje, i formule (1.26), možemo da modeliramo i normalnu slučajnu promenljivu N(m ; a ).

11


Primer 1.7:Modelirati četiri vrednosti normalne slučajne promenljive sa parametrima:

a. m=0, =1;b. m=2, =9;

uzimajući k=12 slučajnih brojeva , ... , .Rešenje:

a. k=12, ,

Na osnovu formule (1.27) je:

(1.29) … X= .

Uzimamo iz druge vrste tablica i prvih dvanaest parova slučajnih cifara i pomnožimo ih sa 0.01. Dobijamo sledeće slučajne brojeve : 0.37 0.54 0.20 0.48 0.05 0.64 0.98 0.47 0.42 0.96 0.24 0.80.

Prema (1.29) je X =

Analogno, uzimajući iz treće četvrtine i pete vrste tablica i prvih dvanaest parova

slučajnih cifara dobijamo sledeće sume 4.90 4.48 6.83 ,

to je X = 4.90 – 6 = -1.1, X = 4.48 – 6 = - 1.52, X = 6.83 – 6 = 0.83 .

b. iz formule (1.26) sledi:Y= * X + m .

Za m=2, =3, na osnovu X koje smo modelirali pod a. modeliramo sledeće četiri vrednosti slučajne promenljive Y koja ima normalnu raspodelu N(2;9): za X =0.06 Y =3 * 0.62 + 2 = 2.18. Analogno se određuju i ostale vrednosti za Y:Y = - 1.3, Y = - 2.56, Y

12


7. Zadaci

1. Linearni proizvodni problem

Preduzece planira da odpočne proizvodnju dveju vrsta artikala A i B. Ti artikli se moraju izrađivati u dvema njenim radionicama R1 i R2. Radionica R1 može da za proizvodnju artikla A i B izdvoji najviše 670 radnih časova, a radionica R2 najviše 285 radnih časova. Za proizvodnju jednog artikla tipa A mora se u radionici R1 utrošiti 5 radnih časova I u R2 4 radna časa. Za jedan artikal tipa b potrebno je respektivno 1, odnosno 3 radna časa. Te podatke unosimo u tabelu 1.1:

Tabela 1.1

Čista dobit od prodaje jednog artikla tipa A je 350din, a od B 270din. Kako organizovati proizvodnju pa da dobit bude maksimalna?

REŠENJE:

X1 – broj proizvedenih artikala tipa AX2 – broj proizvedenih artikala tipa BFunkcija cilja, koju treba maksimizirati, izgledaće:

(max)F=350X1 + 270X2 , uz ograničenja:

5X1 + X2 670 4X1 + 3X2 285 5X1 + X2 =670; 4X1 + 3X2 =285; X1=0 X2= 670; X1 = 0 X2=95; X1= 134 X2=0. X1 = 30 X2=55.

F=0, 350X1 + 270X2=0;X1 = 0 X2=0;X1 = -50 X2=64,81;

13

Radionice

ArtikliA B

R1 5 1R2 4 3


Fmax= F(A)= F(0, 95)= 25650.

Dobit će biti maksimalna ako se artikal A ne proizvodi i ako se proizvede 95 artikala tipa B.

2. Zadatak o dijeti

Od raspoloživih vrsta hrane treba sastaviti takvu dijetu koja će, s jedne strane zadovoljavati minimalne potrebe organizma u hranljivim sastojcima (belančevinama, mastima...), s druge strane, biti najjeftinija. Imamo dve vrste proizvoda P1 i P2 koji sadrže hranljive sastojke A, B i C. Količine hranljivih sastojaka određene vrste u jednom kilogamu hrane date su u tebeli:

A B C

P1 25 30 35

P2 13 30 35

Tabela 2.1.

14

0100 200 300 400 500 600 700

100

200

300

400

500

600

700

-100-200-300-400 x1

x2

F=0

A

B C

Operaciona istraživanjaMinimalne dnevne potrebe organizma za sastojcima A, B i C su redom: 245, 265, 130; a

cene jednog kilograma proizvoda P1 odnosno P2 su 7 odnosno 12 dinara.

