İSTANBUL ÜNİVERSİTESİauzefkitap.istanbul.edu.tr/kitap/ekonometri_ue/yoneylem...Yukarıdaki problemin amaç fonksiyonu ve kısıtları doğrusaldır ve simpleks yöntemi ile çözülebilir

İSTANBUL ÜNİVERSİTESİ

UZAKTAN EĞİTİM UYGULAMA VE

ARAŞTIRMA MERKEZİ

İSUZEM

Tüm yayın ve kullanım hakları İstanbul Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezine aittir. Hiçbir şekilde kopya edilemez, çoğaltılamaz, yayınlanamaz. Kaynak gösterilerek alıntı yapılabilir.

Yazar Notu

Elinizdeki bu eser, İstanbul Üniversitesi Açık ve Uzaktan Eğitim Fakültesi’nde okutulmak için

hazırlanmış bir ders notu niteliğindedir.

2 / 12

FAKÜLTE / YÜKESEK OKUL: İktisat Fakültesi

BÖLÜM: Ekonometri

DÖNEM (GÜZ / BAHAR): BAHAR

EĞİTİM ÖĞRETİM YILI: 2014-2015

DERSİN ADI: Yöneylem Araştırmaları II

DERS NOTU YAZARININ

ADI-SOYADI: Doç.Dr.Mehmet Hakan Satman

CANLI DERS ÖĞRETİM

ELEMANIN ADI-SOYADI: Doç.Dr.Mehmet Hakan Satman

3 / 12

1. HAFTA DERS NOTU

4 / 12

İÇİNDEKİLER

Ulaştırma Problemleri

5 / 12

ÖZET (TÜRKÇE)

Ulaştırma problemlerinde amaç, arz merkezlerinden talep merkezlerine gönderilen

malların ulaştırma maliyetlerinin minimum kılınması, bunun yanında arz merkezlerinden

gönderilen malların tüm talebi karşılamasıdır. Böylece problem; “hangi arz merkezinden

hangi talep merkezine kaçar birim mal gönderilmelidir ki, hem toplam ulaştırma maliyeti

minimum olsun hem de tüm talep karşılansın” gibi bir optimizasyon problemine dönüşür.

Bu bölümde, ulaştırma problemleri için bir giriş metni sunulacaktır.

6 / 12

ULAŞTIRMA PROBLEMLERİ

Ulaştırma problemlerinde malların kaynaklardan hedeflere taşınmasıyla ilgilenilir.

Buradaki amaç bir taraftan hedeflerin talep gereksinimleri ve kaynakların arz

miktarlarında bir denge sağlarken, diğer taraftan da her kaynaktan her bir hedefe yapılan

taşımaların toplam maliyetini minimum kılacak taşınma miktarlarını belirlemektir.

Örnek 1 . (Taha 5.1.1): MG otomotivin Edirne, İzmir ve Bursa’da üç fabrikası ve biri

Malatya, diğeri Diyarbakır’da olmak üzere iki adet ana dağıtım deposu vardır.

Önümüzdeki 3 aylık dönemde fabrika kapasiteleri Edirne için 1000, İzmir için 1500,

Bursa için 1200 otomobil olarak belirlenmiştir. İki ana dağıtım merkezinin aynı 3 aylık

dönem için talepleri ise Malatya için 2300, Diyarbakır için 1400 otomobildir. Taşıma

maliyetleri ise aşağıdaki gibidir:

Malatya Diyarbakır

Edirne 80TL 215TL

İzmir 100TL 108TL

Bursa 102TL 68TL

Ulaştırma maliyetlerini minimum yapacak miktarları belirleyin.

Çözüm: Yukarıdaki tabloda bir birim malın Edirne’deki fabrikadan Malatya’daki depoya

gönderilmesinin maliyetinin 80 TL olduğunu görüyoruz. Benzer şekilde bir birim malın

Kaynaklar Hedefler

1

2

m

…

1

2

n

…

7 / 12

Bursa ‘dan Diyarbakır’a gönderilmesi maliyeti ise 68 TL olur. Tabloyu aşağıdaki gibi

tekrar düzenleyelim:

Malatya Diyarbakır

Edirne �� 80TL �� 215TL

İzmir �� 100TL �� 108TL

Bursa �� 102TL �� 68TL

Yukarıdaki tabloya göre “bir birim malın Edirne’den Malatya’ya gönderilmesi maliyeti 80

TL’dir” bilgisinin yanında, eğer Edirne’den Malatya’ya �� birim mal gönderilirse

toplam maliyet 80�� ‘dir bilgisini de çıkarabiliriz. O halde toplam ulaştırma maliyetleri

� = 80�� + 215�� + 100�� + 108�� + 102�� + 68��

olacaktır. Amaç ulaştırma maliyetlerini mimimum yapmak olduğuna göre, z değerini

minimum yapan �� değerleri aranacaktır. Tüm ��’lerin sıfır olduğu durumda z de

minimum ve sıfırdır ancak bu çözüm işe yarar bir çözüm değildir. Çünkü problemde

Malatya ve Diyarbakır’ın sırasıyla 2300 ve 1400 birim mal talep ettiğini görüyoruz. O

halde probleme kısıtlar eklenmelidir. Arz ve talep miktarlarını da aynı tabloda göstermek

için yeniden bir düzenleme yoluna gidelim:

Malatya Diyarbakır Arz

Edirne �� 80TL �� 215TL 1000

İzmir �� 100TL �� 108TL 1500

Bursa �� 102TL �� 68TL 1200

Talep 2300 1400 3700

Yukarıdaki tabloda problemin çözümü için gereken tüm bilgi derlenmiştir. Edirne ile ilgili

satıra bakılırsa şu görülebilir: Edirne’deki fabrikanın toplam arzı 1000 birimdir ve bu arz

miktarı Malatya ve Diyarbakır arasında �� ve �� miktarlarında, ��+ �� = 1000 olacak

şekilde bölüştürülmelidir. Benzer şekilde Malatya ‘nın toplam talebi 2300 olduğundan bu

talep Edirne, İzmir ve Bursa ‘dan sırasıyla ��, �� ve �� miktarlarında sağlanmalıdır. Bu

8 / 12

gereksinimlerin birer kısıtı oluşturduğu problem yazılırsa aşağıdaki gibi bir doğrusal

programlama problemi ile karşılaşılır:

min � = 80�� + 215�� + 100�� + 108�� + 102�� + 68��

Kısıtlar:

��+ �� = 1000

��+ �� = 1500

��+ �� = 1200

��+ �� + �� = 2300

��+ �� + �� = 1400

�� ≥ 0, � = 1,2,3 � = 1,2

Yukarıdaki problemin amaç fonksiyonu ve kısıtları doğrusaldır ve simpleks yöntemi ile

çözülebilir. Problemin çözümü �� = 1000, �� = 1300, �� = 200, �� = 1200 olur.

Amaç fonksiyonu, karar değişkenlerinin bu değerleri için � = 313200 değerini alır ve

minimumdur.

Problemde toplam talebin 2300 + 1400 = 3700 ve toplam arzın 1000 + 1500 + 1200 = 3700

olduğu görülür. Arz ve talebin birbirine eşit olduğu problemlere dengelenmiş problem adı

verilir. Tabi ki arz ve talep miktarı bazı durumlarda birbirine eşit olmayabilir. Bu tür

durumlarda arz ve talepten hangisi eksik ise, ona göre bir düzenlemeye gidilir. Üç tür

durum meydana gelebilir:

1) Arz, talep miktarından büyükse:

Probleme hayali bir talep merkezi ekleyin. Bu talep merkezine olan ulaştırma

maliyetlerini sıfır olarak belirleyin. Bu talep merkezinin toplam talebini

�� − �� "�

farkı kadar belirleyin.

9 / 12

2) Talep, arz miktarından büyükse:

Probleme hayali bir arz merkezi ekleyin. Bu arz merkezinden yapılan taşımaların

ulaştırma maliyetlerini sıfır olarak belirleyin. Bu arz merkezinin toplam arzını

�� "� − ��

farkı kadar belirleyin.

3) Arz, talebe eşitse: Problem zaten dengelenmiştir. Herhangi bir düzenlemeye gerek

yoktur.

Örnek 1 ‘deki problemde İzmir’deki fabrikanın kapasitesinin 1500 yerine 1300 olduğu durumu göz

önüne alıp problemi dengelenmiş hale getiriniz.

Çözüm: Eğer İzmir’deki fabrikanın arzı 1500 ‘den 1300’e düşerse problemi aşağıdaki şekilde

tablolaştırabiliriz:


Edirne �� 80TL �� 215TL 1000

İzmir �� 100TL �� 108TL 1300

Bursa �� 102TL �� 68TL 1200

Talep 2300 1400 3700 ≠3500

Yukarıdaki tabloda görüldüğü gibi toplam talep (3700), toplam arza (3500) eşit değildir. Arz, talepten

daha az olduğu için probleme hayali bir arz merkezi (burada fabrika) eklenecektir ve bu hayali

fabrikanın arz miktarı 3700 – 3500 = 200 birim olacaktır. Ayrıca bu fabrikadan gerçekleştirilecek

olan taşımaların maliyetleri 0TL (Sıfır TL) olarak atanacaktır. Problemi, hayali fabrika ile tekrar

yazalım:

10 / 12


Edirne �� 80TL �� 215TL 1000

İzmir �� 100TL �� 108TL 1300

Bursa �� 102TL �� 68TL 1200

Hayali Fabrika �$� 0TL �$� 0TL 200

Talep 2300 1400 3700

Görüldüğü gibi problem bu haliyle dengelenmiştir. Dengelenmiş olması arz ve talebin eşit hale

geldiğini gösterir.

Yine Örnek 1’deki problemi ele alalım. Malatya’nın talebinin 2300 yerine 1900 olduğu

durumda ne olur? Tabiki problem, dengelenmiş problem olma özelliğini kaybeder:


Edirne �� 80TL �� 215TL 1000

İzmir �� 100TL �� 108TL 1500

Bursa �� 102TL �� 68TL 1200

Talep 1900 1400 3300 ≠3700

Talep, arzdan daha az olduğu için problem dengelenmemiştir. Dengelenmesi için hayali bir

talep merkezi oluşturalım. Bu talep merkezinin talep miktarı 3700 – 3300 = 400 olacaktır:

Malatya Diyarbakır Hayali Depo Arz

Edirne �� 80TL �� 215TL �� 0TL 1000

İzmir �� 100TL �� 108TL �� 0TL 1500

Bursa �� 102TL �� 68TL �� 0TL 1200

Talep 1900 1400 400 3700

11 / 12

Problem bu haliyle dengelenmiştir.

Önceden değinildiği gibi ulaştırma problemleri simpleks yöntemiyle çözülebilir. Ancak bu tür

problemleri çözmek için simpleks yöntemden çok daha az işlem gerektiren algoritmalar

hazırlanmıştır. Bu algoritmaların bazıları bir başlangıç çözümü bulmaya, bazıları ise bu

başlangıç çözümü iyileştirip optimum çözümü bulmaya hizmet etmektedir. Bu yöntemler

problemin dengelenmiş olmasını gerektirmektedir.

ÇALIŞMA SORULARI

12 / 12

KAYNAKÇA

Taha, Hamdy, "Yöneylem Araştırmaları", Literatür Öztürk, Ahmet, "Yöneylem Araştırması", Ekin Frederick S Hillier, Gerald J Lieberman, "Introduction to Operations Research Hillier", 8th edition,McGraw-Hill Companies, 2004



ARAŞTIRMA MERKEZİ

İSUZEM


2 / 15


BÖLÜM: Ekonometri




DERS NOTU YAZARININ




3 / 15

2. HAFTA DERS NOTU

4 / 15

İÇİNDEKİLER

Ulaştırma Algoritmaları ve Başlangıç Çözümleri

5 / 15

ÖZET (TÜRKÇE)






Bu bölümde, ulaştırma problemlerinin hızlı çözümü için geliştirilen algoritmalar

sunulacaktır. Bu algoritmalar optimum çözüm yerine iyi bir başlangıç çözüm elde etmede

kullanılacaktır. Daha sonra, bu başlangıç çözümleri kullanarak optimum çözüme

yaklaştıran algoritmalara daha sonraki derslerde değinilecektir.

6 / 15

Ulaştırma Algoritmaları ve Başlangıç Çözümleri

Ulaştırma problemleri için bir başlangıç çözümünün elde edilmesi için bu bölümde 3 yöntem

anlatılacaktır.

1) Kuzeybatı Köşesi Yöntemi : Yöntem ulaştırma tablosunun kuzey batı köşesindeki

elemanı olan �� değişkenine bir değerin atanmasıyla başlar. Atama işlemleri

aşağıdaki algoritma adımlarını takip edilerek gerçekleştirilir:

Adım 1: Seçilen kutuya mümkün olduğunca fazla atama yap ve ardından bu atama

miktarını arz ve talep miktarlarından çıkararak gerekli düzenlemeyi yap.

Adım 2: İleride tekrar atama yapılmasını önlemek için çıkarma sonucu sıfır arz ya da

talebe ulaşan satır ya da sütunu iptal et. Hem satır hem de sütun aynı anda sıfır olmuşsa

birini seç ve iptal edilmeyen satır (sütun) ‘daki sıfır arzı (talebi) dikkate alma.

Adım 3: İptal edilmeyen sadece bir satır ya da sütun kaldığında dur. Aksi halde bir

önceki işlemde sütun edilmişse sağ kutuya, satır iptal edilmişse bir aşağıdaki kutuya geç.

Algoritmayı aşağıdaki örnekte uygulayalım:

Örnek (Taha 5.3.1): Aşağıdaki ulaştırma tablosu bir A malının 3 kaynaktan 4 hedefe ulaştırılmasıyla

ilgilidir:

1 2 3 4 ARZ

1 10 2 20 11 15

2 12 7 9 20 25

3 4 14 16 18 10

TALEP 5 15 15 15 50

Çözüm: Kuzey-batı köşesi yöntemine göre tablonun kuzey-batı elemanına ilk atama

yapılır. Birinci satır – birinci sütun elemanın bir birim ulaştırma maliyeti 10 para

birimidir. Birinci kaynağın arzı 15 birim, birinci hedefin talebi ise 5 birimdir. O halde

kuzey batı elemanına en fazla 5 birim ( min(5,15)=5 ) atama yapabiliriz. İşlemin

birinci adımı sonucu aşağıdaki tabloya geçilir:

7 / 15

1 2 3 4 ARZ

1 (5) 10 2 20 11 15 (10)

2 12 7 9 20 25

3 4 14 16 18 10

TALEP 5 (0) 15 15 15 50

Yukarıdaki tabloda birinci hedefin talebi giderilmiştir ve sıfır olarak düzenlenmiştir.

Birinci kaynağın arzı ise 5 birim düşürülüp 10 birim haline getirilmiştir. Atama

işlemine aşağıdaki gibi devam edilir:

1 2 3 4 ARZ

1 (5) 10 (10) 2 20 11 0

2 12 7 9 20 25

3 4 14 16 18 10

TALEP 0 5 15 15 50

Yeni tabloda birinci kaynağın arzı sıfır düzeyine inmiştir ancak ikinci hedefin talebi

hala sıfır değildir. Atamaya 2. sütundan devam edilir:

1 2 3 4 ARZ

1 (5) 10 (10) 2 20 11 0

2 12 (5) 7 9 20 25 20

3 4 14 16 18 10

TALEP 0 5 0 15 15 50

Artık ikinci sütunun talebi de giderilmiş, giderilmiş taleple birlikte ikinci kaynağın arz

miktarı 25’ten 20’ye inmiştir. Atama işlemine bir sonraki sütundan devam edilir:

1 2 3 4 ARZ

1 (5) 10 (10) 2 20 11 0

2 12 (5) 7 (15) 9 20 20 5

3 4 14 16 18 10

TALEP 0 0 15 0 15 50

8 / 15

1 2 3 4 ARZ

1 (5) 10 (10) 2 20 11 0

2 12 (5) 7 (15) 9 (5) 20 5 0

3 4 14 16 18 10

TALEP 0 0 0 15 10 50

1 2 3 4 ARZ

1 (5) 10 (10) 2 20 11 0

2 12 (5) 7 (15) 9 (5) 20 0

3 4 14 16 (10) 18 10 0

TALEP 0 0 0 0 50

İşlem sonlandırılmıştır çünkü son tabloda tüm talep ve arzın sıfırlandığını görüyoruz. Böylece toplam ulaştırma maliyeti

� = 5�10 + 10�2 + 5�7 + 15�9 + 5�20 + 10�18 = 520 �� olarak elde edilir.

2) En Düşük Maliyetler Yöntemi

Bu yöntem en ucuz rota üzerine yoğunlaştığından daha iyi bir başlangıç çözümü bulmaktadır. En düşük birim maliyetli kutuya mümkün olduğunca fazla atama yapmak suretiyle başlangıç çözümü oluşturulmaya başlanır. Daha sonra arz ve talep miktarları ayarlanır ve yapacağı atama tamamlanan satır veya sütun iptal edilir. Ardından iptal edilmemiş kutular içinden en düşük maliyetli eleman bulunur ve süreç bu şekilde iptal edilmeyen bir satır veya sütun kalmayıncaya kadar tekrarlanır.

Kuzey batı yönteminde ele aldığımız örnek üzerinden En Düşük Maliyetler Yöntemini uygulayalım.

1 2 3 4 ARZ

1 10 2 20 11 15

2 12 7 9 20 25

3 4 14 16 18 10

TALEP 5 15 15 15 50

Yukarıdaki tabloda en düşük maliyet satır 1, sütün 2’de yer alan “2” ‘dir. Bu gözeye olabildiğince fazla atama yapacağız. Birinci satırın arzı 15, ikinci sütunun talebi 15 olduğuna göre bu gözeye min(15,15)=15 birim atama yapılabilir.

9 / 15

1 2 3 4 ARZ

1 10 (15) 2 20 11 15 0

2 12 7 9 20 25

3 4 14 16 18 10

TALEP 5 15 0 15 15 50

Söz konusu atama sonucunda hem ikinci sütunun talebi hem de birinci satırın arzı sıfır değerine ulaşmıştır. Bu satır veya sütundan dilediğimiz birini iptal ederek çözüme devam edeceğiz. İkinci sütunun silindiği durumda tablo aşağıdaki şekilde yazılabilir:

1 3 4 ARZ

1 10 20 11 0

2 12 9 20 25

3 4 16 18 10

TALEP 5 15 15 50

Yeni tabloda en düşük maliyetli göze, üçüncü satır ve birinci sütun elemanı olan “4” ‘tür. Bu gözeye olabildiğince fazla atama yapacağız. Atama miktarı ise üçüncü satırın arzı ve birinci sütunun talebi ile belirlenir. Bu miktar min (5,10)=5 olacaktır.