REŠENJE:

Neka je: X1 – količina proizvoda P1 uneta u organizam u toku jednog dana, X2 – količina proizvoda P2 uneta u organizam u toku jednog dana,u kilogramima.

To će koštati:F=7X1+ 12X2 dinara.

Količina hranljive materije A u obema vrstama proizvoda je ukupno 25X1 + 13X2, i mora biti:

25X1 + 13X2 245; analogno nalazimo:30X1 + 30X2 265,35X1 + 35X2 130.

Navedena razmatranja nas vode do sledećeg zadatka linearnog programiranja:Naći: (min)F=7X1 + 12X2, pri ograničenjima:

25X1 + 13X2 245; 30X1 + 30X2 265; 25X1 + 13X2=245, 30X1 + 30X2=265,

6X1 + 6X2=53, X1=9.8 X2= 0; X1 = 0 X2=8.83; X1= 2 X2=15. X1 = 8.83 X2=0;

35X1 + 35X2 130; 35X1 + 35X2 130, X1 = 0 X2=3.71; X1=3.71 X2=0;

F=0; 7X1 + 12X2=0;X1=0 X2= 3.71,X1=3.71 X2= 0;

15


F(min)=F(9.8, 0) = 68.6

Najbolju dijetu ćemo postići ako u toku jednog dana u organizam unesemo 9.8kg proivoda P1, a proizvod P2 zanemarimo. Time ce biti zadovoljene minimalne potrebe organizma za hranljivim sastojcima i biće najjeftinija dijeta.

3. Agronomski proizvodni problem

Naći optimalnu raspodelu sejanja pšenice i kukuruza na dva imanja (I i II) od po 105 odnosno 265 hektara, koja su različita kvaliteta. Podaci o prinosima dati su u tabeli:

Kultura

Imanje

Prinosi (c/ha)

I II

Pšenica 70 40Kukuruz 75 95

Tabela 3.1

16


Treba obezbediti najmanje 5400c (metričnih centi) pšenice i 8750c kukuruza. Cena jedne centi pšenice je 260din, a jedan cent kukuruza 310din. Gde i koliko posejati pšenice odnosno kukuruza pa da proizvodnja ostvari maksimalnu dobit?

REŠENJE:

Označićemo sa X1 površinu zasejanu pšenicom na imanju I, a sa X2 površinu zasejanu pšenicom na imanju II. Sledi:

105-X1 - površina zasejana kukuruzom na imanju I,265-X2 - površina zasejana kukuruzom na imanju II,70X1 + 40X2 - ukupan prinos pšenice,75(105-X1) + 95(265-X2) - ukupan prinos kukuruza.Ukupan prihod, tj dobit, predstavlja funkciju cilja i treba je maksimizirati.

(max)F= 260(70X1 + 40X2) + 310[ 75(105-X1) + 95(265-X2) ] == 18200X1 + 10400X2 + 310( 7875 – 75X1 + 25080 – 95X2) == 18200X1 + 10400X2 + 2441250 – 23250X1 + 7774800 – 29450X2 == -5050X1 – 19050X2 + 10216050

(max)F= -5050X1 – 19050X2 + 10216050, uz ograničenja:

70X1 + 40X2 5400; 75(105-X1) + 95(265-X2) 8750; 7X1 + 4X2 = 540, 32955 – 75X1 – 95X2 = 8750,

15X1 + 19X2 = 4841,X1 = 0 X2=135; X1 = 0 X2=254.79;

X1 = 77.14 X2=0; X1 = 322.733 X2=0; X1 = 105 X2=48.75;

105-X1 0; 265-X2 0;X1 = 105. X2 = 265.

F=0, -5050X1 – 19050X2 + 10216050 = 0,-5050X1 – 19050X2 = 0,101X1 + 381X2 = 0,X1 = 0 X2=0;X1 = -100 X2=26.51;

17


(max)F = F(A) = F(0, 254.79) = -5050*0 – 19050*254.79 + 10216050 = 5 362 300.5

Da bi smo obezbedili potrebne količine kultura i ostvarili najveću dobit treba na imanju I zasejati 105-X1, odnosno 105ha kukuruza, a na imanju II 254.79ha pšenice i 265-X2, odnosno 10.21ha kukuruza.

4. Transportni problem

Imamo dva rudnika R1 i R2 koji mesečno mogu isporučiti ukupno 280 i 320 tona uglja. Imamo dalje tri potrošačka centra P1, P2 i P3 kojima je potrebno redom 200, 280 i 120 tona uglja respektivno. Cene prevoza 1t uglja od proizvođača do potrošača su u tabeli:

RudniciPotrošački centri

PonudeP1 P2 P3

R1 1 2 14 280R2 23 2 3 320

Potražnje 200 280 120Tabela 4.1.

18

0 100 200 300 400 500 600 700

100

200

300

400

500

600

-100-200 x1

x2

135

254,75

77,14

x =2562A

E

DC

B

Operaciona istraživanjaKako organizovati transport (tj koliko tona uglja poslati iz R1 i R2 u P1, P2 i P3) pa da

budu zadovoljene sve potrebe potrošača i da cena bude najniža?

REŠENJE:

Sa X1 označićemo količinu uglja koja se iz rudnika R1 prevozi do potrošačkog centra P1;Sa X2 označićemo količinu uglja koja se iz rudnika R1 prevozi do potrošačkog centra P2;Sledi:280 – X1 – X2 / količina uglja koja se iz rudnika R1 prevozi do potrošačkog centra P3/200 – X1 / količina uglja koja se iz rudnika R2 prevozi do potrošačkog centra P1/280 – X2 / količina uglja koja se iz rudnika R2 prevozi do potrošačkog centra P2/320 – (200 – X1 + 280 – X2 ) = X1 + X2 - 160 / količina uglja koja se iz rudnika R2

prevozi do potrošačkog centra P2/

Funkcija cilja će izgledati:

(min)F = X1 + 2X2 + 14(280 – X1 – X2) + 23(200 – X1) + 2(280 – X2) + 3(X1 + X2 - 160)== X1 + 2X2 + 3920 – 14X1 – 14 X2 + 4600 – 23X1 + 560 – 2X2 + 3X1 + 3 X2 - 480= = -46X1 – 11X2 + 8600;

(min)F = -46X1 – 11X2 + 8600, sa ograničenjima;

280 – X1 – X2 0; 200 – X1 0; 280 – X2 0; X1 + X2 = 280, X1 = 200, X2 = 280, X1 = 0 X2=280; X1 = 280 X2=0;

X1 + X2 - 160 0;X1 + X2 = 160,X1 = 0 X2=160;X1 = 160 X2=0;

F = 0, -46X1 – 11X2 + 8600 = 0;-46X1 – 11X2 = 0,X1 = 0 X2=0;X1 = -66.96 X2=280;

19


F(min)= F(0,160) = 8600 – 46*0 – 11*160 = 6840

Organizaciju transprta, odnosno količinu uglja(u tonama) koju treba poslati iz rudnika u potrošačke centre, a da bi pri tom bile zadovoljene sve potrebe potrošača i da bi cena bila najniža, prikazacemo u Tabeli 4.2.:

RudniciPotrošački centri

PonudeP1 P2 P3

R1 0 160 120 280R2 200 120 0 320

Potražnje 200 280 120

Tabela 4.2.

20


5. Primer 1.6.3

Imamo četiri vrste oružja koje treba rasporediti na šest nosača. Rezerve oružja i nosivosti nosača dati su u tabeli:

Tip oružja

N1 N2 N3 N4 N5 N6Rezerve oružja

I 6 - - 8 - - 28II - 2 - - 1 - 12III 1 - 4 1 5 - 72

IV 1 5 - - - 6 20

0.9 0.5 0.9 0.1 0.2 0.4

Tabela5.1.