1 3 4 ARZ

1 10 20 11 0

2 12 9 20 25

3 (5) 4 16 18 10 5

TALEP 5 0 15 15 50

Birinci satır ve birinci sütun sıfır talep ve arza sahiptir ve bunlardan birini iptal edebiliriz. Birinci sütunu iptal etmiş olalım:

3 4 ARZ

1 20 11 0

2 9 20 25

3 16 18 10 5

TALEP 15 15 50

Yeni tabloda en düşük maliyet “9” dur ve bu değer tablonun ikinci satır ve üçüncü sütun elemanıdır. Bu gözeye yapılabilecek maksimum atama miktarı ise min (15, 25)= 15 olarak belirlenir.

10 / 15

3 4 ARZ

1 20 11 0

2 (15) 9 20 25 (10)

3 16 18 5

TALEP 15 0 15 50

Arz ve talebi sıfır olan birinci satır ve üçüncü sütun elemanlarından birini iptal edebiliriz. Üçüncü sütunu çözüm dışına atarsak:

4 ARZ

1 11 0

2 20 10

3 18 5

TALEP 15 50

Problemde tek bir sütun yer almaktadır. En düşük maliyet 11 ‘dir ve bu değerin bulunduğu yere min(0,15)=0 birim atama yapılır. Tek bir sütun kaldığı için en düşük maliyetli yere en fazla atamayı yapmak koşuluyla işlem sonlandırılır:

4 ARZ

1 (0) 11 0

2 (10) 20 10 0

3 (5) 18 5 0

TALEP 15 0 50

İşlem sonucu bulunan toplam maliyet

� = 15�2 + 5�4 + 15�9 + 0�11 + 10�20 + 18�5 = 475 �� olarak bulunur ve bu değer, kuzey-batı köşesi yöntemiyle bulunan değerden küçüktür.

3) Vogel’in Yaklaşım Yöntemi (Vogel’s Approximation Method): Vogel’in Yaklaşım Yöntemi (VAM) en düşük maliyetler yönteminin genelleştirilmiş hali olup, genelde daha iyi bir başlangıç çözümü elde edebilmektedir. Yöntemin adımları şöyledir: Adım 1: Pozitif arzlı (talepli) her satır (sütun) için, satırdaki (sütundaki) en küçük birim maliyeti aynı satırın (sütunun) ikinci en küçük birim maliyetinden çıkararak bir ceza ölçüsü belirle. Adım 2: En büyük cezaya sahip satır ya da sütunu sapta. Eşitlik halinde rasgele seçim yapılabilir. Bu satır veya sütundaki en düşük maliyetli kutuya mümkün olduğunca fazla miktarda atama yap. Kalan arz ve talepleri hesapla ve sıfırlanan satır ya da

11 / 15

sütunu iptal et. Aynı anda sıfırlanan satır ya da sütunlar varsa sadece birini iptal ederek kalan satıra (sütuna) sıfır miktarda arz (talep) ata. Adım 3: a) İptal edilmemiş arz ya da talebe sahip tam bir satır (sütun) kalmışsa dur. b) İptal edilmemiş pozitif arzlı (talepli) bir satır (sütun) kalmışsa, en düşük maliyetler

yöntemiyle satırdaki (sütundaki) temel değişkenleri belirle ve dur. c) İptal edilmemiş satır ve sütunların tümü sıfır arz ve talebe sahipse en düşük

maliyetler yöntemiyle sıfır temel değişkenleri belirle ve dur. d) Aksi halde Adım 1’e git.

Vam yöntemi önceki yöntemlerde kullandığımız örnek üzerinde uygulayalım: Ulaştırma tablosunun orijinal hali şöyleydi:

1 2 3 4 ARZ

1 10 2 20 11 15

2 12 7 9 20 25

3 4 14 16 18 10

TALEP 5 15 15 15 50

Şimdi tablonun her bir satırı ve sütunu için ceza katsayılarını belirleyelim:

1 2 3 4 ARZ Ceza

1 10 2 20 11 15 10-2=8

2 12 7 9 20 25 9-7=2

3 4 14 16 18 10 14-4=10

TALEP 5 15 15 15 50

Ceza 10-4=6 7-2=5 16-9=7 18-11=7

Ceza katsayısı en büyük olan satır veya sütundaki en küçük maliyetli kutuya olabildiğince fazla atama yapacağız. En büyük ceza üçüncü satırda yer almaktadır (10) ve bu satırdaki en düşük maliyet “4” ‘tür.

1 2 3 4 ARZ Ceza

1 10 2 20 11 15 10-2=8

2 12 7 9 20 25 9-7=2

3 (5) 4 14 16 18 10 5 14-4=10

TALEP 5 0 15 15 15 50

Ceza 10-4=6 7-2=5 16-9=7 18-11=7

Birinci sütunun talebi sıfırlandığında göre çözüm dışına atabiliriz.

12 / 15

2 3 4 ARZ Ceza

1 2 20 11 15 11-2=9

2 7 9 20 25 9-7=2

3 14 16 18 5 16-14=2

TALEP 15 15 15 50

Ceza 7-2=5 16-9=7 18-11=7

Yeni tabloda ceza katsayısı en büyük olan satır veya sütunu araştırdığımızda, birinci satırda bir atama yapacağımızı anlarız. Bu satırda en düşük maliyet “2” olduğundan bu kutuya atama yapılır.

2 3 4 ARZ Ceza

1 (15) 2 20 11 15 0 11-2=9

2 7 9 20 25 9-7=2

3 14 16 18 5 16-14=2

TALEP 15 0 15 15 50

Ceza 7-2=5 16-9=7 18-11=7

Sıfırlanan satır ve sütunlardan birini çözüm dışına atabiliriz. Örneğin 2. sütun talebi sıfırlandığından çözüm dışına atılsın.

3 4 ARZ Ceza

1 20 11 0 20-11=9

2 9 20 25 20-9=11

3 16 18 5 18-16=2

TALEP 15 15 50

Ceza 16-9=7 18-11=7

En büyük ceza, ikinci satıra aittir. Bu satırda en düşük maliyetli kutuya olabildiğince fazla atama yapılır.

3 4 ARZ Ceza

1 20 11 0 20-11=9

2 (15) 9 20 25 10 20-9=11

3 16 18 5 18-16=2

TALEP 15 0 15 50

Ceza 16-9=7 18-11=7

13 / 15

Sıfırlanan üçüncü sütun silinirse aşağıdaki tablo edilir ki, bu tablodan ceza katsayısı elde etmek mümkün değildir. En düşük maliyetli gözeye en yüksek miktarı atayarak işlemi sonlandırabilir:

4 ARZ

1 (0) 11 0

2 (10) 20 10

3 (5) 18 5

TALEP 15 50

Böylece

� = 4�5 + 15�2 + 15�9 + 20�10 + 18�5 = 475 �� bulunur ki, bu sonuç en düşük maliyetler yöntemi ile aynıdır.

14 / 15

ÇALIŞMA SORULARI

Aşağıdaki ulaştırma tablosu için uygun bir başlangıç ataması yapılmak istenmektedir. Kuzey-

batı köşesi yöntemi, en düşük maliyetler yöntemi ve VAM yöntemiyle uygun birer başlangıç çözümü elde ediniz. Sonuçları karşılaştırınız.

Hedef-1 Hedef-2 Hedef-3 Arz

Kaynak-1 6 7 4 10 Kaynak-2 8 7 5 10 Kaynak-3 9 9 5 20

Talep 20 5 15 40

15 / 15

KAYNAKÇA




ARAŞTIRMA MERKEZİ

İSUZEM


2 / 11


BÖLÜM: Ekonometri




DERS NOTU YAZARININ




3 / 11

3. HAFTA DERS NOTU

4 / 11

İÇİNDEKİLER

Ulaştırma Problemlerinde Optimum Çözümün Elde Edilmesi

5 / 11

ÖZET (TÜRKÇE)






Bu bölümde, ulaştırma problemlerinin hızlı çözümü için geliştirilen algoritmalarla bir

başlangıç çözümü elde edilip, bu başlangıç çözümünden faydalanılıp optimum çözüm

aranması yoluna değinilecektir.

6 / 11

Atlama Taşı (Stepping-Stone) Yöntemi

Algoritmayı aşağıdaki örnekte uygulayalım:

Örnek (Taha 5.3.1): Aşağıdaki ulaştırma tablosu bir A malının 3 kaynaktan 4 hedefe ulaştırılmasıyla

ilgilidir:

1 2 3 4 ARZ

1 10 2 20 11 15

2 12 7 9 20 25

3 4 14 16 18 10

TALEP 5 15 15 15 50

Optimum ulaştırma stratejisini belirleyelim.

Bu problem bir önceki derste hem kuzeybatı köşesi yöntemi, hem en düşük maliyetler yöntemi hem de

VAM yöntemiyle çözülmüştü. Optimum çözüm aranmadan önce bu 3 yöntemden biri kullanılarak

bir başlangıç çözümü elde edilebilir. Şimdi söz konusu ulaştırma problemi için uygun bir

başlangıç çözümü kuzeybatı köşesi yöntemiyle elde edelim:

1 2 3 4 ARZ

1 (5) 10 (10) 2 20 11 0

2 12 (5) 7 (15) 9 (5) 20 0

3 4 14 16 (10) 18 10 0

TALEP 0 0 0 0 50

İşlem sonlandırılmıştır çünkü son tabloda tüm talep ve arzın sıfırlandığını görüyoruz. Böylece toplam ulaştırma maliyeti

� = 5�10 + 10�2 + 5�7 + 15�9 + 5�20 + 10�18 = 520 �� olarak elde edilir. Önceden değindiğimiz gibi bu bir başlangıç çözümüdür ve optimum olmayabilir. Atlama taşınun uygulanması:

7 / 11

D13 = c13 - c23 + c22 – c12 = 20 – 9 + 7 – 2 = 16 (+) D14 = c14 – c24 + c22 – c12 = 11-20+7-2= -4 (-) D21 = c12 – c22 + c12 – c11 = 12-7+2-10 = -3 (-) D31 = c31 – c34 + c24 – c22 + c12 – c11 = 4 – 18 + 20 – 7 + 2 – 10 = -9 (-) D32 = c32 – c34 + c24 – c22 = 14 – 18 + 20 -7 = 9 (+) D33 = c33 – c34 + c24 – c23 = 16- 18 + 20 -9 = 9 (+) Dij değerleri söz konusu (i,j) kutusuna bir birim atama yapıldığında maliyette kaç kat artış olacağını gösterir. Yukarıdaki değerlerden satır 1 ve sütun 3 elemanına bir birim atama yaparsak maliyette 16 birim artış olacağını görüyoruz. Dolayısıyla negatif Dij değerleri arasından en küçük olana atama yapılmalıdır ki, maliyette maksimum düşüş olsun. Bu bağlamda en küçük değer D31 için bulunmuştur ve -9 ‘dur. Satır 3, sütun 1 elemanına atama yapılmasına karar veriyoruz. D31 ‘e yapılacak atama miktarı, D31 hesap edilirken kullanılan cij değerlerine tekabül eden en küçük miktar kadar yapılır. Örneğin D31 hesaplanırken; c31, c34, c24, c22, c12 ve c11 kullanıldı (kendisi, yani c31, hariç). Bunlara ait miktarlar 10, 5, 5, 10 ve 5 idi. En küçük değer olan min(10,5,5,10,5) = 5 ‘i atama miktarı olarak belirliyoruz.

1 2 3 4 ARZ

1 10 (15) 2 20 11 15

2 12 (0) 7 (15) 9 (10) 20 25

3 (5) 4 14 16 (5) 18 10

TALEP 5 15 15 15 50

Böylece toplam ulaştırma maliyetleri Z= 4x5 + 15x2 + 15x9 + 20x10 + 18x5 = 475 Olur. Başlangıç çözümünde bu maliyet 520 para birimiydi. Bir iyileştirme meydana geldiğini söyleyebiliriz. Acaba daha iyi bir çözüm elde edilebilir mi? Buna karar verebilmek için Dij değerlerini tekrar hesaplayabiliriz. D11 = c11 – c12 + c22 – c24 + c34 – c31 = 10 – 2 + 7 – 20 + 18 – 4 = 9 D13 = c13 –c23 + c22 –c12 = 20 – 9 + 7 – 2 = 16 D14 = c14 – c24 + c22 – c12 = 11 – 20 + 7 – 2 = -4 (-) D21 = c21 –c34 +c24 – c22 = 14-18-20-7=6 D32 = c32 – c34 + c24 – c22 = 14- 18 + 20 – 7 = 9 D33 = c33 – c34 + c24 – c23 = 16- 18 + 20 -9= 9 Yukarıdaki Dij değerlerinden negatif olan D14, birinci satır dördüncü sütun elemanına bir birim atama yapıldığında maliyette 4 birim azalma olacağını göstermektedir. O halde birinci satır dördüncü sütun elemanına atama yapılacaktır. D14 ‘ün hesabında kullanılan c14, c24, c22 ve c12 ‘e ait atama miktarları olan 0, 10, 15 atama

8 / 11

miktarlarından faydalanacağız. Bu değerlerin sıfır olmayanları içinden minimumu kadar atama yapacağız. D14 ‘e min(10,15)=10 kadar atama yapılırsa:

1 2 3 4 ARZ

1 10 (5) 2 20 (10) 11 15

2 12 (10) 7 (15) 9 20 25

3 (5) 4 14 16 (5) 18 10

TALEP 5 15 15 15 50

Böylece toplam ulaştırma maliyeti Z = 4x5 + 5x2 + 10x7 + 15x9 + 10x11 + 5x18 = 435 TL Olur. Maliyette tekrar bir düşüş görülür. Son tablonun daha fazla iyileştirilip iyileştirilemeyeceğini kontrol edebiliriz: D11 = c11-c14+c34-c31 = 10 -11+18-4 = 13 (+) D13 = c13-c23+c22-c12= 20-9+7-2=16 (+) D21 = c21-c31+c34-c14+c12-c22=12-4+18-11+2-7=10 (+) D24 = c24-c14+c12-c22=20-11+2-7=14 (+) D32 = c32-c34+c14-c12=14-18+11-2 =5 (+) D33 = c33-c34+c14-c12+c22-c23 = 16-18+11-2+7-9=5 (+) Tüm değerler pozitif olduğu daha iyi bir çözüm için yeni bir atama yapılmaz. Not: Çözümün optimum olabilmesi için satır = n, sütun= m iken m+n-1 adet atama yapılmış kutu olması gerekir. Eğer bu koşul sağlanmıyorsa bozulma meydana gelir. Bunu engellemek için en düşük maliyetli kutuya 0 miktar ataması yapılır. m+n-1 ‘den daha az atama yapıldığında atlama taşı yöntemi çalışmayacaktır. Örn: Aşağıdaki ulaştırma tablosu için VAM yöntemini kullanarak uygun bir başlangıç çözümü elde ediniz. Bu çözümü atlama taşı yöntemi ile iyileştiriniz. D1 D2 D3 D4 Arz Merkez 1 45 17 21 30 15 Merkez 2 14 18 19 31 13 Talep 9 6 7 9 31 ≠ 28

Çözüm dengelenmemiştir. Dengeli hale getirmek için hayali bir merkez ekleyelim:

9 / 11

D1 D2 D3 D4 Arz Merkez 1 45 17 21 30 15 Merkez 2 14 18 19 31 13 Merkez 3 0 0 0 0 3 Talep 9 6 7 9 31 Problemin VAM çözümü aşağıdaki gibidir D1 D2 D3 D4 Arz Merkez 1 45 (6) 17 (3) 21 (6) 30 15 Merkez 2 (9) 14 18 (4) 19 31 13 Merkez 3 0 0 0 (3) 0 3 Talep 9 6 7 9 31 Böylece başlangıç tablosu için toplam maliyet Z= 6x17 + 3x21 + 9x14 + 6x30 + 4x19 + 3x0 = 547 TL olur. Bu çözümün iyileştirilmesi yolunu aramak için Dij değerleri hesaplanacaktır: D11 = c11 – c13 + c23 – c21 = 45-21+19-14 = 29 D22 = c22 – c23 + c13 – c12 = 18-19+21-17 = 3 D24 = c24 – c14 + c13 – c23 = 31-30+21-19=3 D31 = c31 – c21 + c23 – c13 + c14 –c34 = 0-14+19-21+30-0 = 14 D32 = c32 – c12 + c14 – c34 = 0- 17 + 30 -0 = 13 D33 = c33 – c12 + c14 – c34 = 0 – 21 + 30 -0 = 9 Tüm Dij değerleri sıfır olduğundan, boş olan kutulara atama yapıldığında maliyette bir düşüş gözlenmeyecektir. Böylece problemin optimum olduğunu söyleyebiliriz.

10 / 11

ÇALIŞMA SORULARI

Aşağıdaki ulaştırma tablosu için uygun bir başlangıç ataması yapılmak istenmektedir. Kuzey-

batı köşesi yöntemi ile bir başlangıç çözümü elde ediniz. Çözümü atlama taşı yöntemi ile iyileştiriniz.

Hedef-1 Hedef-2 Hedef-3 Arz

Kaynak-1 2 7 5 20 Kaynak-2 8 9 4 20 Kaynak-3 9 3 6 10

Talep 10 20 20 50

11 / 11

KAYNAKÇA




ARAŞTIRMA MERKEZİ

İSUZEM


2 / 12


BÖLÜM: Ekonometri




DERS NOTU YAZARININ




3 / 12

4. HAFTA DERS NOTU

4 / 12

İÇİNDEKİLER

Atama Problemleri ve Macar Yöntemi

5 / 12

ÖZET (TÜRKÇE)

Tamsayı doğrusal programlama yöntemleriyle çözülebilen atama problemleri için Macar

algoritması etkin bir yöntem olarak kullanılabilir. Bu bölümde atama problemlerinin

Macar çözümü ele alınacaktır.

6 / 12

Atama Modelleri ve Macar Yöntemi

İşlerin işçilere atanması bu tür modellere örneğidir. Bu tür modellerde her işin, her işçi tarafından yapılabileceği varsayılır. Üstlenilen her hangi bir işteki işçinin maliyeti, ondan daha yetenekli (veya tecrübeli) olan bir işçinin maliyetinden az olmalıdır. Modelin amacı işçilerin işlere optimum (en küçük maliyetli) olacak şekilde atanmasıdır. Atama modeli normal bir ulaştırma problemi gibi çözülebilir. Her bir kaynaktaki arz ve talep miktarları, ulaştırma problemlerinden farklı olarak, 1’e eşit olacaktır. Atama problemini aşağıdaki örneklte gösterelim:

Örnek: Ahmet Bey’in Ali, Hasan ve Sema adlı 3 çocuğu olsun. Evin çim kesme, garaj

boyama ve araba yıkama gibi işleri vardır. Aşağıdaki tabloda çocukların işleri yapmak için istediği harçlıklar yer almaktadır.