U dnu tabele su date verovatnoće pogađanja – uništenja nosača od strane neprijatelja P(N1)= 0.9; P(N2)= 0.5; P(N3)= 0.9; P(N4)= 0.1; P(N5)= 0.2; P(N6)= 0.4. Koju količinu i vrstu oružja treba da nosi svaki nosač da bi gubitci koje može da nanese neprijatelj bili minimalni?

REŠENJE:

X1, X2, X3, X4, X5, X6 – Broj nosača

6X1 + 8 X4 = 28,2X2 + X5 = 12,X1 + 4 X3 + X4 + 5 X5 = 72,X1 + 5 X2 + 6X6 = 20, X1 0, X2 0, X3 0, X4 0, X5 0, X6 0.

(min)F= 0.9X1 + 0.5X2 + 0.9X3 + 0.1X4 + 0.2X5 + 0.4X6

Uzećemo X1 i X2 kao slobodne promenljive, i sve ostale ćemo izraziti preko njih.

X4 = - X1, X5 = 12 – 2X2,

4X3 = 72 – X1 – ( - X1) – 5(12 – 2X2) = 72 – X1 - + X1 – 60 + 10X2 =

- X1 + 10X2,

X3 = - X1 + X2,

X6 = - X1 - X2.

- X1 0 X1 X1 12 – 2X2 0 12 2X2 X2 6

21


- X1 + X2 0 X1 - X2 X1 - X2

- X1 - X2 0 X1 + X2 X1 + X2

F = 0.9X1 + 0.5X2 + 0.9( - X1 + X2) + 0.1 - X1 ) + 0.2(12 – 2X2) + 0.4( - X1 -

X2) = = 0.9X1 + 0.5X2 + 1.575 – 0.1125X1 + 2.25X2 + 0.35 – 0.075X1 + 2.4 – 0.4X2 + 1.33 - – 0.067X1 – 0.33X2 =

(min) F = 0.6455X1 + 2.02X2 + 5.655, pri ograničenjima

X1 ; X2 6; X1 - 5X2 , X1 + X2 , X1 – 20X2 = 14; X1 + 5X2 = 20;

X1 = 0 X2= ; X1 = 0 X2 = 4;

X1 = 4 X2 = - ; X1 = 10 X2 = 2;

F = 0, 0.6455X1 + 2.02X2 + 5.655 = 0;X1 = 0 X2 = - 2.78;X1 = - 8.76 X2 = 0;

22


F(min)= F(0.0) = 5.655.

X3 = - X1 + X2 = ;

X4 = - X1 = ;X5 = 12 – 2X2 = 12;

X6 = - X1 - X2 = ;

Da bi gubitci koje može da nanese neprijatelj bili minimalni oružje treba da rasporedimo na sledeći način:

Oružje I - sve reyerve, odnosno 28 oružja rasporediti na nosač N4,Oružje II - sve reyerve, odnosno 12 oružja rasporediti na nosač N5,Oružje III – na nosač N3 rasporediti 7 oružja, na nosač N4 4 oružja i na N5 60 oružja,Oružje IV - sve reyerve, odnosno 20 oružja rasporediti na nosač N6,Nosači oružja N1 i N2 su bez oružja.

6. Primer 1.7.1

Naći simpleks metodom (max)F = 7X1 – 2X2 + 2X3, pri ograničenjima:

REŠENJE:

Da bi smo iz zadatog osnovnog oblika prešli na kanonični oblik treba uvesti dopunske promenljive X4, X5 i X6.

F = 7X1 – 2X2 + 2X3 + 0*X4 + 0*X5 + 0*X6

X1, X2 i X3 – slobodne promenljive,X4, X5 i X6 – bazisne promenljive.