Çim kesme Garaj Boyama Araba Yıkama Arz Ali 15 10 9 1 Hasan 9 15 10 1 Sema 10 12 8 1 Talep 1 1 1 3

Bu problem bir ikili karar değişkenleri olan bir doğrusal programlama problemidir ve aşağıdaki gibi gösterilebilir:

�� = 15 + 10 + 9� + 9 + ⋯ + 12� + 8��

Kısıtlar:

1) Tüm satır toplamları 1’e eşit olmalı

2) Tüm sütun toplamları 1’e eşit olmalı

3) Tüm değişkenler 0 veya 1 olabilir.

Her satır toplamının 1’e eşit olması her kişinin yalnızca bir işi yapması ile ilgilidir. Tüm

sütunların toplamlarının ayrı ayrı 1’e eşit olması ise her işin bir kişi tarafından

yapılacağını ifade eder. Problem çözüldüğünde aşağıdaki çözüm elde edilir:

= 1 : Ali garajı boyar.

= 1 : Hasan çimleri biçer.

�� = 1 : Sema arabayı yıkar.

Diğer değişkenler ise sıfırdır. Karar değişkenleri bu değerleri almışken amaç fonksiyonu z=27

değerini alır ve minimumdur.

7 / 12

MACAR YÖNTEMİ

Adım 1: Orijinal maliyet matrisindeki her satırın minimumunu bul. Bunu satırın tüm

elemanlarından çıkar.

Adım 2: Adım 1’de elde edilen matrisin her sütununun minimumunu bul. Bunu sütundaki tüm

elemanlardan çıkar.

Adım 3: Adım 2’deki matrisle ortaya çıkan sıfır elemana ilgili optimum atamayı yap.

Konu anlatımının başında verilen problem için Macar algoritmasını uygulayalım. Görüldüğü gibi

yöntem, Simpleks yöntemindeki kadar işlem gerektirmeden hızlıca uygulanabilir:

Çim kesme Garaj Boyama Araba Yıkama Satır minimumu Ali 15 10 9 9 Hasan 9 15 10 9 Sema 10 12 8 9

Çim kesme Garaj Boyama Araba Yıkama Ali 6 1 0 Hasan 0 6 1 Sema 2 4 0 Sütun minimumu 0 1 1

Çim kesme Garaj Boyama Araba Yıkama Ali 6 0 0 Hasan 0 5 1 Sema 2 4 0

Sema’nın arabayı yıkadığı, Hasan’ın çim kestiği, Ali’nin garaj boyadığı durumun

optimum olduğunu yukarıdaki son tabloda görüyoruz. Bunun toplam maliyeti 10+9+8=27

Pb’dir (para birimi). Bu miktar aynı zamanda satır ve sütun minimumları olan 9,9,8 ve

0,1,0’ın toplamıdır. Bu sonuçlar simpleks yöntemler elde edilen sonuçlarla aynıdır.

8 / 12

Örnek: Macar yöntemi önceki örnekte olduğu gibi sorunsuz çalışmayabilir. 4 çocuk ve 4

iş olduğu bir başka durumu ele alalım. Maliyetler aşağıdaki gibi verilsin.

İş1 İş2 İş3 İş4

Çocuk1 1 4 6 3

Çocuk2 9 7 10 9

Çocuk3 4 5 11 7

Çocuk4 8 7 8 5

Bu örnek de talep ve arz miktarları 1 olan bir ulaştırma problemi gibi düşünülüp simpleks yöntemle çözülebilir. Simpleks çözüm aşağıdaki gibi elde edilir:

= 1 : Birinci çocuk birinci işi yapar.

� = 1 : İkinci çocuk üçüncü işi yapar.

� = 1 : Üçüncü çocuk ikinci işi yapar.

�� = 1 : Dördüncü çocuk dördüncü işi yapar.

Diğer değişkenler sıfır değerini alır. Atama problemine ait amaç fonksiyonu değeri z=21’de

minimumdur. Problemin sonucu Macar yöntemiyle elde etmeye çalışalım:

İş1 İş2 İş3 İş4 Satır Min.

Çocuk1 1 4 6 3 1

Çocuk2 9 7 10 9 7

Çocuk3 4 5 11 7 4

Çocuk4 8 7 8 5 5

Her satır elemanı, karşılık gelen satır minimumlarından çıkartılırsa:

9 / 12


Çocuk1 0 3 5 2

Çocuk2 2 0 3 2

Çocuk3 0 1 7 3

Çocuk4 3 2 3 0

Sütun Min 0 0 3 0

Tüm sütun elemanları karşılık gelen sütun minimumlarından çıkartılırsa:


Çocuk1 0 3 2 2

Çocuk2 2 0 0 2

Çocuk3 0 1 4 3

Çocuk4 3 2 0 0

Sıfırların yerleri her işin bir çocuğa atanmasına olanak vermemektedir. Örneğin 1. İş 1. Çocuğa verilse, 3.çocuk hiçbir işe atanamayacak. Bu durumda algoritmayı aşağıdaki gibi düzenlersek çözüm bulunabilir: Adım 2a: i) Son indirgenmiş matriste tüm sıfırları kapsayacak şekilde ve minimum sayıda

yatay ve dikey çizgiler çiz. ii) Üzeri çizilmemiş elemanlar içinden en küçüğünü seç ve bu elemanı üzeri

çizilmemiş her elemandan çıkar. Aynı elemanı, iki kapatma çizgisinin kesiştiği yerdeki elemanla topla.

iii) Bu yeni tabloda sıfır değerini alan elemanla atama yapılmıyorsa Adım 2a’yı tekrarla. Aksi halde adım 3’e giderek optimum atamayı belirle.

Şimdi Adım 2a aşaması eklenmiş Macar yöntemini problemin son tablosu üzerinde uygulayalım.

10 / 12


Çocuk1 0 3 2 2

Çocuk2 2 0 0 2

Çocuk3 0 1 4 3

Çocuk4 3 2 0 0

Yukarıdaki tabloda sıfırları kapatacak şekilde minimum satır ve sütun sarıya boyanmıştır. Boyanmayan elemanlar içinden minimum olanı, yine boyanmayan elemanlardan çıkartılacaktır. Bu minimum değer 1’dir. Çıkartalım:


Çocuk1 0 2 1 1

Çocuk2 2 0 0 2

Çocuk3 0 0 3 2

Çocuk4 3 2 0 0

Sonra bu elemanı iki kapatma çizgisinin birleştiği yerdeki elemanlarla toplayalım:


Çocuk1 0 2 1 1

Çocuk2 3 0 0 2

Çocuk3 0 0 3 2

Çocuk4 4 2 0 0

Şimdi bu tabloya bakıldığında şu sonuç çıkar: 1. Birinci çocuk birinci işi 2. İkinci çocuk üçüncü işi 3. Üçüncü çocuk ikinci işi 4. Dördüncü çocuk dördüncü işi yapar.

Toplam maliyetler 1+10+5+5= 21 olarak bulunur. Bu çözüm simpleks yöntemiyle bulunan çözüme eşittir.

11 / 12

ÇALIŞMA SORULARI

1) Aşağıdaki işlerin, personellere atanması gereklidir. Tabloda hangi personelin hangi işi kaç saatte tamamladığı bilgisi verilmiştir. Uygun atamayı Macar algoritması ile elde ediniz.

İş-1 İş-2 İş-3 İş-4 Personel-1 6 8 4 1 Personel-2 11 1 6 4 Personel-3 8 9 15 34 Personel-4 1 9 4 5

12 / 12

KAYNAKÇA




ARAŞTIRMA MERKEZİ

İSUZEM


2 / 12


BÖLÜM: Ekonometri




DERS NOTU YAZARININ




3 / 12

5. HAFTA DERS NOTU

4 / 12

İÇİNDEKİLER

Şebeke modelleri

5 / 12

ÖZET (TÜRKÇE)

Şebeke modelleri en kısa yol, en kısa akış, minimum kapsayan ağaç, CPM ve PERT gibi

algoritmalar ile çözümleri aranan modelleri içerir. Bu ve ilerleyen bölümlerde şebeke

modelleri konu olacaktır.

6 / 12

Şebeke Modelleri

Bir şebeke, bağlantılar (veya dallar) ile birbirine bağlanmış bir dizi düğümden oluşur. Bir şebeke (N,A) notasyonu ile ifade edilir. Örneğin N={1,2,3,4,5} Ve A={(1,3), (1,2), (2,3),(2,4),(2,5),(3,4),(3,5),(4,5)} Şebekesi aşağıdaki türden bir grafik ile de gösterilebilir:

Bir yönde pozitif akışa, diğer yönde sıfıra akışa izin veren bir bağlantının yönlendirilmiş veya yönelimli olduğu söylenir. Yol, her bir daldaki akışın yönüne bakılmaksızın iki düğümü birleştiren ayrı dalların sırasıdır. Yol, bir düğümü kendisine bağlıyorsa bir döngü veya bir çevrim oluşmuş olur. Bağlı şebeke her iki ayrı düğümün en azından bir yolla bağlanmasıdır. Ağaç, bağlı şebekenin tüm düğümlerinin sadece bir alt kümesini ilgilendiren bir şebekedir. Kapsayan ağaç, şebekenin tüm düğümlerini hiçbir döngüye izin vermeden birbirine bağlar. Asağıda 3 düğümün yalnızca bir kısmını gösteren bir ağaç gösterilmiştir:

7 / 12

Aşağıdaki grafikte ise bir kapsayan ağaç (Spanning tree) gösterilmiştir:

Yukarıdaki kapsayan ağaç örneğinde, tüm düğümlerin ağaca bağlandığını ve her hangi bir döngünün meydana gelmediğine dikkat edilmelidir. Kapsayan ağaçlarlar içerisinde ilginç olanı toplam bağlantıların minimum olduğu, en küçük kapsayan ağaçtır (minimum spanning tree) ki, ileriki konularda özel olarak değinilecektir. Daha önce ele alınan ulaştırma ve atama problemleri de şebeke modellerinin özel bir durumu olarak ele alınabilir. Örneğin aşağıdaki gibi bir ulaştırma problemi olsun:

1 2 3 4 ARZ

1 10 2 20 11 15

2 12 7 9 20 25

3 4 14 16 18 10

TALEP 5 15 15 15 50

8 / 12

Bu problem için VAM ve atlama taşı yöntemi uygulandığında optimum çözümün

1 2 3 4 ARZ

1 10 (5) 2 20 (10) 11 15

2 12 (10) 7 (15) 9 20 25

3 (5) 4 14 16 (5) 18 10

TALEP 5 15 15 15 50

Olduğu görülür. Son tablo aşağıdaki gibi bir şebeke olarak ele alınabilir:

Örneğin işlerin kişilere atanmasıyla ilgili olan atama problemleri de birer şebeke gibi ele alınabilir. Aşağıdaki problemi ele alalım :

9 / 12

Çim kesme Garaj Boyama Araba Yıkama Arz Ali 15 10 9 1 Hasan 9 15 10 1 Sema 10 12 8 1 Talep 1 1 1 3

Bu problemin çözümü

Bir şebeke gibi ele alınabilir. Şebekeler belirli noktalardan belirli noktalara boru hattı döşemek, dağıtım kanalı oluşturmak veya kablo çekmek ile de ilgili olabilir. Aşağıdaki tabloda belirli bir ülkedeki 5 şehir arası fiber optik kablo bağlantısı yapma maliyetleri verilmiş olsun: 1 2 3 4 5

1 M 2 18 M 3 58 81 M 4 22 75 71 M 5 M 37 47 41 M

Yukarıdaki tabloda şehirlerin kendilerinden kendilerine kablo çekmesini engellemek için M harfi kullanılmıştır ve M, sonsuz büyüklükte kabul edilebilecek bir maliyettir. Öte yandan 2. Şehirden 3. Şehre kablo çekmenin maliyeti ile 3. Şehirden 2. Şehre kablo çekmenin maliyeti birbirine eşit olacağından tablo simetriktir ve böylece yalnızca asal köşegenin altındaki veya üstündeki elemanları yazmak yeterlidir (Burada alt üçgen matris formu tercih edilmiştir). Problemin şebeke gösterimi aşağıdaki gibidir:

10 / 12

Buradaki bağlantıların bir çoğunun gereksiz olduğu hemen farkedilecektir. Örneğin eğer 1.

Şehir 2. Şehire bağlıysa, 2. Şehir de 3. Şehire bağlıysa, 1. Şehir dolayısıyla 3. Şehire

bağlanmış olur ve ayrıca 1.şehiri 3. Şehire bağlamak gereksizdir. Öyleyse problemin

çözümünün aşağıdaki gibi bir yapıya sahip olması beklenir:

Yukarıdaki çözüm söz konusu problemin çözümü değildir ancak her bir düğümün bir şehri

gösterdiği düşünülürse, uygun bir çözüm adayı gibi düşünülebilir. Yukarıdaki şebekede her

bir şehir dolaylı veya dolaysız yoldan tüm şehirlere bağlanır. Ayrıca bağlantı bir döngü

içermediği için, herhangi bir bağlantı yolu üzerinden tekrar başlangıç noktasına dönülmez.

Biz de ileriki konularda böyle özel çözümleri arayacağız. Bu kablo problemi aşağıdaki

probleme dönüştürülüp, bir şebeke problemi olarak, minimum kapsayan ağaç algoritmasıyla

çözülecektir: Bu 5 şehir arasında öyle bir kablolama stratejisi belirleyelim ki her şehir internet

hizmetinden faydalansın ve toplam kablo maliyeti minimum olsun.

11 / 12

Benzer şekilde, bazı problemlerde başlangıç noktasından hedef noktaya en kısa yolun

belirlenmesi konu olacaktır. Bu tür problemler optimum çözülmesi için tüm mümkün rotaların

denenmesini gerektirir. Kesikli optimizasyon problemlerine örnek olduklarından, analitik bir

formda yazılamazlar ve diferansiyel temelli optimizasyon yöntemleriyle çözülemezler. Bu tür

problemlere kombinasyonal (Combinatorical) optimizasyon problemleri adı verilir ve

optimum çözümün elde edilmesi için özel bazı algoritmalar (örneğin genetik algoritmalar)

geliştirilmiştir.

CPM (Critical Path Method) ve Pert (Program Evaluation and Review Technique) diğer

şebeke analizi konularındandır. CPM ile bir projenin en kısa bitiş süresi araştırılacak, PERT

ile projelerin bitiş süreleri için istatistiksel güven aralıkları yapabileceğiz. Bu tür problemlerde

her bir düğüm projedeki aşamaları, düğümler arası bağlantılar ise iki aşama arasında geçmesi

gereken süreleri göstermektedir. PERT analizinde projelere ait süreçler için iyimser, olağan ve

kötümser süreçler belirlenecek, bu süreçler için bazı dağılım varsayımları yapılacak ve

merkezi limit teoriminden faydanalarak projenin ortalama bitiş süresi için seçilecek çeşitli

anlamlılık düzeyleri için güven aralıkları kurabileceğiz.

İleriki konularda şebeke modellerinden en kısa yol, en yüksek akış ve minimum kapsayan

ağaç yöntemlerine değinilecektir.

ÇALIŞMA SORULARI

12 / 12

KAYNAKÇA




ARAŞTIRMA MERKEZİ

İSUZEM


2 / 16


BÖLÜM: Ekonometri




DERS NOTU YAZARININ




3 / 16

6. HAFTA DERS NOTU

4 / 16

İÇİNDEKİLER

En Küçük Kapsayan Ağaç Algoritması

5 / 16

ÖZET (TÜRKÇE)

Şebeke modelleri en kısa yol, en kısa akış, en küçük kapsayan ağaç, CPM ve PERT gibi

algoritmalar ile çözümleri aranan modelleri içerir. Bu bölümde en küçük kapsayan ağaç

algoritması incelenecektir.

6 / 16

En Küçük Kapsayan Ağaç Algoritması En küçük kapsayan ağaç algoritması (Minimum spanning tree algorithm) doğrudan veya

dolaylı olarak dalların en kısa bağlantısını kullanarak şebekenin dallarının birbirleriyle

ilişkilendirilmesini ele alır. İki şehir arasındaki bir veya daha fazla kasabayı birbirlerine

bağlayan tali yolların yapımının gerçekleştirilmesi bunun tipik bir uygulamasıdır. Burda tali

yolların, yerleşim birimlerini en kısa uzunlukta bağlaması istenir.

Algoritma:

��: Algoritmanın kç iterasyonunda kalıcı olarak bağlanmış düğümler kümesi.

��: Henüz kalıcı olarak bağlanmamış düğümler kümesi.

Adım 0 : �� = ∅ ve �� = � olarak belirle

Adım 1: �� ‘daki herhangi bir i düğümüyle başlayıp �� = {} olarak belirle.

Böylece �� = � − {} olacaktır. k=2 olarak belirle.

Adım k: �� ’deki her hangi bir düğüme en kısa bağlantıyı verecek şekilde �� kümesinden

bir j düğümü seç. Bu j düğümünü, �� ‘e kalıcı olarak bağla, �� kümesinden çıkar. Bu

durumda

�� = �� + {�}

ve

�� = �� − {�}

olur. �� boş kümeyse dur, aksi halde k = k + 1 olarak belirle ve Adım k ‘ya git.

7 / 16

Örnek: Bir kablolu TV firması 5 yeni yerleşim bölgesine kablolu yayın hizmeti sağlama

düşüncesindedir. Aşağıdaki şekilde 5 bölge arasındaki potansiyal kablolu yayın bağlantılarını

göstermektedir. Kablo uzunlukları her bir dal için km cinsinden gösterilmektedir. En

ekonomik kablo ağının belirlenmesi istenmektedir.

Problemin şebeke gösterimi aşağıdaki gibi verilmiştir:

Bu şebeke gösterimi için aşağıdaki uzaklık matrisi yazılabilir:

8 / 16

1 2 3 4 5 6

1 X 1 5 7 9 M

2 X 6 4 3 M

3 X 5 M 10

4 X 8 3

5 X M

6 X

Birinci düğümü başlangıç noktası olarak belirleyelim. Sonra da birinci düşüme hangi

düğümün bağlanacağına karar verilim. Bu düğüm, birinci düğümle minimum uzaklığa sahip

olan düğüm olacaktır.

Adaylar �� = {1} ile uzaklıklar

2 1

3 5

4 7

5 9

6 M

En yakın düğüm 1 uzaklığı ile 2 numaralı düğümdür. Birinci düğüme bağlanır.

Adaylar �� = {1,2} ile uzaklıklar

3 5, 6

4 7, 4

5 9, 3

6 M, M

Şimdi ise atanmışlar kümesindeki elemanlardan atanmamış elemanlara olan tüm uzaklıklar

göz önüne alınmış ve en küçük uzaklığın 2 ve 5 numaralı düğümler arasında olduğu

görülmüştür. 5 numaralı düğüm 2 numaralı düğüme bağlanır.

9 / 16

Adaylar �� = {1,2,5} ile uzaklıklar

3 5, 6, M

4 7, 4, 8

6 M, M, M

Burada en küçük uzaklık 4 ile 1 numaralı düğümler arasındadır. Böylece 4 nolu düğümün 1

nolu düğüme bağlanacağına karar verilir.

Adaylar �� = {1,2,5,4} ile uzaklıklar

3 5, 6, M, 5

6 M, M, M, 3

En düşük uzaklık 6 ve 4 nolu düğümler arasında olduğu için, 6 nolu düğümün 4 nolu düğüme

bağlanmasına karar verilir.

Adaylar �� = {1,2,5,4,6} ile uzaklıklar

3 5, 6, M, 5, 10

Son olarak atanmamış düğüm olan 3, hem 1 hem de 4 nolu düğüme bağlanabilir. Bu ikisinden

biri seçilebilir. Bu yüzden bu iki bağlantıyı da, alternatif bağlantı olduklarını ifade etmek

üzere kesik çizgilerle göstereceğiz.

Oluşan yeni bağlantıları aşağıdaki şebekede gösterebiliriz:

10 / 16

Toplam bağlantı maliyeti 1 + 3 + 4 + 3 + 5 = 16 km olur. (1,3) ve (3,4) bağlantıları

alternatiftir ve yalnızca birinin seçilmesi yeterlidir. Dikkat edilirse hem (1,3) hem de (1,4) ‘ün

yer aldığı bir şebeke döngü içerdiğinden kapsayan ağaç olmaz, ayrıca gereksiz bağlantı

içerdiğinden en küçük kapsayan ağaç da olmaz.

Örnek: Aşağıda 9 kuyu arasındaki uzaklıkların verildiği bir uzaklık matrisi verilmiştir. Bu

kuyular birbirine bağlanmak istenmekte ve suların teslim noktasında biriktirilmesi

istenmektedir. Kuyular arasındaki en ekonomik bağlantının kurulması istenmektedir.

1 2 3 4 5 6 7 8 9

1 X 5 9 20 4 M M 14 15

2 X 6 M M M M M M

3 X 15 10 M M M M

4 X 20 7 12 M M

5 X 3 5 13 6

6 X M M M

7 X 7 M

8 X 5

9 X

11 / 16

Düğüm 1 başlangıç noktası olarak belirlensin (herhangi bir düğümden başlanabilir).

Adaylar �� = {1} ile uzaklıklar

2 5

3 9

4 20

5 4

6 M

7 M

8 14

9 15

En düşük uzaklığı veren düğüm: 5.

Adaylar �� = {1,5} ile uzaklıklar

2 5,M

3 9,10

4 20,20

6 M,3

7 M,5

8 14,13

9 15,6

Uzaklıklardan 5 ve 6 nolu düğümlerin bağlanacağına karar verilir:

12 / 16

Adaylar �� = {1,5,6} ile uzaklıklar

2 5,M,M

3 9,10,M

4 20,20,7

7 M,5,M

8 14,13,M

9 15,6,M

(1 ve 2 ) veya (5 ve 7) bağlanabilir. Bunlardan biri (örneği (1 ve 2)) seçilsin:

Adaylar �� = {1,5,6,2} ile uzaklıklar

3 9,10,M, 6

4 20,20,7, M

7 M,5,M, M

8 14,13,M, M

9 15,6,M, M

5 ve 7 nolu düğümlerine bağlanmasına karar verilir:

Adaylar �� = {1,5,6,2,7} ile uzaklıklar

3 9,10,M, 6, M

4 20,20,7, M, 12

8 14,13,M, M, 7

9 15,6,M, M, M

Alternatif olarak (2,3) ve (9,5) bağlanabilir. (2,3) bağlantısını yapalım:

13 / 16

Adaylar �� = {1,5,6,2,7,3} ile uzaklıklar

4 20,20,7, M, 12, 15

8 14,13,M, M, 7, M

9 15,6,M, M, M, M

En küçük uzaklık (5,9) bağlantısındadır.

Adaylar �� = {1,5,6,2,7,3,9} ile uzaklıklar

4 20,20,7, M, 12, 15, M

8 14,13,M, M, 7, M, 5

8 nolu düğüm 9 nolu düğüm ile bağlanır:

Adaylar �� = {1,5,6,2,7,3,9,8} ile uzaklıklar

4 20,20,7, M, 12, 15, M, M

Son olarak da 4 nolu düğüm 6 nolu düğümle bağlanır. Oluşan şebeke aşağıdaki

gibidir:

14 / 16

Şebekinin tüm düğümleri bağlanış, döngüye izin verilmemiştir. Ayrıca düğümler,

bağlantı uzunlukları minimum olacak şekilde bağlanmıştır.

ÇALIŞMA SORULARI

1) Son uygulamadaki şebekenin toplam uzunluğu ne kadardır? 2) Aşağıda uzaklık matrisi verilen şehirler arasında demiryolu bağlantısı kurulacaktır.

Tüm şehirleri birbirine bağlayacak en ekonomik bağlantıyı bulunuz.

1 2 3 4 5 6 7

1 X 21 19 43 60 12 19

2 X 9 8 18 1 3

3 X 10 11 12 13

4 X 9 8 6

5 X 8 7

6 X 6

7 X

15 / 16

KAYNAKÇA

Taha, Hamdy, "Yöneylem Araştırmaları", Literatür

16 / 16

Öztürk, Ahmet, "Yöneylem Araştırması", Ekin Frederick S Hillier, Gerald J Lieberman, "Introduction to Operations Research Hillier", 8th edition,McGraw-Hill Companies, 2004



ARAŞTIRMA MERKEZİ

İSUZEM


2 / 19


BÖLÜM: Ekonometri




DERS NOTU YAZARININ




3 / 19

7. HAFTA DERS NOTU

4 / 19

İÇİNDEKİLER

En Kısa Yol Algoritması ve Maksimum Akış Modeli

5 / 19

ÖZET (TÜRKÇE)

Şebeke modelleri en kısa yol, en yüksek akış, en küçük kapsayan ağaç, CPM ve PERT

gibi algoritmalar ile çözümleri aranan modelleri içerir. Bu bölümde En Kısa Yol

Algoritması ve Maksimum Akış Modeli incelenecektir.

6 / 19

En Kısa Yol Algoritması

En kısa yol problemlerinde başlangıç ve bitim düğümleri arasındaki en kısa yolun bulunması amaçlanır. Aşağıdaki şebeke için 1 nolu düğümden 7 nolu düğüme en kısa yolu bulmak istediğimizi varsayalım.

İlk olarak 1. Noktaya hiçbir öncül düğümden gelinmediği için (-,0) etiketi ile nitelenir. Tire (-)

hiçbir yerden gelinmediğini, 0 ise bu düğüme ulaşmak için öncülden 0 mesefe katedildiğini

gösterir.

7 / 19

1 nolu düğümden; 2, 3 ve 4 nolu düğümlere olan uzaklıklar 8,15 ve 10 ‘dur. Böylece bu

uzaklıklar aynı notasyonla şebeke üzerinde gösterilebilir:

8 / 19

Yukarıda 2,3 ve 4 nolu düğümlerin etiketleri geçici olarak oluşturulmuş ve bu yüzden mavi

renkle gösterilmiştir. Kalıcı olarak gösterilen bağlantılar için kırmızı renk seçilmiştir. Son

şekilden 2 nolu düğüme 1 nolu düğüm üzerinden toplan 8 birim yol katederek ulaşmak

mümkündür. Benzer şekilde 4 nolu düğüme ulaşmak için toplam 10 birim yol almak gerekir.

3 nolu düğümün durumu ilginçtir. 3 nolu düğüme direkt olarak 1 nolu düğümden

gelmektense, 2 nolu düğüm üzerinden gelmek 14 birim yol almaya sebep olur. Böylece 3 nolu

düğüme gitmenin en kısa yolunun 2 üzerinden gelmek olduğunu görürürüz. 2 nolu düğüme en

kısa 1 nolu düğüm üzerinden gidilir. 4 nolu düğüm için de en kısa yol, 1 nolu düğümden

dolaysız olarak gelmektir. Kalıcı yollar şöyle işaretlenebilir:

9 / 19

5 nolu düğüme 2 nolu düğüm üzerinden toplam 17 birim yol, 3 nolu düğüm üzerinden 21, 4

nolu düğüm üzerindne yine 21 birim mesafe katederek ulaşılabilir. Böylece 5 nolu düğüme

gitmenin en kısa yolu 2 nolu düğümden gitmektir sonucuna varılır. Bu yol kalıcı olarak

işaretlenir.

10 / 19

6 nolu düğüme 4 nolu düğümden 19, 3 nolu düğümden 22, 5 nolu düğümden yine 19 birim

mesafe ile ulaşılır. Burada 6 nolu düğüme gitmek için iki alternatif optimum yolun olduğunu

görürüz. Şimdilik 6’ya 4 nolu düğümden ulaştığımızı varsayalım:

11 / 19

7 nolu düğüme ise 5 veya 6 nolu düğümden ulaşılabilir. 5 nolu düğümden toplam 17+14=31

birim mesafe ile ulaşılırken 6 nolu düğümden toplam 19+11 = 30 birim ile ulaşılır. Böylece 7

için en kısa yol, ona 6’dan gitmektir.

12 / 19

Böylece optimum yollardan birinin

1 -> 4 -> 6 -> 7

Ve diğerinin

1 -> 2 -> 5 -> 6 -> 7

Olduğunu görürüz. Bu iki yol da toplam 30 birimdir. Bu problem için en kısa yolun tek bir

çözümü yerine alternatif olan iki çözüm elde edilmiştir.

13 / 19

En Yüksek Akış Problemleri

En yüksek akış problemlerinde amaç iki nokta arasındaki taşınan malzeme miktarını optimum

kılacak bir yükleme şemasının belirlenmesidir. Başlangıç noktasına kaynak, hedefe de bitim

adı verilir. Yüklemeler kaynak ve bitim adı verilen dallar arasında gerçekleştirilir (birleşim

veya bağlantı). Birleşim noktalarının malzemeleri depolamadığı varsayılır.

Aşağıda kaynak A’dan bitim noktası D’ye malzemelerin nasıl gönderildiğini gösteren bir

şebeke verilmiştir. İstenen, kaynak A’dan Bitim yeri D’ye şebekece gönderilecek

malzemelerin en yüksek akış miktarının bulunmasıdır.

A’dan D’ye dolaysız olarak 8 birim malzeme gönderilebilir:

14 / 19

AC-CB-BD yoluna bakalım. Bu rotada maksimum 4 birim malzeme taşınır. Bu durumda

15 / 19

Diğer bir yol, AC - CD yoludur. Bu yoldan en fazla 3 birim malzeme gönderilir:

16 / 19

Diğer bir yol, AB – BC – CD yoludur. Bu yol üzerinden en fazla 7 birim malzeme

gönderilebilir.

17 / 19

Böylece A’dan D’ye toplam 22 birim malzeme gönderilebileceği görülür. Bu A’dan D’ye

maksimum akıştır.

18 / 19

ÇALIŞMA SORULARI

19 / 19

KAYNAKÇA




ARAŞTIRMA MERKEZİ

İSUZEM


2 / 16


BÖLÜM: Ekonometri




DERS NOTU YAZARININ




3 / 16

8. HAFTA DERS NOTU

4 / 16

İÇİNDEKİLER

CPM ve PERT

5 / 16

ÖZET (TÜRKÇE)

Şebeke modelleri en kısa yol, en yüksek akış, en küçük kapsayan ağaç, CPM ve PERT

gibi algoritmalar ile çözümleri aranan modelleri içerir. Bu bölümde proje planlamasıyla

ilgili olan CPM ve PERT yöntemleri incelenecektir.

6 / 16

CPM (Kritik Yol Yöntemi)

CPM (Critical Path Method – Kritik Yol Yöntemi) ‘de aşağıdaki tanımlardan faydanalacağız: “D faaliyeti başlamadan önce E faaliyetinin bitmesi gerekir” gösterimi:

“A faaliyeti tamamlanmadan hem B hem de C faaliyeti başlatılamaz” gösterimi:

“K ve L faaliyetleri C faaliyeti bitmeden başlatılamaz, ayrıca kukla faaliyet süresi sıfırdır ve

kesikli çizgilerle gösterilir”

Kukla faaliyet, K ve L işlemlerininden yalnızca birinin bitirildiğinde aynı noktaya

ulaşılacağını göstermek için konmuştur. Hem K hem de L sonucunda aynı noktaya

7 / 16

ulaşılıyorsa bu işlemlerden birini seçmek toplam işlemlerin bitmesine engel olmayacaktır

demektir.

CPM için şebeke oluşturma kuralları:

1) Olay 1, projenin başlangıcını temsil eder. Olay 1 ‘de başlangıç faaliyetinden önce

gelen faaliyet yoktur.

2) Projenin tamamlandığını temsil eden bitim noktası veya olay şebekeye dahil

edilmelidir.

3) Şebekedeki olayların sayısı başlangıçtan bitime doğru artar.

4) Şebekedeki herhangi bir faaliyet birden fazla okla temsil edilmemelidir.

5) İki olay en fazla bir okla birleştirilir.

Örnek: Aşağıda belirtilen proje faaliyetleri için

a) Ok diyagramını çiziniz.

b) Her faaliyet için en erken başlangıç zamanını bulunuz.

c) Eğer proje en kısa zamanda tamamlanırsa, her faaliyetin başlayabileceği en geç

zamanı bulunuz.

d) Kritik yolu bulunuz.

Faaliyetler Başlama Önceliği Süre (gün)

A - 16

B - 20

C - 30

D B 15

E B 10

F A 15

G D 3

H D 16

I E,F,G 12

8 / 16

a)

b)

Olay Önce Gelen En Erken

Başlama Zamanı

Faaliyet Zamanı En Erken Bitirme

Zamanı

1 - - - 0

2 1 0 16 0+16=16

3 1 0 20 0+20=20

4 3 20 15 20+15=35

5 2 16 15 16+15=31

5 3 20 10 20+10=30

5 4 35 3 35+3=38

6 1 0 30 30+0=30

6 4 35 16 35+16=51

6 5 38 2 31+12=50

5. olay için en erken bitirme süresi = max(31,38,30) = 38

6. olay için en erken bitirme süresi = max(30,51,50) = 51

Projenin en erken bitim süresi 51 gündür. Bu değer aynı zamanda

9 / 16

Maks (0,16,20,35,38,51)=51 olarak da bulunur. Maksimumu alınan değerler her bir olay için

en erken bitirme zamanlarıdır.

c ve d: Aşağıdaki grafik aynı zamanda GANNT grafiği adını alır.

Projenin en erken bitirilme süresi: 20 + 15 + 16 = 51

Bu da B- D-H yolunun uzunluğudur (51).

Böylece projenin en erken başlama zamanı veren yol ile projenin en kısa sürede tamamandığı

durumda, her faaliyetin başlayabileceği en geç zaman 51 ‘dir. B-D-H yoluna, kritik yol adı

verilir.

10 / 16

PERT - Program Evaluation and Review Technique

Pert ile (Proje değerlendirme ve gözden geçirme tekniği) projelerin en erken ortalama

bitiş süreleri için olasılık hesapları ve güven aralıkları elde edebileceğiz. Aşağıdaki projeyi

inceleyelim:

Aktivite Öncelikler En İyi Süre En Çok Olabilir

Süre

En Kötü Süre

A - 4 5 9

B - 3 6 15

C A 3 4 5

D A 2 7 9

E B,C 3 5 7

F D 6 8 13

G D,E 1 3 11

En iyi süre (optimistic time), En çok olabilir süre (Most likely time) ve En kötü süre

(Pessimistic Time) tahmini olarak belirlenmiştir. Bu sürelerin birer Beta dağılıma uyduğu

varsayılır. Buna göre

�̅ = (� + 4� + )/6

Ve

� = � − �6 �

�

Olarak hesaplanır. Buna göre:

11 / 16

Aktivite Öncelikler �̅ �

A - 5.5 0.69

B - 7 4

C A 4 0.11

D A 6.5 1.36

E B,C 5 0.44

F D 8.5 1.36

G D,E 4 2.78

Şimdi her bir aktivitenin ortalama süresini kullanarak ortalama kritik yolu belirleyelim:

A-D-F yolu, en uzun yoldur. Bu yola ait ortalama ve varyans değerlerini kullanarak

� = 5.5 + 6.5 + 8.5 = 20.5

Ve

�� = 0.69 + 1.36 + 1.36 = 3.4

elde edilir. Standart sapma, varyansın kare kökü olacağından

� = �� = 1.8439

12 / 16

olarak elde edilir. Her bir faaliyet için O, M ve P sürelerinin beta dağılımından geldiğini

söylemiştik. Merkezi limit teoremi gereği

� = � − ��

test istatistiği standart normal dağılır. Böylece projenin 18 gün ve daha az sürede bitme

olasılığını

� = 18 − 20.51.8439 = −1.3558

ve (� < −1.3558) = 0.087 olarak hesaplanır (normal dağılım tablosu kullanarak veya R

programında pnorm(q=-1.3558) yazarak hesaplanabilir).

Benzer şekilde projenin 20 ve daha az günde bitme ihtimali

� = 20 − 20.51.8439 = −0.271

Ve (� < −0.271) = 0.39 olarak hesaplanır (normal dağılım tablosundan veya R

programında pnorm(q=-0.271) komutundan faydalanarak).

Benzer şekilde projenin 25 ve daha az günde bitme ihtimali ise

� = 25 − 20.51.8439 = 2.44

Ve (� < 2.44) = 0.99 olarak hesaplanır. Böylece projenin 25 ve daha az günde bitirilme

olasılığını %95 olarak görüyoruz.

Projenin bitirilme süreleri için belirli güven düzeylerinde güven aralıkları da düzenlenebilir.