5X1 – X2 + X4 = 10-3X1 + X2 + 4X3 + X5 = 1X1 + X2 – 3X3 + X6 = 6 X4 = 10 - 5X1 + X2

X5 = 1 + 3X1 - X2 - 4X3 X6 = 6 - X1 - X2 + 3X3

23


X1 = 0, X2 = 0, X3 = 0, X4 = 10, X5 = 1, X6 = 6;M1(0,0,0,10,1,6)F(M1) = 0

U funkciji cilja F uz promenljive X1 i X3 stoje pozitivni koeficijenti (7 i 2), što znači da će vrednost funkcije F rasti povećavanjem njihovih vrednosti. Uz promenljivu X1 je veći koeficijent, što znači da će promena vrednosti X1 voditi bržoj promeni funkcije F. Drugim rečima promenljiva X1 će postati bazisna promenljiva.

X1 B

X4 = 10 - 5X1 + X2; X1

X5 = 1 + 3X1 - X2 - 4X3 X1

X6 = 6 - X1 - X2 + 3X3 X1 X1

X1 B X4 X2, X3, X4 - slobodne promenljive X1, X5, X6 - bazisne promenljive

X1 = 2 + X2 - X4

X5 = 1 + 3*(2 + X2 - X4) – X2 – 4X3 =7 - X2 – 4X3 - X4

X6 = 6 – 2 - X2 + X4 – X2 + 3 X3 = 4 - X2 + 3X3 + X4

F = 7(2 + X2 - X4) – 2X2 + 2X3 = 14 + X2 - X4 – 2X2 + 2X3 =

F= 14 - X2 + 2X3 - X4

X1 = 2, X2 = 0, X3 = 0, X4 = 0, X5 = 7, X6 = 4;M2(2,0,0,0,7,4)F(M2) = 14

X3 B

X1 = 2 + X2 - X4, X1

X5 =7 - X2 – 4X3 - X4, X1

X6 =4 - X2 + 3X3 + X4, X1 X1

X3 B X5 X2, X4, X5 - slobodne promenljiveX1, X3, X6 - bazisne promenljive

X3 = - X2 - X4 - X5

X1 = 2 + X2 - X4

24


X6 = 4 - X2 + 3*( - X2 - X4 - X5) + X4 = - X2 - X4 - X5

X6 = - X2 - X4 - X5

F= 14 - X2 + 2( - X2 - X4 - X5) - X4 = 14 - X2 + - X2 - X4 - X5 -

X4

F= - X2 - X4 - X5

X1 = 2, X2 = 0, X3 = , X4 = 0, X5 = 0, X6 = ;

M3(2,0, ,0,0, )F(M3) = 17.5

Fmax = F(M3) = 17.5

7. Primer 1.7.2

Naći: (min)F = 8X1 – 2X2, pri ograničenjima:

REŠENJE:

(min)F = 8X1 – 2X2

-2X1 + 3X2 + X3 = 30X1 – 4X2 + X4 = 45X1 – 4X2 + X5 = 50-2X1 + X2 + X6 = 2

X1, X2 - slobodne promenljiveX3, X4, X5 i X6 - bazisne promenljiveX3 =30 + 2X1 - 3X2

X4 = 4 - X1 + 4X2

X5 = 50 - 5X1 + 4X2

X6 = 2 + 2X1 - X2

X1 = 0, X2 = 0, X3 = 30, X4 = 4, X5 = 50, X6 = 2;M1(0,0,30,4,50,2)F(M1) = 0

X2 B

X3 =30 + 2X1 - 3X2; X1

X4 = 4 - X1 + 4X2; X1

25


X5 = 50 - 5X1 + 4X2; X1

X6 = 2 + 2X1 - X2; X1 X1

X2 B X6

X1, X6 - slobodne promenljive

X2, X3, X4 i X5 - bazisne promenljive

X2 = 2 + 2X1 – X6

X3 = 30 + 2X1 – 3(2 + 2X1 – X6) = 30 + 2X1 – 6 – 6X1 + 3X6

X3 = 24 – 4X1 + 36X6 X4 = 4 - X1 + 4(2 + 2X1 – X6) = 4 – X1 + 8 + 8X1 – 4X6

X4 = 12 + 7X1 – 4X6

X5 = 50 – 5X1 + 4X6

F = 8X1 - 2(2 + 2X1 – X6) = 8X1 – 4 – 4X1 + 2X6 = 4X1 + 2X6 – 4

X1 = 0, X2 = 2, X3 = 24, X4 = 4, X5 = 50, X6 = 0;M2(0,2,24,4,50,0)F(M2) = -4

Fmin = F(M2) = -4

8. Primer 2.2.2

Uočimo u kordinatnom sistemu Celobrojne jedinične tacke ,pri čemu ćemo posebno izdvojiti tacku . Zamislimo da se u

tacki 0 nalazi jedan automobilista koji treba da stigne u tacku N. U bilo kojoj tački da se nađe moze se kretati samo udesno (ka tački ) ili “naviše” ka tački . Rashodi koje na putovanju ima dati su na slici 2.2.1 on postavlja sebi zadatak da iz tačke 0 stigne u tačku N sa minimalnim rashodom. Kojim putem da ide?

Slika 2.2.1 Slika 2.2.2

26


REŠENJE:

Neka je tacka B jedan od punktova I neka je “za jedan korak” (u jednoj etapi) dostižna iz tačke A. Označimo odgovarajuci rashod sa r(AB).Ako je tacka C dostižna iz tačke A za etapa označimo odgovarajuci minimalni rashod sa R(AC).

Posmatrajmo prvo tacke iz kojih se u jednoj etapi moze stići u tacku N. To su tačke T34 i T43. Odgovarajući rashodi su

Tačke iz kojih se u dve etape moze stići u tacku N su tačke T24, T33 i T42. Minimalni rashodi od njih do tacke N su tačke

te je i T33 najbolji put (sa najmanjim rashodom) T33 i T34N ; jer iz T42 jedini (znači i najbolji) put je T42 T43N (videti sliku 2.2.2)

Tačke iz kojih se u tri etape moze stici u tacku N su T14, T23, T32 i T41. Najmanji rashodi od njih do tacke N su:

To znači da put T14 u N je T14 T24T34N. Analognim načinom se dobijaju i ostali brojevi na Sl.2.2.2. Na osnovu dobijenih rezultata se zaključuje da iz tačke 0 je najbolje krenuti u tačku T10, iz T10 u T11, iz T11 u T21, iz T21 u T22, iz T22 u T23, iz T23 u T24, iz T24 u T34, iz T34 stići u N. Time su odrađena i optimalna upravljanja na svakoj etapi i minimalan rashod koji je jednak Rmin=10+12+7+10+9+8+9+8=73. (Optimalan put je na Sl.2.2.2 pojačan).

9. Primer 2.31:

Naći metodama DP uz ograničenja

REŠENJE:

Ovde je te je

što znači da uslovno optimalno upravljanje na prvom koraku je. Zato je

27


Iz toga se vidi da uslovno optimalno upravljanje na drugom koraku

je ako je ako je

Dalje nalazimo

to će biti:

što daje: Odatle zaključujemo da je

10. Primer 3.4.1

Treba izvršiti kompleks koji se sastoji od 6 akcija a1, a2, … a6. Akcija a4 moze početi posle završetka akcije a1 i a2, akcija a5 moze početi posle završetka akcije a2, a akcija a6 moze početi posle završetka akcije a2 i a3. Predstaviti medđusobnu zavisnost navedenih akcija u vidu strukturne tabele, odrediti rang svake akcije I konstruisati odgovarajucu mrezu kompleksa akcija.

Slika 3.4.2

REŠENJE:

28

Operaciona istraživanjaRešenje je prikazano je u tabeli 3.4.2 i na slici 3.4.2.

Redni broj akcije Predhodne akcije rang1 A1 - 12 A2 - 13 A3 - 14 A4 A1,A2 25 A5 A2 26 A6 A2,A3 2

29

Documents

OPERACIONA ISTRAZIVANJA