Örneğin ∝= 0.05 anlamlılık düzeyi seçilirse, güven düzeyi 1−∝= 0.95 olur ve %95’lik

güven aralığının sol tarafı

13 / 16

� − �� = 20.5 − 1.96�1.84439 = 16.90

Ve

� + �� = 20.5 + 1.96�1.84439 = 24.09

Böylece %95’lik güven aralığını

16.90 < T < 24.09

Olarak elde etmiş oluruz. Bu güven aralığı

(16.90 < # < 24.09) = 0.95

Şeklinde de gösterilebilir. Buradan, bu projenin değerleme işleminin 100 kez tekrarlandığı

durumda en erken bitiş sürelerinin 95’i bu aralığın içine girecektir sonucu çıkartılabilir.

Benzer şekilde ∝= 0.01 anlamlılık düzeyi seçilirse, güven düzeyi 1−∝= 0.99 olur. Güven

aralığı

� − �� = 20.5 − 2.57�1.84439 = 15.76

ve

� + �� = 20.5 + 2.57�1.84439 = 25.25

olur.Böylece

15.76 < T < 25.25

olarak yazılabilir. Bu ifade güven aralığıdır. Olasılık gösterimi ise

(15.76 < # < 25.25) = 0.99

14 / 16

Buradan, bu projenin değerleme işleminin 100 kez tekrarlandığı durumda en erken bitiş

sürelerinin 99’u bu aralığın içine girecektir sonucu çıkartılabilir.

15 / 16

ÇALIŞMA SORULARI

Aşağıdaki proje için kritik yolu elde ediniz. Faaliyet Süre Öncelik A 1 - B 3 A C 7 A D 2 B E 1 B F 2 D,E G 3 D H 7 C,F,G

16 / 16

KAYNAKÇA




ARAŞTIRMA MERKEZİ

İSUZEM


2 / 16


BÖLÜM: Ekonometri




DERS NOTU YAZARININ




3 / 16

9. HAFTA DERS NOTU

4 / 16

İÇİNDEKİLER

Stok yönetimi

Stok izleme politikaları

Ekonomik sipariş miktarı modeli

5 / 16

ÖZET (TÜRKÇE)

Bu bölümde deterministik stok modelleri incelenecektir.

6 / 16

Stok Yönetimi

Stok maliyetleri:

1) Elde Bulundurma Maliyeti: Bu maliyeti oluşturan etkenler, ürüne bağlanan sermaye,

depolama, kiralama, stoklara ilişkin elektrik-su giderleri, sigorta, işgücü, vergiler,

bozulma, eksilme, eksilme olarak sayılabilir. Ürün değeri C (maliyeti), belirli bir

yüzdesi H olmak üzere bir birim ürünü stokta tutmanın maliyeti

�� = ��

ile hesaplanır.

2) Sipariş Verme Maliyeti: Bu maliyetler, sipariş verilen birim sayısından bağımsız

olarak her siparişte ortaya çıkar. Üretim yapan işletmelerde bu maliyetler hazırlık

maliyeti olarak adlandırılır. Üretim hattının hazırlanması, personel ayarlaması gibi

nedenlerle ortaya çıkan maliyetlerdir. Üretim yapmayan işletmeler için sipariş

yazışmaları, iletişim masrafları, nakliye gibi nedenlerle ortaya çıkabilir. �� ile

gösterilir.

3) Elde Bulundurmama Maliyeti: �� ile gösterilir ve stokta ürünün bulundurulmamasıyla

ortaya çıkar. Müşteri kaybı, gelecekteki satışların iptali, itibar kaybı gibi nedenlerle

ortaya çıkan maliyetlerdir. Bu maliyetlerin tahmini zordur. İşletmeler zaman zaman

elde bulunmayan ürünlerden dolayı müşteri kaybetmemek için daha yüksek maliyetli

ürünleri daha düşük fiyatla müşteriye sunabilirler.

4) Satın Alma veya Üretim Maliyeti: Birim ürünün satın alma veya üretim maliyetidir. �

ile gösterilir.

Toplam yıllık stok maliyeti, yukarıdaki dört kalem maliyetin toplamı olarak yazılır.

İşletmenin amacı bu toplam maliyeti en küçükleyen stok miktarını bulmak olacaktır.

7 / 16

Stok İzleme Politikaları

1) Sürekli Takip Yaklaşımı: Stoktaki ürünler sürekli takip edilir. Stok düzeyi kritik bir

düzeye indiğinde sabit bir miktar sipariş verilir. Bu kritik düze, yeniden sipariş noktası

olarak adlandırılır ve � ile gösterilir.

2) Periyodik Takip Yaklaşımı: Sipariş verme X gün / hafta / ay gibi sabit periyotlarla

yapılır. Her periyot sonunda stok düzeyleri gözden geçirilir. Sipariş miktarı sabit

değildir.

Ekonomik Sipariş Miktarı Modeli (ESM Modeli)

(Economic Order Quantity – EOQ Model)

ESM Modeli stok yöneticisinin, siparişleri kaçar birimlik partiler halinde vermesi

gerektiği sorusunun cevabını arayan en basit temel modeldir. Belirli bir planlama dönemi

boyunca hangi sabit aralıklarla, kaç birimlik sabit siparişler verilmesi gerektiği bulunur.

Modelin varsayımları şunlardır:

• Ürüne olan talep tüm peryot boyunca sabittir ve D ile gösterilir.

• Sipariş miktarı sabittir ve Q ile gösterilir.

• Ürünün fiyatı tüm peryot boyunca sabittir.

• Tedarik süresi sabittir.

• Elde bulundurma maliyeti hesaplanırken, ortalama stok miktarı göz önünde

bulundurulur.

• Sipariş verme maliyeti sabit ve sipariş miktarından bağımsızdır.

• Tüm talep karşılanır.

• Tüm sipariş aynı anda teslim edilir.

• Aynı sipariş ve talep döngüsü sürekli tekrarlanır.

8 / 16

Yukarıdaki grafikten faydanalarak ekonomik sipariş miktarı için şunları söyleyebiliriz:

• Her peryoda Q kadar stokla başlanır (a).

• Dönem boyunca sabit kabul edilebilecek bir talep vardır (a-c).

• Eğer stoklar bittiğinde verilen sipariş hemen ulaşmıyorsa, yani L gibi bir tedarik süresi

gerekiyorsa, stoklar sıfırlanmadan bir süre önce sipariş verilmesi gerekir. Bu nokta (b)

yeniden sipariş noktası ( R ) olarak adlandırılır.

• Birim süredeki talep hızını d ile tanımlarsak, L tedarik süresi boyunca, � birim

talep olması beklenir (çünkü talep hızı = �/ olur, buradan � = � yazılır). Bu

nedenle stoklar � = �� düzeyine geldiğinde yeniden Q miktarında sipariş verilir.

9 / 16

Yukarıdaki grafik için şunlar söylenebilir:

• Yıllık talep 1800 ‘dür (öngörülen)

• Sipariş miktarı 900 ‘dür.

• D/Q = 2 defa sipariş verilmiştir.

• Ortalama sipariş miktarı 900/2 = 450 ‘dir.

N: Sipariş sayısı

D: Yıllık Talep

Q: Sipariş Miktarı

Olmak üzere, � = �� ile hesaplanır.

Toplam yıllık Sipariş Verme Maliyeti = Sipariş Maliyeti x Sipariş Sayısı

�� ş �� = �� ! = ��

Toplam yıllık Elde Bulundurma Maliyeti = Birim Stok Maliyeti x Ortalama Stok

�� "#�#$#�� = �� !2

10 / 16

Toplam Yıllık Satın Alma Maliyeti = Birim Satın Alma Maliyeti x Toplam Talep �� $ �� = � � �

Böylece bu üç maliyetin toplamı, toplam maliyet, aşağıdaki şekilde yazılabilir:

�� &�� = �� + �� ! + �� !2

olarak yazılabilir. İlk terimin toplam sabit maliyet, son iki terimin toplam değişken

maliyet olduğu hemen gözlemlenebilir. Optimal miktar

(�� &�� )! = 0

eşitliğini sağlayan Q düzeyinde olacaktır. Toplam maliyetin Q’ya göre birinci türevi alınıp

sıfıra eşitlenirse:

(�� &�� )! = 0 − ��!, + ��2 = 0

elde edilir. Buradan

−2�� + !,�� = 0

ve

!, = 2��

elde edilir. Her iki tarafın karekökü alınırsa

! = -2��

11 / 16

elde edilir ki, Q ‘nun bu değerinde, toplam stok maliyetleri en küçüktür.

Örnek: Bir ilaç firması A marka ilacı ithal etmektedir. A ürününden yılda ortalama 18000

adet satmaktadır. Talep yıl boyunca önemli bir dalgalanma sergilememektedir. Bir A

malının maliyeti 50 TL’dir. Yurtdışından her siparişin maliyeti yaklaşık 2500 TL’dir. A

malını stokta tutmanın 1 yıllık maliyeti ürün maliyetinin %20’sidir. A malından kaçar

birimlik partiler halinde sipariş verilmelidir? Stoklar hangi seviyeye düştüğünden sipariş

verilmelidir? Yıllık toplam sipariş maliyetleri ne kadar olacaktır? Not: Teslim, siparişten

10 gün sonra gerçekleşir.

Cevap: Sorudan faydalanarak aşağıdaki değişkenleri belirleyebiliriz: � = 18000 �� = 2500 � = 50 � = 0.20 �� = 50�0.20 = 10

Ekonomik sipariş miktarı:

! = -2�� = -2�2500�1800010 = 3000 3�

Talep Hızı = 45��678 = 49.3 İ��ç/=ü$

Yeniden Sipariş Noktası = � = � = 10�49.3 = 493

Sipariş Sayısı = � = �� = 45��6�� = 6 ��@

Siparişler Arası Geçen Süre = 4A = �� = 6��45�� = 0.1667 ��

Ortalama Stok Düzeyi=�, = 6��, = 1500

Toplam Maliyet= �� + �� + �� , = 50�18000 + 2500� 45��6�� + 10� 6��, = 930000

olacaktır.

12 / 16

Kademeli Teslim Durumunda ESM Modeli

Modelde stoklar kademeli olarak teslim edilir. Siparişlerin kademeli teslim hızı p ile

gösterilir ve birim/gün olara ifade edilir. p>d olmalıdır (Aksi durumda stoktan söz

edilemez).

Siparişler devam ettikçe stok birim hızı p-d kadar olacaktır. Siparişler tamamlandığında

stokların d hızıyla tüketilmeye başladığı görülür. Bu yüzden bu modelde stokların elde

bulundurma maliyeti daha düşük olur. Siparişlerin bittiği ve stokların d hızıyla

tüketilmeye başladığı nokta en yüksek düzey (CDEFG) olarak adlandırılır. Bu modelde

H� �� &�� = !IJK = !2 L1 − �M

�� N��ş &�� = �� !

�� O�� P�� Q#�#$#�� &�� = �� !2 L1 − �M

O�� &�� = �� + �� ! + �� !2 L1 − �M

olur. Ekonomik sipariş miktarı ise, TC yıllık toplam maliyetleri göstermek üzere

��! = 0 − ��!, + �� R1 − �S2 = 0

eşitliği yardımıyla

!, = 2�� R1 − �S

elde edilir. Her iki tarafın karekökü alınırsa:

! = T 2�� R1 − �S

13 / 16

olarak bulunur.

Örnek: Bir ilaç firması B ilacını kendi üretmekte ve yıllık ortalama 100000 adet

satmaktadır. Bu ürüne olan talep yıl boyunca sabit kabul edilebilir. B ilacının birim

maliyeti 5 TL ‘dir. Firma her parti üretiminden önce yaklaşık 600 TL ‘lik üretim hattını

hazırlama maliyetiyle karşılaşmaktadır. Bir B ürününü stokta 1 yıl tutmanın maliyeti, ürün

maliyetinin %18’i kadardır. Üretim hazırlıklarına başlandıktan 10 gün sonra parti

üretimine başlanmaktadır. Günde ortalama 2000 B ürünü üretebilen şirket yılda 365 gün

çalışmaktadır. B ürününü kaçar birimlik partiler halinde üretmelidir? Maksimum stok

düzeyi ne olacaktır? Stoklar hangi seviyeye düştüğünde yeniden üretim hazırlıklarına

başlanmalıdır? Yıllık toplam stok maliyetleri ne kadardır?

Cevap: Sorudan aşağıdaki değerler yeniden yazılabilir: � = 100000 �� = 600 � = 5 � = 0.18 = 10 U = 2000

Elde bulundurma maliyeti: �� = �� = 5�0.18 = 0.9�

Talep hızı: = 4��687 = 274

! = T 2�� R1 − �S = T 2�600�1000000.9� R1 − 2742000S = 12429.7 3�

&��#� N �� ü@�� = ! L1 − �M = 12429.7� L1 − 2742000M = 10727

O�$��$ N��ş �� = � = � = 10�274 = 2740

N��ş N�� = � = �! = 10000012429.7 = 8.04

N��ş�� 3�� =�ç�$ Nü�� = 1� = 45.4 =ü$

H� �� N �� ü@�� = !IJK = 107272 = 5363.5

14 / 16

�� &�� = �� + �� ! + �� !2 L1 − �M = 509654�

15 / 16

ÇALIŞMA SORULARI

16 / 16

KAYNAKÇA




ARAŞTIRMA MERKEZİ

İSUZEM


2 / 16


BÖLÜM: Ekonometri




DERS NOTU YAZARININ




3 / 16

10. HAFTA DERS NOTU

4 / 16

İÇİNDEKİLER

Olasılığın Temelleri ve Tahmin Yöntemleri

5 / 16

ÖZET (TÜRKÇE)

Olasılığın Temelleri ve Tahmin Yöntemleri, Hareketli Ortalamalar, Üstel Düzeltmeler

Yöntemi

6 / 16

Olasılığın Temelleri ve Tahmin Yöntemleri

Rassal Değişkenler ve Olasılık Dağılımları: Deney sonuçlarının sayısal olarak

gösterilmesi rassal değişkeni oluşturur. Bir diğer deyişle rassal değişken, örneklem

uzayındaki her bir noktayı reel sayılar kümesine eşleyen bir fonksiyondur. Bir x rassal

değişkeni kesikli veya sürekli olabilir. Örneğin zar atma deneyinde bir rasgele değişken

x=1 ‘den x=6’ya kadar kesikli değerler alır. Hizmet görmek için bir gelenlerin gelişler

arası x>=0 olmak üzere sürekli değerler alır.

Rassal değişkenlerin sahip olduğu olasılık yoğunluk fonksiyonları (pdf) kesikli ve sürekli

rassal değişkenler için aşağıdaki özellikleri gösterir:

Karakteristik Kesikli Sürekli

Tanım aralığı x=a,a+1,a+2,…,b � � � � �

Pdf için koşullar �� 0 �� 0

�� 1 � �� 1

Birikimli dağılım fonksiyonları (CDF) şu özellikleri gösterir:

�� , ��

!�"�� , ��ü$��

�

�

h(x), x rassal değişkenin bir fonksiyonu ise, h(x) ‘in beklenen değeri

7 / 16

%[ℎ��] �� ℎ��, ��

!��ℎ��, ��ü$��

�

İle hesaplanır. Bir x rassal değişkeninin ortalama ve varyansı sırasıyla

%[�] �� , ��

!��, ��ü$��

�

Ve

)�$�� − %[�]�+��, ��

!�� − %[�]�+��, ��ü$��

�

İle tanımlanır.

Özel Olasılık Dağılımları

1) Binom Dağılımı: Binom dağılımı

��; -, �� .-�/� �1 − ��012,� � 0,1,2,… , -

İle tanımlanır. Dağılımın ortalama ve varyansı

%[�] � -�

8 / 16

Ve

)�$�� -��1 − ��

Olarak tanımlanır.

Örnek: Mehmet Bey, işi gereği iki kasaba arasında arabasıyla günde 10 kez gidip

gelmekte, bu gidip gelmeler tamamlandıktan sonra günlük çalışma sona ermektedir.

Bu durum zaman zaman Mehmet Bey’in hız sınırlarını aşmasına sebep olmaktadır.

Geçmişte yaşananlardan bir gidiş geliş sırasında hız sınırının aşılması nedeniyle ceza

yeme olasılığının %40 olduğu anlaşılmaktadır.

a) Bir günün ceza yemeden tamamlanması olasılığı nedir?

b) Hız sınırı aşımında ceza olarak 80 pb alınıyorsa, ortalama günlük ceza miktarı kaç pb

‘dir?

Cevap: p=0.40 ve X=0 olduğundan a şıkkında istenen

�� 0; 10,0.4� � 7100 8 0.49�1 − 0.4�:9 � 0.006

Olur. Ortalama ceza, binom dağılımının ortalamasından

%[�] � -� � 10�0.40 � 4

Olarak bulunur. Her cezada 80 pb ceza kesildiğinden ortalama

4�80 � 320��

Ceza kesilmiş olur.

2) Poisson Dağılımı: Müşterilerin bir bankaya ya da markete tümüyle rastgele bir şekilde

gelmesi demek, bu müşterilerin herhangi birinin gelişinin tahmin etmenin bir yolu

olmaması demektir. Belirlenmiş bir zaman aralığı içinde bu gibi gelişlerin sayısını

belirlemek için Poisson dağılımı kullanılır. x, dakika ya da saat gibi tanımlanan bir

9 / 16

zaman aralığı boyunca ortaya çıkan olayların sayısı olsun. Bu durumda Poisson pdf’si

aşağıdaki gibi verilir:

�� > �1?�! ,� � 0,1,2,…

Dağılımın ortalama ve varyansı

%[�] � >

Ve

)�$�� >

Olarak tanımlanır. Burada > birim zaman başına meydana gelen ortalama olay sayısını

göstermektedir. > parametrisi olayların meydana gelme sıklığı şeklinde tanımlanır.

Örnek: Küçük bir tamir atölyesine günde 10 adet’lik bir sıklıkla iş gelmektedir.

a) Atölyeye gelen günlük ortalama iş sayısı nedir?

b) Atölyenin günde 8 saat çalıştığı düşünülürse, herhangi 1 saat boyunca atölyeye iş

gelmeme olasılığı nedir?

Cevap: Gelen günlük ortalama iş sayısı > � 10 iştir. Saat başına iş gelmeme olasılığını

hesaplamak için saat başına geliş hızını (oranın) hesaplamak gerekir. >A��B � :9C � 1.25

iş/saat ‘tir.

�� 0� � �>A��B�9�1?EFFG0! � 0.2865

Olur.

3) Üstel Dağılım: Belirli bir zaman aralığı boyunca bir hizmet yerindeki geliş sayısı bir

Poisson dağılımına uyuyorsa, birbirini izleyen gelişlerin aralarındaki süreler de üstel

dağılıma uyar. Poisson dağılımında olayların meydana gelme hızının > olması halinde,

birbirini izleyen x gelişleri arasında sürelerin dağılımı da

�� >�−>�,� > 0

10 / 16

I � 1>

İçin

�� 1I �1 J,� > 0

Olarak tanımlanır. Dağılımın ortalama ve varyansı

%[�] � 1> � I

Ve

)�$�� 1>+ � I+


Örnek: Bir benzin istasyonuna ortalama olarak her 2 dakikada 1 araba gelmektedir. Araba

gelişleri arasındaki sürenin 1 dakikayı geçmeme olasılığını belirleyin.

Cevap:

Geliş hızı > � :+ olduğundan istenen olasılık

�� 1� � �>�1? :

9�� >−1> �1? K10

� −�19.L K10

� −�19.L − �−1� � 1 − �19.L � 0.39

Olarak hesaplanır.

11 / 16

4) Normal Dağılım: Sınav sonuçları, ağırlık, boy gibi günlük hayatımızda sık sık

karşılaştığımız bir çok olayı normal dağılımla tanımlamak mümkündür. Normal

dağılımın olasılık yoğunluk fonksiyonu

�� 1√2OP+ �1

� 1Q�R+SR ,− ∞ � � � ∞

Olarak tanımlanmıştır. Dağılımın ortalama ve varyansı

%[�] � U

Ve

)�$�� P+


Hareketli Ortalamalar Yöntemi

Bu yöntemin üzerinde durulan varsayımı, zaman serisinin durağan olduğu ve zaman serisinin

VW � � + YW

Modelinden üretildiğidir. Burada b, parametredir ve geçmiş veriden tahmin edilebilir. Hata

terimi sıfır ortalamaya sahiptir ve varyansı gözlemden gözleme değişmez. Hareketli ortalama

yöntemi en son gözlenen n gözlemin, b parametresinin tahmininde eşit derecede önemli

olduğunu varsayar. t+1. Peryottaki gözlemin değeri aşağıdaki şekilde tahmin edilir:

VBZ:[�VB10Z: + VB10Z+ +⋯+ VB-

12 / 16

Hareketli ortalama yönteminde n’nin seçimi için kesin bir kural yoktur. Eğer değişkendeki

sapmalar zaman boyunca sabit kalıyorsa n’nin büyük olması önerilir. Aksi halde n için küçük

değerler seçilir. Pratikte n, 2 ile 10 arasında bir değer alır.

Örnek: Bir stok kalemi için geride kalan 24 ay boyunca gerçekleşen talep aşağıdaki tabloda

verilmiştir. Hareketli ortalama yöntemini kullanarak gelecek ayın talebini hesaplayınız:

Ay Talep Ay Talep

1 46 13 54

2 56 14 42

3 54 15 64

4 43 16 60

5 57 17 70

6 56 18 66

7 67 19 57

8 62 20 55

9 50 21 52

10 56 22 62

11 47 23 70

12 56 24 72

Cevap: Eğer n=3 olarak seçilirse 25. Aya ait tahmin değeri

V+L] � 62 + 70 + 723 � 68

Olur. 26. Aya ait tahmin ise

V+_] � 70 + 72 + 683 � 70

Olur.

Üstel Düzeltmeler Yöntemi

13 / 16

Üstel düzeltmeler yöntemi de, hareketli ortalamalar yönteminde olduğu gibi, sürecin sabit

olduğunu varsayar. Bununla birlikte, hareketli ortalamalar yönteminde ortalamaların

hesaplanmasında verilere aynı ağırlıkların verilmesindeki eksikliği gidermek için

tasarlanmıştır. Üstel düzeltme en son gözlem değerine daha fazla ağırlık verir.

`,0 ve 1 aralığında (0 a ` a 1� düzeltme sabiti olarak tanımlansın ve geçmiş t sayıda periyot

için zaman serisinin V:, V+, … , VB ile gösterildiğini varsayalım. Sonra t+1. Periyot için tahmin

şöyle hesaplanır:

VBZ:[�`VB + `�1 − `�VB1: + `�1 − ��+VB1+ +⋯

VB, VB1:, VB1+…’nin katsayıları giderek azaldığından yeni prosedür daha yeni verilere daha

çok ağırlık verir. Katsayısında �1 − `� olan terimler ortak paranteze alınırsa

VBZ:[�`VB + �1 − `�[`VB1: + `�1 − `�VB1+ + `�1 − `�+VB1b…

� `VB + �1 − `�VBc

Bu bakımdan VBZ:[, yinelenerek VBc ’den hesaplanabilir. Yinelenen denklem t=1’de VBc ’nin

tahmini atlanarak başlatılır ve t=2’nin tahmini, t=1’deki gerçek veriye eşit olarak alınır ve

V+] � VB olarak yazılır. Gerçekte hesaplamaları başlatmak için akla uygun herhangi bir

prosedür kullanılabilir. Örneğin bazıları V9]’ın zaman serisinin başlangıcında akla uygun

sayıda ortalaması alınarak tahmin edilmesini önermektedir.

Düzeltme sabiti `’nın seçimi gelecek tahmini için önemlidir. Pratikte bu değer 0.01 ve 0.3

arasında değişir.

Örnek: Sayfa 12’deki örneğe üstel düzeltmeler yöntemini uygulayalım. ` � 0.1 olarak

seçilsin.

T VW Vdc

1 46 -

2 56 46

3 54 0.1x56 + 0.9x46=47

14 / 16

4 43 0.1x54 + 0.9x47=47.7

5 57 0.1x43 + 0.9x47.7 = 47.23

6 56 0.1 x 57 + 0.9 x 47.23 = 48.21

7 67 0.1 x 56 + 0.9 x 48.21 = 48.98

8 62 0.1 x 67 + 0.9 x 48.98 = 50.79

9 50 0.1 x 62 + 0.9 x 50.79 = 51.91

10 56 0.1 x 50 + 0.9 x 51.91 = 51.72

11 47 0.1 x 56 + 0.9 x 51.72 = 52.15

12 56 0.1 x 47 + 0.9 x 52.15 = 51.63

13 54 0.1 x 56 + 0.9 x 51.63 = 52.07

14 42 0.1 x 54 + 0.9 x 52.07 = 52.26

15 64 51.23

16 60 52.50

17 70 53.26

18 66 54.93

19 57 56.04

20 55 56.14

21 52 56.02

22 62 55.62

23 70 56.26

24 72 57.63

Verilen hesaplamalardan t=25 için tahmin aşağıdaki gibi hesaplanır:

V+L] � 0.1�72 + 0.9�57.63 � 59.07

Bu tahmin, hareketli ortalamalarla elde edilen (68) değerden farklıdır.

15 / 16

ÇALIŞMA SORULARI

1) 12.sayfada verilen bilgileri kullanarak, talebi doğrusal regresyon kullanarak tahmin

ediniz. Not: Bağımsız değişkeni zaman olarak alınız.

16 / 16

KAYNAKÇA




ARAŞTIRMA MERKEZİ

İSUZEM


2 / 13


BÖLÜM: Ekonometri




DERS NOTU YAZARININ




3 / 13

11. HAFTA DERS NOTU

4 / 13

İÇİNDEKİLER

Olasılıklı Stok Modelleri

5 / 13

ÖZET (TÜRKÇE)

Bu bölümde olasılık içeren stok modellerinden bazılarına değinilecektir.

6 / 13

Olasılıklı Stok Modelleri

Tedarik süresi (L) gözönünde bulundurularak belirlenen yeniden sipariş noktasında ( R )

temel varsayım, bu süre boyunca talebin sabit bir hızda olduğuydu. Oysa gerçek hayatta talep

hızında dalgalanmalar olabilecektir. Bu nedenle, stoksuz kalma riskini azaltmak için

genellikle hesaplanan R değerine ek olarak bir miktar güvence stoğu (GS) bulundurulur.

Dolayısıyla yeniden sipariş noktasının optimal değeri aşağıdaki gibi yeniden yazılabilir:

�∗ = �� + �

Daha önceki stok modellerinde talebin sabit olduğu varsayımı yapılmıştı. Olasılık içeren

modellerde talebin belirli bir olasılık dağılımından geldiği varsayılarak bu durum esnetilmiş

olur. (Çoğu zaman talebin normal dağılıma uyguduğu varsayılacak ancak talebin binom

dağılımı gibi kesikli bir dağılımdan geldiği de önsel olarak kabul edilebilir – veya daha sonra

simülasyon konusunda görülebileceği üzere; geçmiş deneyimlerden elde edilen amprik bir

olasılık dağılımı da kullanılabilir).

Buna ek olarak, tedarik süresi de sabit olmayıp belirli bir olasılık dağılımına uygun şekilde

değerler alabilir (yine simulasyon konusunda görüleceği gibi, tedarik sürelerinin dağılımları

geçmiş deneyimlerden elde edilen frekanslar kullanılabilir).

Bir stok döngüsündeki servis düzeyi değeri bir olasılık gösterir. Bu değer, stok döngülerinin

yüzde kaçında stok kalmak istenmediğinin bir ölçüsüdür. Örneğin, stok döngüsü hizmet

düzeyini %95 olarak belirleyen bir işletme, stok döngülerinin %95’inde stoksuz kalmamayı

hedeflemektedir.

Normal dağılıma uyan talep hızı ve hedeflenen servis düzeyi değerini kullanarak güvence

stoğunu şu şekilde belirleriz: Güvence stoğu, tedarik süresi standart sapmasıyla, normal

dağılımda hedeflediğimiz servis güvence düzeyine karşılık gelen z değerinin çarpımına eşittir:

� = ��

7 / 13

Burada �� , standart normal dağılımın sol tarafında SD kadar alan veren z değeridir. Bir diğer

gösterimle

�� = � �� = ��

��

olur. Burada ��, standart normal olasılık yoğunluk fonksiyonunu gösterir.

Tedarik süresi standart sapması, talep standart sapması cinsinden aşağıdaki gibi ifade edilir:

�� = ��

ve böylece

� = ��√�

ve dolayısıyla güvence stoğu değeri aşağıdaki gibi yazılabilir:

� = �� √�

Bu ifadeyi tedarik süresinin hesaplandığı formule yerleştirdiğimizde R değerini bulabiliriz:

�∗ = �� + �

�∗ = �� + ��

�∗ = �� + �� √�

olur.

8 / 13

Örnek (Ulucan, 2007: 432) : Beyaz eşya satan Can A.Ş. günde ortalama 40 adet tost makinası

satmaktadır. Şirket yöneticisi geçmiş günlük satışlardan, tost makinesi satışlarının standard

sapmasının 9 olduğunu hesaplamıştır. Can A.Ş. ‘nin tost makinalarını tedarik süresi 5 gündür.

Müşterilerine %98 servis düzeyinde hizmet vermeyi hedefleyen Can A.Ş. tost makinalarından

ne kadar güvence stoğu bulundurmalıdır?

Cevap: Yeniden sipariş verme noktasını hesaplayalım:

�∗ = �� + �� √�

L=5, d=40, standart normal dağılımın solunda %98’lik alan bırakan z değeri 2.05 (normal

dağılım tablosundan veya R programında qnorm(0.98) yazarak), �� = 9 olarak yazılabilir.

Böylece yeniden sipariş noktası

�∗ = 5 � 40 + 2.05 � 9 � √5 = 200 + 41 = 241

olur. Böylece Can A.Ş.’nin stokları 241 birime düştüğünde yeniden sipariş verilmelidir. Bu

miktar içinde 41 birimi güvence stoğu olarak tutulacaktır.

Can A.Ş’nin hedeflediği servis düzeyi %99 olsaydı, sonuçların nasıl değişmesini beklerdik?

Standart normal dağılımın sol tarafında %99 ‘luk alan bırakan z değeri 2.32 olarak alınabilir.

Bu değer denklemde yerine konulursa

�∗ = 5 � 40 + 2.32 � 9 � √5 = 200 + 47 = 247

Daha fazla güvence stoğu tutulmasının gerekli olduğu hemen görülebilir. Şuna dikkat

edilmelidir ki hem 41 değeri hem de 47 değeri tam sayılara yuvarlatılmış haldedir.

Burada ilginç olabilecek bir diğer soru şudur: Hedeflenen servis düzeyi %100 olsaydı ne

olurdu? Standart normal dağılımın solunda %100 ‘lük alan veren z değeri +∞’dur. Böylece,

bu seviyedeki bir servis düzeyini sağlamak için güvence stoğunun sonsuz olması gerektiğini

görüyoruz. Tabi ki bu değerin kavramsal olduğunu ve normal dağılımın büyük bir kısmının

(%99) ortalamanın 3 sapma sağında ve solunda toplandığını hatırlamak gerekir. Yukarıdaki

9 / 13

örnekte 47 birim güvence stoğunun %99 ‘luk bir servis düzeyini sağladığını görüyoruz. Bu

yüksek kabul edilebilecek bir olasılık değeridir.

Ortalama stok miktarı, tutulan güvence stoğu kadar artmak zorundadır. Ancak bunu henüz

toplam maliyetlere yansıtmadık . Toplam maliyetler

&' = '� + '(�) + '*

)2 + '*�

olur çünkü GS kadar güvence stoğunu tutmanın maliyeti '* oranındaysa, toplam güvence

stoğu maliyeti '*� olur. '*� terimi Q stok miktarını içermediğinden optimum stok

miktarını belirlemez ancak optimum stok miktarındaki toplam maliyeti sabit bir oranda

arttırır.

Can A.Ş. örneğinde talep belirsizdi ve talep için normal dağılım varsayımı yapıldı. Zaman

zaman talebin yanısıra, tedarik süresi de belirsizlik içerebilir. Örneğin ortalaması 10 gün olan

tedarik süresi zaman zaman 7 güne kadar kısalabilirken, 15 güne kadar gecikebiliyorsa,

tedarik süresi için de belirsizlikten söz edilebilir. Bu durumda tedarik süresindeki standart

sapma iki bileşen içerecektir. Bunlar, tedarik süresindeki talebin sapması ve tedarik süresinin

kendi sapması olacaktır. Bu durumda bu iki bağımsız rassal değişkenin bileşik standart

sapması aşağıdaki şekilde hesaplanır:

� = +� �. � + �,�. ��

Burada;

� ∶ Tedarik süresindeki bileşik standart sapma

� : Talebin standart sapması

�,: Tedarik süresinin standart sapması

� : Tedarik süresi

� : Talep hızı (talep / gün)

10 / 13

Olarak belirlenmiştir. Bir önceki örnekte 5 gün olarak verilen tedarik süresinin standart

sapmasının 2 gün olduğu biliniyorsa, güvence stoğu hesaplaması aşağıdaki gibi değişecektir:

� = +� �. � + �,�. �� = .9�. 5 + 2�. 40� = 82.5 01213

Ve %98 hizmet düzeyinde yeniden sipariş noktası

�∗ = �. � + �� . � = 5 � 40 + 2.05 � 82.5 = 200 + 169 = 369 01213

olur. Can A.Ş. stokları 369 birime düştüğünde yeniden sipariş vermelidir. Bu miktar içinde

169 birimi güvence stoğu olarak tutulacaktır. Tedarik süresindeki belirsizliğin talepteki

belirsizliğe eklenmesiyle, bir önceki örnekte 41 birim olarak bulunan güvence stoğu 169

birime çıkmıştır.

Problem 12: (Ulucan: 2007: 442) : Can marketin sattığı ürünlerden deterjana olan talep

ortalaması 45 standart sapması 3 olan normal dağılım yapısı göstermektedir. %95 hizmet

düzeyi için sipariş noktası ne olacaktır?

Eğer market bu üründen 5 birim güvence stoğu bulundurmaya karar verirse, stoksuz kalma

olasılığı ne olacaktır?

� = �� √�

Olduğundan

� = 1.64 � 3 � √� = 5

Buradan

� = 1.03

Gecikme süresi 1 gün olarak bulunmuş olur. O halde

�∗ = �� + �� √�

11 / 13

Ve

�∗ = 1.03�45 + 1.64�3�√1.03 = 46.35 + 5 = 51.35

Olur. Yeniden sipariş noktası 51.35 ‘tir. Yani şirket stok düzeyi 51 olduğu andan sipariş

verecektir. Peki tam da bu anda talebin de 51 veya daha fazla olma durumu gerçekleşebilir

mi? Şunu biliyoruz ki, tam da bu sırada 51 veya daha fazla miktarda bir talep gerçekleşirse

stoksuz kalınacaktır. Bu olasılık

5�� ≥ 51�

Olasılığıdır. Talep normal dağılıma uyduğundan

5�� ≥ 51� = 5 7� ≥ 51 − 453 9 = 5�� ≥ 2� = 0.02275

Olarak hesaplanır.

12 / 13

ÇALIŞMA SORULARI

13 / 13

KAYNAKÇA

Ulucan, Aydın, "Yöneylem Araştırması – İşletmecilik Uygulamalı Bilgisayar Destekli Modelleme", Siyasal Kitabevi, 2007 Taha, Hamdy, "Yöneylem Araştırmaları", Literatür Öztürk, Ahmet, "Yöneylem Araştırması", Ekin Frederick S Hillier, Gerald J Lieberman, "Introduction to Operations Research Hillier", 8th edition,McGraw-Hill Companies, 2004



ARAŞTIRMA MERKEZİ

İSUZEM


2 / 17


BÖLÜM: Ekonometri




DERS NOTU YAZARININ




3 / 17

12. HAFTA DERS NOTU

4 / 17

İÇİNDEKİLER

Kuyruk (Bekleme hattı) Problemleri

5 / 17

ÖZET (TÜRKÇE)

Bu bölümde kuyruk (bekleme hattı) modellerine değinilecektir.

6 / 17

Kuyruk (Bekleme Hattı) Problemleri

Kuyruk problemlerinde etkin bir servis en uygun maliyetle sunulmaya çalışılır. Servisin

etkinliğinin arttırılması açıkça maliyetleri arttırabilir. Çünkü servis maliyeti, servisi veren

birimlerin arttırılmasıyla artar. Bekleme maliyeti ise, bekleme hattının yoğun olması

nedeniyle kaybedilen müşteriler nedeniyle ortaya çıkan maliyettir. Bekleme ve servis

maliyetleri arasındaki ilişki en uygun servis düzeyinin belirlenmesini sağlar. Çok yüksek

düzeyde servis verilmesi halinde servis maliyeti artarken, doğal olarak beklemeler

azalacağından bekleme maliyeti düşecektir. Bekleme ve servis maliyetlerinin toplamından

oluşan toplam maliyeti minimize eden servis düzeyi optimal servis düzeyi olarak adlandırılır

(Timor, 2010: 539).

Kuyruk sistemleri, geliş kaynağının büyüklüğüne göre sonlu ve sonsuz, servis sayısına göre

ise tek ve çok şeklinde ayrılarak incelenir.

Bekleme Hattı Sisteminin Temel Bileşenleri:

Bir bekleme hattı sisteminde a) Gelişler, b) Kuyruk / Bekleme Hattı, c) Servis sistemi olmak

üzere üç temel bileşen yer almaktadır:

a) Gelişler: Bir bekleme hattındaki gelişler sonlu veya sonsuz geliş kaynağına sahip

olabilir. Örneğin otoyollardaki gişelere ödeme yapan otomobiller sonsuz geliş

kaynağına sahiptir. Ayrıca bir servis merkezine müşteriler rastgele veya belirli bir

program uyarınca gelirler. (Örneğin her 10 dakikada bir hasta kabul edilmesi). Gelişler

birbirinden bağımsız olduğu ve önceden kesin olarak belirlenemediği için rastgele

olarak nitelendirilirler. Kuyruk problemlerinde gelişlerin çoğunlukla Poisson

dağılımına uygun olduğu kabul edilir. Ayrıca kuyrukta uzun süre bekleyen

müşterilerin beklemekten sıkılıp kuyruğu terk edebileceği de göz önüne alınmalıdır.

b) Bekleme hattı: Bekleme hattı sonlu veya sonsuz sayıda olabilir. Bunu genelde fiziki

imkanlar belirlemektedir. Bu konuda diğer bir önemli ayrım mekanizması ise kuyruk

disiplinidir. Kuyruk sistemlerinde çoğunlukla FIFO kuralı uygulanır (First Input First

Output – İlk gelen ilk servisi alır). Ancak hastane acil servisi gibi bir takım hizmet

birimlerinde bu disiplin her zaman uygulanamayabilir. Yüklenmiş bir kargonun

7 / 17

boşaltılması için bu kural yerine, LIFO (Last Input First Output – Son giren ilk çıkar)

kuralı benimsenmek zorunda kalınabilir.

c) Servis Sistemi:

C1) Servis Sistemlerinin Yapısı: Bir servis sisteminde kaç kanaldan servis verildiği

(kanal sayısı) ve servis sistemindeki faz (aşama) sayısı önemli iki bileşendir. Aşağıda

bu özelliklere göre farklı yapılara örnekler verilmektedir:

1) Tek Kanallı, Tek Geliş Kaynaklı Kuyruk modeli: Örneğin hava limanlarında

uçakların kullandığı pistler bu modele örnek verilebilir.

2) Çok Kanallı Kuyruk Modeli: Örneğin bankalardaki gişeler, köprü geçişindeki

hatlar bu modele örnek verilebilir.

3) Ardarda Tek Kanallı Kuyruk Modeli: Örneğin bir grosmarketten büyük hacimli bir

ürün alınırken, sipariş+kredi kartı kontrölü+taşıma prosesi bu modele örnek

verilebilir.

4) Karma Model: Yukarıdaki yapılanların birlikte görüldüğü yapılardır.

C2) Servis Sürelerinin Dağılımı: Bir bekleme hattı probleminde servis süreleri

sabit veya rasgeledir. Servis süresinin sabit olması, her müşteriye verilen servisin

aynı sürede tamamlandığını gösterir. Servis süreleri çoğunlukla rasgeledir. Rasgele

servis sürelerinin üstel dağılım gösterdiği varsayılmaktadır. (Ayrıca bu varsayım,

gelişlerin Poisson dağılımına uygun olması halinde matematik açıdan uygunluk

göstermektedir) (Timor, 2010: 547).

Poisson Geliş ve Üstel Servis Süreli – Tek Kanallı Kuyruk Modeli

Tek kanallı ve tek aşamalı kuyruk modeli, kuyruk modelleri içinde yaygın biçimde

karşılaşılan model türü olur, bu modelde aşağıdaki varsayımlar kullanılmaktadır:

a) Gelişler Poisson, servis süreleri üstel dağılıma uygundur.

b) Ortalama servis hızı, ortalama geliş hızından yüksektir (Aksi halde kuyruk sonsuza

kadar büyür).

c) Geliş kaynağının büyüklüğü sonsuzdur.

d) Gelişler birbirinden bağımsızdır.

e) Müşterilere FIFO kuralı uyarınca servis verilir.

f) Servis süreleri birbirinden bağımsız olur, ortalama servis hızı sabittir.

8 / 17

�: ��üş��ş�� : ��

İken sistem kullanım oranı:

� � ��

Olarak tanımlanır ve 1’den küçük olmalıdır. Buna göre

��üş��:��

!��!��üş��:�" � �#�$� � �%

&üş��'ş��ç��ü��:)� � 1� � �

&üş��'ş��!��!��ç��ü��:)" � ��$� � �%

��'�ş��:+, � 1 � ��

��-��.��üş��'!�!��: +$ / �% � 0��1234

Örnek (Timor, 2010:549) : Arabalara susturucu takılan bir tamirhaneye saatte 2 araç

gelmektedir. Müşterilere servis hızı saatte 3 araçtır. Tamirhanede çalışan elemana saatte 2 TL

ödenmektedir ve günde 8 saat çalışılmaktadır. Bir müşterinin kuyrukta bekleme maliyetinin

saatte 1 TL olduğu hesaplanmıştır. Sistemi etkinleştirmek için servis hızının artması gerektiği

düşünülmektedir. Servis hızının saatte 4 araca çıkarılması halinde, saatlik servis maliyeti 3 TL

‘sına yükselecektir. Hangi servis düzeyinde hizmet verilmelidir?

Cevap: � � 2�ç/�� ve � � 3�ç/�� olduğuna göre

��!��:� � ��

23 � 0.67

��üş��:��

23 � 2 � 2

!��!��üş��:�" � �#�$� � �% �

43$3 � 2% � 1.33

9 / 17

&üş��'ş��ç��ü��:)� � 1� � � �

13 � 2 � 1

&üş��'ş��!��!��ç��ü��:)" � ��$� � �%

� 23$3 � 2% � 0.67

��'�ş��:+, � 1 � �� 1 �23 � 0.33

��5-��.��üş��'!�!��: +$ / 5% � 0��1234

� 0231>34

� 0.09

��&�� 2@8 � 16B�

�� 1 ∗ Dü�ü�E�ç��∗ &üş��'ş��!��!��ç��ü��

�� 1 ∗ $2 ∗ 8% ∗ 0.67 � 10.72

B�F��&�� &�� + ��&�� 16 + 10.72 � 26.72B�

________________________________________________________________

Eğer servis hızı , saatte 4 araca çıkartılırsa:

� � 2�ç/�� ve � � 4�ç/�� olduğuna göre

��!��:� � ��

24 � 0.50

��üş��:��

24 � 2 � 1

!��!��üş��:�" � �#�$� � �% �

44$4 � 2% � 0.5

&üş��'ş��ç��ü��:)� � 1� � � �

14 � 2

� 0.5�� &üş��'ş��!��!��ç��ü��:)" � �

�$� � �%� 24$4 � 2% � 0.25

10 / 17

��'�ş��:+, � 1 � �� 1 �24 � 0.50

��5-��.��üş��'!�!��: +$ / 5% � 0��1234

� 0241>34

� 0.016

��&�� 3@8 � 24B�

�� 1 ∗ Dü�ü�E�ç��∗ &üş��'ş��!��!��ç��ü��

�� 1 ∗ $2 ∗ 8% ∗ 0.25 � 4

B�F��&�� &�� + ��&�� 24 + 4 � 28B�

Bir önceki duruma göre toplam maliyetler yükselmiştir. Servis düzeyinin arttırılmaması

gerekir.

Poisson Geliş ve Üstel Servis Süreli – Çok Kanallı Kuyruk Modeli

Bekleme hattı modellerinin önemli bir kesimi sonsuz geliş kaynaklı ve çok kanallı servis

yapısına sahiptir. Günümüzde bankalarda kullanılan bekleme bu yapıya örnek olarak

verilebilir. Çok kanallı kuyruk modellerinde de gelişlerin Poisson, servis sürelerinin ise Üstel

dağılıma uygun olduğu ve FIFO prensibine göre servis yapıldığı varsayılmaktadır.

�: ��üş��ş�� : ��

: ��

Olmak üzere,

�� !��H��

��'�ş�� +, � 1I∑ K1!M K

��M

NOP4NQ, R + K 1 !M K��M

OK � � � �M

11 / 17

��üş�� K��M

O

$ � 1%! $ � � �%# +, +��

!��!��üş�� " � ��

&üş��'ş��ç��ü�� )� � ��

&üş��'ş��!��!��ç��ü�� )" � �"�

Örnek: Arabalara susturucu takılan bir tamirhaneye saatte 2 araç gelmektedir. Müşterilere

servis hızı saatte 3 araçtır. Tamirhanede çalışan elemana saatte 2 TL ödenmektedir ve günde 8

saat çalışılmaktadır. Bir müşterinin kuyrukta bekleme maliyetinin 1 TL olduğu

hesaplanmıştır. Sistemi etkinleştirmek için servis hızının artması gerektiği düşünülmektedir.

Servis hızının saatte 4 araca çıkarılması durumunda saatlik servis maliyeti 3 TL’ye

yükselmektedir. Bir başka alternatif ise diğer eleman ile aynı hızda ve aynı ücretle (saatte 3

araç, saatlik ücret 2 TL) yeni bir elemanın işe alınarak iki kanaldan servis verilmesi

alternatiflerini karşılaştırarak en uygun servis düzeyini belirleyiniz.

Cevap:

�: ��üş��ş�� 2

�: �� 3

: �� 2

Olmak üzere,

�� !��H��

23.2 � 0.333 < 1

��'�ş�� +, � 1I∑ K1!M K

��M

NOP4NQ, R + K 1 !M K��M

OK � � � �M

� 1I∑ K1!M K

23M

N4NQ, R + K12!M K23M

#K 2.32.3 � 2M

� 0.5

12 / 17

��üş�� 2.3. K23M

#

$2 � 1%! $2.3 � 2%# 0.5 +23 � 0.75

!��!��üş�� " � �� 0.75 �23 � 0.0833

&üş��'ş��ç��ü�� )� � �� 0.752 � 0.375

&üş��'ş��!��!��ç��ü�� )" � �"� � 0.08332 � 0.04165

Böylece maliyetler aşağıdaki gibi hesap edilir:

Bekleme maliyeti = 1 TL / Müşt-saat

Servis Maliyeti = 2 TL / eleman (kanal sayısı = 2)

Müşteri başına kuyrukta geçirilen ortalam süre = 0.04165 saat / müşt.

Bekleme Maliyetleri = 1*2*8*0.4165 = 0.6664

Servis Maliyetleri = 2*2*8 = 32 (bir önceki örnekte bu maliyet 16 ve 24 idi)

Toplam maliyet = 32.6664

Görüldüğü gibi bekleme maliyetleri önceki örneğe göre düşmüş ancak servis maliyetleri

yükselmiş, böylece daha büyük bir toplam maliyet elde edilmiştir.

Sabit Servis Süreli Kuyruk Modeli

Sabit servis süresi, herbir müşteriye servis hızının eşit olduğu, servis sürelerinin üstel dağılım

yerine sabit kabul edildiği varsayımına dayanır.

�: ��üş��ş�� : ��

Olmak üzere,

!��!��üş�� " � �#2�$� � �%

��üş�� " + ��

13 / 17

&üş��'ş��!��!��ç��ü�� )" � �2�$� � �%

&üş��'ş��ç��ü�� )� � )" + 1�

Örnek: X işletmesine ait kamyonlar ile alüminyum içecek kutuları fabrikaya taşınmaktadır.

Kamyon sürücüleri alüminyum kutuların indirilmesi için fabrikaya geldiklerinde ortalama 15

dakika beklemektedir. Bir kamyon ve sürücüsünün kuyrukta beklemesinin maliyetinin saatte

20 TL olduğu hesaplanmıştır. Yeni bir otomatik kutu işleyici alınacaktır. Bu işleyicinin 5

dakikada bir kamyonu boşaltmayı sağlayacağı, bir diğer deyişle saatte 12 kamyonun (sabir

hızda) boşaltılmasını sağlayacağı belirlenmiştir. Fabrikaya saatte 8 kamyon gelmektedir. İki

alternatifi karşılaştırınız.

Cevap:

�: ��üş��ş�� 8

�: �� 12

Olmak üzere,

!��!��üş�� " � �#2�$� � �% �

8#2 ∗ 12 ∗ 4 � 0.6667

��üş�� " + �� 0.6667 +812 � 1.3333

&üş��'ş��!��!��ç��ü�� )" � �2�$� � �% �

22 ∗ 12 ∗ 4

� 0.083

&üş��'ş��ç��ü�� )� � )" + 1� � 0.083 +112

� 0.166

Mevcut sistemin maliyeti= 20 * (15/60) = 5 TL / saat (Bekleme Maliyeti 1)

Alternatif sistemin maliyeti = 0.083 * 20 = 1.66 TL / saat (Bekleme Maliyeti 2)

Yeni sistemin sağlayacağı tasarruf = 3.34 TL / saat

14 / 17

Sonlu Geliş Kaynağına Sahip Kuyruk Modeli

Sonlu geliş kaynağına sahip kuyruk modellerinde, kuyruğun uzunluğu ve geliş hızı diğer

kuyruk modellerinden farklı olarak birbirine bağımlıdır. Örneğin üç makinesi bulunan bir

fabrikada bütün makineler bozuk ve tamir için bekliyor ise kuyruk modelinde geliş hızı

sıfırdır. Sonlu kaynağa sahip kuyruk modelinde bekleme hattı uzadıkça geliş hızı düşer.

Sonlu geliş kaynağına sahip kuyruk modeline ait varsayımlar aşağıda verilmiştir:

1) Sadece tek bir servis kanalı mevcuttur.

2) Geliş kaynağı büyüklüğü sonludur.

�: ��üş��ş�� : �� T:D��ş��ğ�'ü�ü��üğü

İken

+, � 1∑ T!

$T � %! K��M

NVNQ,

�" � T � 0� + �� 1 $1 � +,%

�� " + $1 � +,%

)" � �"$T � ��%�

)� � )" + 1�

+N � T!$T � %! 0

��1

N, � 0,1,2, … ,T

olarak tanımlanır.

Örnek: Yüksek hızdaki baskı makinelerine sahip olan X matbaasında 5 adet baskı makinesi

mevcut olup, bu makinelerin 20 saatlik baskı sonunda bakımdan geçirilmesi gerekmektedir.

Bir tamir elemanı tarafından bir baskı makinesine ortalama 2 saat süren bakım yapılmaktadır.

15 / 17

Tamir elemanına saatte 2 TL ödendiğine ve tamir esnasında baskı makinesinin üretim dışı

kalmasının maliyetini 15 TL olduğuna göre sisteme ait maliyetleri belirleyiniz.

Cevap:

�: ��üş��ş�� 120 � 0.05

�: �� 12 � 0.5

T:D��ş��ğ�'ü�ü��üğü � 5

İken

+, � 1∑ T!

$T � %! K��M

NVNQ,� 0.563952

�" � T � 0� + �� 1 $1 � +,% � 5 � 0.05 + 0.50.05 ∗ $1 � 0.563952% � 0.203472

�� " + $1 � +,% � 0.203472 + $1 � 0.563952% � 0.63952

)" � �"$T � ��%� �

0.203472$5 � 0.63952% ∗ 0.05 � 0.934

)� � )" + 1� � 0.934 +10.5 � 2.934

��&�� 2B�/�� Bekleme Maliyeti = )� ∗ � ∗ 15=2.934 * 0.05 * 15 = 2.2

Toplam Maliyet = 2 + 2.2 = 4.2 TL

16 / 17

ÇALIŞMA SORULARI

17 / 17

KAYNAKÇA

Timor, Mehpare, “Yöneylem Araştırması”, Türkmen Kitabevi, 2010 Taha, Hamdy, "Yöneylem Araştırmaları", Literatür Öztürk, Ahmet, "Yöneylem Araştırması", Ekin Frederick S Hillier, Gerald J Lieberman, "Introduction to Operations Research Hillier", 8th edition,McGraw-Hill Companies, 2004



ARAŞTIRMA MERKEZİ

İSUZEM


2 / 15


BÖLÜM: Ekonometri




DERS NOTU YAZARININ




3 / 15

13. HAFTA DERS NOTU

4 / 15

İÇİNDEKİLER

Simülasyonlar ile model kurma

5 / 15

ÖZET (TÜRKÇE)

Bu bölümde bazı yöneylem araştırmaları konularının simülasyon çözümlerine değinilecektir.

6 / 15

Simülasyonlar

Rassal Sayılar – Karma Eşitlik Yöntemi

Simülasyon (Simulation) kelimesi Türkçeye olduğu gibi girmiştir. Benzetim kelimesi de

simülasyon kelimesi yerine kullanılabilmektedir. Adında da anlaşılabileceği gibi

simülasyon ile analitik olarak çözümü zor veya mümkün olmayan problemlerin bilgisayar

ortamında canlandırılmasıdır. Simülasyonlar ile gerçeğe dair olasılık dağılımlarından

faydalanarak ve belirli bir rassallığa izin vererek gerçek olayların bir benzerini

oluşturmaktayız.

Rassal sayı çekmek simülasyon konusunun merkezinde yatmaktadır. Ancak bilgisayar

veya herhangi bir teknoloji ile gerçekten rassal olan sayılar üretemiyoruz. Buna rağmen

rassal sayıymış gibi davranan sayılar oluşturabiliyoruz. Bu yüzden bundan sonra rassal

sayı ifadesini, görünürde rassal sayı (Pseudo Random Numbers) ifadesi yerine

kullanacağız.

Bir rassal sayı çekme algoritmasının başarısı, o algoritma ile oluşturan ve kendini tekrar

eden rassal sayıların seyrekliği ile değerlendirilir. Örneğin bir rassal sayı çekme

algoritması 2, 6, 8, 10, 6, 9, 2 sayılarını üretmişse bu algoritmanın pek de başarılı olduğu

söylenmez çünkü son çekilen 2’den sonra tekrar 6, 8, 10, 6, 9, 2 sayıları üretilecek ve bu

örüntü sürekli tekrarlanacaktır. Bir sonraki sayının ne olacağını bildiğimiz sayıların rassal

olduğunu da söyleyemeyiz.

Aşağıda, en basit rassal sayı çekme algoritmalarından biri olan Karma Eşitlik Yöntemi

gösterilmiştir:

�� = �� ş�� ç ��ğ��

İken

�� = �� + �� , � = 0,1,2, …

7 / 15

İle elde edilir. Üretilen her bir yeni değer, bir sonraki değerin üretilmesinde başlangıç

değeri gibi kullanılır. Burada a,c ve m dışsal olarak belirlenir. Üretilen sayılar

UNIFORM(c,m) dağılımına uyar.

Örn: Başlangıç durumu �� = 12, a=6, c=3, m=10 için 10 adet rassal sayısı karma eşitlik

yöntemini kullanarak elde ediniz.

�� = �� + �� = �6�12 + 3�� 10 = 5

�# = �� + �� = �6�5 + 3�� 10 = 3

�$ = �� + �� = �6�3 + 3�� 10 = 1

�% = �� + �� = �6�1 + 3�� 10 = 9

�' = �� + �� = �6�9 + 3�� 10 = 7

�) = �� + �� = �6�7 + 3�� 10 = 5

�� = �' olduğundan 7.,8.,9. Ve 10. Sayılar sırasıyla 3,1,9 ve 7 olarak seçilecektir. Yöntem

hızlı bir şekilde başa dönmüştür.

Simülasyonlar, yalnızca yöneylem araştırmalarının değil aynı zamanda istatistik ve

ekonometri gibi bir çok disiplinin de ortak çalışma alanıdır. Aşağıda pi ‘nin tahmin

edilmesi için ilginç bir örnek gösterilmiştir:

Örn:

Yukarıdaki grafikte bir karenin içine yarıçapı r olan bir çember çizilmiştir.

Simülasyonlarla pi ‘nin tahminini gerçekleştirelim.

Çemberin alanını, karenin alanına oranlayalım ve bu orana O diyelim:

8 / 15

* =Π�#

4�# =Π

4

olur. Π, yalnız bırakılırsa:

Π = 4 x O

Olur. Bu şöyle de yorumlanabilir. Bu karenin içine rasgele bir çok nokta atılır, çemberin

içine düşen noktalar tüm noktaların sayısına oranlanır ve 4 ile çarpılırsa pi ‘nin bir tahmini

elde edilir. Eğer karenin içine rasgele nokta atma işlemi sonsuza kadar tekrarlanırsa, pi

sayısı elde edilecektir.

Rassal sayılar ile simülasyon yöntemleri, nümerik integrasyon için de kullanılabilir:

Örn: / �#��#

� integralini simülasyon ile hesaplayınız:

Cevap: Tabi ki bu integral her hangi bir hesaplayıcı cihaz yardımı olmadan da

hesaplanabilir. Bu örneği yöntemin nasıl çalıştığını göstermek adına veriyoruz.

Problemin çözümü için aşağıdaki aşamalar gerçekleştirilir:

a) Rasgele B adet rassal sayı üret, dağılım integralin sınırları içerisinde tanımlı bir

Uniform dağılım olmalıdır ( Uniform(0,1) ).

b) Her bir rassal sayı için f(x) değerini hesapla

c) b şıkkında elde edilen değerlerin ortalaması, integral değerinin yaklaşımıdır.

Yukarıdaki örnekte B’nin 100, 500 ve 1000 değerleri için integralin değeri sırasıyla

0.348, 0.339 ve 0.333 bulunacaktır. Integralin gerçek değerinin 1/3 olduğu

düşünülürse, büyük B değeri için elde edilen yaklaşımın gerçeğe oldukça yakın çıktığı

görülecektir.

9 / 15

Olasılık Integral Transformasyonu

u rassal değişkeninin dağılımı Uniform(0,1) olsun. f(Y) ise Y raslantı değişkeninin olasılık

yoğunluk fonksiyonu olsun. 0 = / 1�2��23

45 ile elde edilen k değerleri, f ile gösterilen

dağılıma uyar. Buna olasılık integral transformasyonu adı verilmektedir. Bu

transformasyon ile uniform dağılan rassal sayıları kullanarak diğer dağılımlardan rassal

sayılar çekebiliyoruz.

Simülasyon ile Regresyon Modelinden Veri Üretme

Teorik veya pratik amaçlar doğrultusunda bazen eldeki bir modelden veri üretmek gerekebilir.

Bunu yeni bir tahmincinin sapma, varyans ve ortalama hata kare değerlerini hesaplamak için

yapabileceğimiz gibi bilinen bir piyasa modelinin benzetimini yapıp tahmin süreçlerini

işletmek için de gerçekleştirebiliriz. Aşağıdaki örneği inceleyelim:

Örn: Bir A malına ait talep modelinin 6 = 123 − 108 + 9 olduğu bilinmektedir. Burada 9,

sıfır ortalamalı ve varyansı 3.5 olan bir normal dağılıma uymaktadır. P, fiyatı göstermek

üzere, 8 ortalamalı ve 1 standart sapmalı bir normal dağılıma uyar. Modeli kullanarak n=30

gözlemlik bir veri oluşturunuz.

Cevap: Buradaki modele göre talep, bir sabit, eğim parametresi x fiyat ve bir hata teriminin

toplamından oluşmaktadır. O halde değişkenler, ait oldukları dağılımdan rasgele olarak

çekilir ve Q’nun oluşturulması sürecinde kullanılırsa, bu modelden çekilmesi olası bir veri

üretilmiş olur.

Hata terimini R programında

hata <- rnorm(30, 0, sqrt(3.5))

Olarak elde ederiz. Benzer şekilde fiyat değişkenini

P <- rnorm(30, 8, 1)

10 / 15

Şeklinde oluştururuz. Son olarak da Q değerlerini

Q <- 123 – 10*P + hata

Şeklinde oluşturabiliriz. Elde edilen veriler aşağıdaki tabloda gösterilmiştir.

q p hata

[1,] 41.06366 8.532766 3.39132514

[2,] 62.97791 6.003581 0.01371598

[3,] 56.81730 6.739462 1.21192022

[4,] 58.89955 6.438625 0.28579474

[5,] 47.49067 7.601452 0.50518645

[6,] 61.09840 6.400850 2.10689769

[7,] 27.68920 9.255928 -2.75151684

[8,] 43.82306 8.137193 2.19498524

[9,] 43.04515 8.227186 2.31700881

[10,] 52.16958 7.033331 -0.49711254

[11,] 46.70746 7.518576 -1.10677226

[12,] 66.74596 5.916467 2.91063162

[13,] 39.60388 8.179919 -1.59692870

[14,] 32.17005 8.936697 -1.46298089

[15,] 40.56599 8.216133 -0.27268053

[16,] 43.42042 8.328821 3.70862703

[17,] 31.02450 8.987767 -2.09782657

[18,] 36.18858 8.701925 0.20782792

[19,] 43.04086 7.997855 0.01941058

[20,] 56.00226 6.640568 -0.59206022

[21,] 48.88315 7.495933 0.84248463

[22,] 38.78043 8.269615 -1.52342436

[23,] 55.12084 7.114699 3.26782329

[24,] 28.26820 9.213047 -2.60132660

[25,] 43.11020 7.841319 -1.47661193

[26,] 36.40784 8.796408 1.37192649

[27,] 64.23061 6.017552 1.40613045

11 / 15

[28,] 32.85151 9.077855 0.63005693

[29,] 41.03333 8.222546 0.25878921

[30,] 43.40616 7.711910 -2.47473515

Daha sonra P ve Q birlikte talep denkleminin tahmin edilmesi için kullanılır ve

6 = :� + :�8 + 9

Modeli tahmin edilirse aşağıdaki sonuçlar elde edilecektir:

> summary (lm (q~p))

Call:

lm(formula = q ~ p)

Residuals:

Min 1Q Median 3Q Max

-2.7930 -1.5326 -0.0379 1.1089 3.7693

Coefficients:

Estimate Std. Error t value Pr(>|t|)

(Intercept) 128.0544 2.5626 49.97 <2e-16 ***

p -10.6141 0.3265 -32.51 <2e-16 ***

---

Signif. codes: 0 ‘***’ 0.001 ‘**’ 0.01 ‘*’ 0.05 ‘.’ 0.1 ‘ ’ 1

Residual standard error: 1.777 on 28 degrees of freedom

Multiple R-squared: 0.9742, Adjusted R-squared: 0.9733

F-statistic: 1057 on 1 and 28 DF, p-value: < 2.2e-16

Görüldüğü gibi sabit parametre 128.0544 ve eğim parametresi -10.6141 olarak tahmin

edilmiştir. Bu önceden bildiğimiz 123 ve -10 değerlerine oldukça yakındır. Modelden

rassal sayı çekme işlemi tekrar edilir ve yeniden tahminler hesaplanırsa başka sonuçlar

elde edilir. Ancak bu işlem çok yapılır ve tahmin değerlerinin ortalaması alınırsa, baştan

verilen ve parametre değerleri olan 123 ve -10 sayısının elde edileceği görülür. Bu

12 / 15

aşamada en küçük kareler tahmincilerinin sapmasız olduğu simülasyonlarla gösterilmiş

olur.

Simülasyonlar ile Stok Problemlerinin Çözülmesi

Örn: Bir galeride 14 otomobil mevcuttur. 7’si kırmızı, 4’ü gri, 3’ü siyahtır. Müşteri

gelişlerinin dağılımının önceki deneyimlerden faydalanarak aşağıdaki şekilde olduğu

görülmüştür:

Günlük Müşteri Sayıları Olasılık

0 0.10

1 0.40

2 0.30

3 0.20

Müşteri Renk Tercihi Olasılık

Kırmızı 0.40

Gri 0.30

Siyah 0.30

Kaybedilen her müşteri için 100 TL maliyet ortaya çıkmaktadır. Satılan her otomobilden 500

TL kâr elde edilmektedir. Aşağıdaki soruları simülasyonlar yardımıyla cevaplayınız:

a) 5 günlük deneme sonunda işletmenin net kârını hesaplayınız.

b) Stoklar kaç günde tükenir? Bu dönem sonu net kâr ne kadardır?

Problemi çözebilmek için uniform dağılımdan rassal sayı çekebilmek ve olasılık

integral transformasyonu ile bu sayıları kullanarak amprik dağılım fonksiyonlarından

faydalanabilmek gerekecetir. Bunun için öncelikle, problemde verilen yoğunluklardan,

birikimli dağılım fonksiyonlarını oluşturalım:

13 / 15

Günlük Müşteri Sayıları Olasılık Birikimli Olasılık

0 0.10 0.10

1 0.40 0.50

2 0.30 0.80

3 0.20 1

Müşteri Renk Tercihi Olasılık Birikimli Olasılık

Kırmızı 0.40 0.40

Gri 0.30 0.70

Siyah 0.30 1

Simülasyonu aşağıdaki tabloda gerçekleştirmeye çalışalım:

Gün Ras.Sayı Müşt.Sa. Ras.Sayı Renk Te. Kırmızı Gri Siyah Kâr

0 - - - - 7 4 3 -

1 0.86 3 0.63 Gri 7 3 3 500

0.89 Siyah 7 3 2 500

0.20 Kırmızı 6 3 2 500

2 0.62 2 0.23 Kırmızı 5 3 2 500

0.57 Gri 5 2 2 500

3 0.97 3 0.39 Kırmızı 4 2 2 500

0.09 Kırmızı 3 2 2 500

0.17 Kırmızı 2 2 2 500

4 0.46 1 0.82 Siyah 2 2 1 500

5 0.22 1 0.54 Gri 2 1 1 500

Top:5000

6 0.47 1 0.60 Gri 2 0 1 500

7 0.30 1 0.51 Gri 2 0 (*) 1 -100

8 0.65 2 0.28 Kırmızı 1 0 1 500

0.80 Siyah 1 0 0 500

9 3 3 0.43 Gri 1 0(*) 0 -100

14 / 15

0.67 Gri 1 0(*) 0 -100

0.07 Kırmızı 0 0 0 500

Toplam = 7000 – 300 = 6700 kâr edilir.

Stoklar 9 günde tükenmiştir.

ÇALIŞMA SORULARI

15 / 15

KAYNAKÇA




ARAŞTIRMA MERKEZİ

İSUZEM


2 / 11


BÖLÜM: Ekonometri




DERS NOTU YAZARININ




3 / 11

14. HAFTA DERS NOTU

4 / 11

İÇİNDEKİLER

Simülasyonlar ile model kurma ve örnekler

5 / 11

ÖZET (TÜRKÇE)

Bu bölümde bazı yöneylem araştırmaları konularının simülasyon çözümlerine değinilecektir.

6 / 11

Örn: Bir X işletmesinin satın aldığı Z marka bisikletlere olan günlük talep 0 ile 4 arasında

değişmektedir. Önceki deneyimlerden talep miktarlarına karşılık gelen olasılıklar aşağıdaki

tabloda verildiği gibidir:

Günlük Talep Olasılık Birikimli Olasılık

0 0.15 0.15

1 0.25 0.40

2 0.35 0.75

3 0.15 0.90

4 0.10 1

Bir bisikletin X işletmesinde bir gün kalmasının işletmeye maliyeti (birim stok maliyeti) 15

TL’dir. Sipariş maliyetleri 250 TL ‘dir. Siparişlerin teslim süreleri için aşağıdaki amprik

olasılıklar elde edilmiştir:

Teslim Süreleri Olasılık Birikimli Olasılık

1 0.40 0.40

2 0.50 0.90

3 0.10 0.10

İşletme müşteri kaybetmemek için beklettiği gün başına her müşteri için 50 TL indirim

yapmaktadır. Başlangıç stok düzeyi 7 bisiklet, ekonomik sipariş miktarı 8 bisiklet, yeniden

sipariş noktası 2 olmak üzere simülasyonlarla 20 günlük stok maliyetlerini hesaplayınız

(Timor,2010: 521).

Gün Baş.Stok. Ras.Sayı Talep Kln.Stok Sipariş? Ras.Sayı Tesl.Sür.

1 7 0.51 2 5 H - -

2 5 0.44 2 3 H - -

3 3 0.73 2 1 E 0.60 2

4 1 0.34 1 0 H - -

5 0+8 0.88 3 5 H - -

6 5 0.33 1 4 H - -

7 4 0.35 1 3 H - -

7 / 11

8 3 0.51 2 1 E 0.71 2

9 1 0.28 1 0 H - -

10 0+8 0.20 1 7 H - -

11 7 0.68 2 5 H - -

12 5 0.65 2 3 H - -

13 3 0.34 1 2 E 0.64 2

14 2 0.76 3 -1 (*) H - -

15 (-1)+8=7 0.38 1 6 H - -

16 6 0.14 0 6 H - -

17 6 0.19 1 5 H - -

18 5 0.69 2 3 H - -

19 4 0.57 2 1 E 0.17 1

20 1+8 0.97 4 5 H - -

Sipariş Sayısı = 4

Sipariş Maliyetleri = 4 * 250 = 1000 TL

Toplam Elde Bulundurmama Maliyeti = 50 TL

Toplam Elde Bulundurma Maliyeti = 65 * 15 = 975 TL

Toplam Stok Maliyetleri = 1000 + 50 + 975 = 2025 TL

Örn: Bir havalimanının dış hatlar bölümüne bir uçak indiğinde tek bir görevli tarafından

pasaport ve vize kontrolleri yapılmaktadır. İkinci bir görevli tarafından bagaj kontrolleri

yapılmaktadır. Pasaport ve vizeler ile bagaj kontrollerinde tek sıra halinde bekleyen yolcular

ilk gelen ilk servisi alır (FIFO) esasına göre iş görmektedir. Amprik olasılıklar aşağıdaki

tablolarda verilmiştir:

Pasaport ve Vize için Geçen

Süre

Olasılık Birikimli Olasılık

20 0.20 0.20

40 0.40 0.60

60 0.30 0.90

80 0.10 1

8 / 11

Bagaj Kontrolünde Geçen

Süre

Olasılık Birikimli Olasılık

- 0.25 0.25

60 0.60 0.85

120 0.10 0.95

180 0.05 1

a) Bu havalimanına gelen 20 yolculuk bir dış hat uçağının servis görmesi için gereken

süreyi hesaplayınız.

b) Pasaport ve vize kontrolünden sonra bagaj kontrolüne kadar yolcu başına ortalama

bekleme süresi ne kadardır?

Önce ilk kuyruk için simülasyon tablosunu oluşturalım:

Yolcu Serv.Baş.Anı Ras.Sayı Servis Süresi Serv.Çıkış Anı

1 0 0.22 40 40

2 40 0.61 60 100

3 100 0.74 60 160

4 160 0.81 60 220

5 220 0.55 40 260

6 260 0.67 60 320

7 320 0.66 60 380

8 380 0.70 60 440

9 440 0.80 60 500

10 500 0.90 80 580

11 580 0.65 60 640

12 640 0.52 40 680

13 680 0.94 80 760

14 760 0.74 60 820

15 820 0.17 20 840

16 840 0.83 60 900

17 900 0.89 60 960

18 960 0.57 40 1000

9 / 11

19 1000 0.14 20 1020

20 1020 0.76 60 1080

Yolcular birinci kuyrukta işini bitirdiğinde ikinci kuyruğa geçecektir:

Yolcu Bag.Kuy.Grş. Serv.

Baş.

Ras.Sayı Serv.Süre Serv.Çıkış Bekleme

1 40 40 0.26 60 100 0

2 100 100 0.49 60 160 0

3 160 160 0.87 120 280 0

4 220 280 0.55 60 340 60

5 260 340 0.05 0 340 80

6 320 340 0.34 60 400 20

7 380 400 0.71 60 460 20

8 440 460 0.56 60 520 20

9 500 520 0.31 60 580 20

10 580 580 0.39 60 640 0

11 640 640 0.51 60 700 0

12 680 700 0.46 60 760 20

13 760 760 0.09 0 760 0

14 820 820 0.70 60 880 0

15 840 880 0.86 120 1000 40

16 900 1000 0.71 60 1060 100

17 960 1060 0.50 60 1120 100

18 1000 1120 0.99 180 1300 120

19 1020 1300 0.60 60 1360 280

20 1080 1360 0.17 0 1360 280

Top:

1160 sn

Toplam bekleme süresi 1160 saniye, kişi başı ortalama süre ise 1160 / 20 = 58

saniye olacaktır.

10 / 11

ÇALIŞMA SORULARI

11 / 11

KAYNAKÇA


Documents

İSTANBUL ÜNİVERSİTESİauzefkitap.istanbul.edu.tr/kitap/ekonometri_ue/yoneylem...Yukarıdaki problemin amaç fonksiyonu ve kısıtları doğrusaldır ve simpleks yöntemi ile çözülebilir