Transportni Problem Skripta

1

Transportni problem linearnog programiranja

PrimjerU gradskom prometu potrebno je iz 3 garaže uputiti 15 autobusa na 4 polazne stanice za pojedine gradske linije. Podaci o broju autobusa kojima raspolažu pojedine garaže i o broju autobusa koje treba uputiti na pojedine polazne stanice iznose:

1. garaža - 2 autobusa, 2. garaža - 6 autobusa

3. garaža - 7 autobusa

1. stanica - 3 autobusa, 2. stanica - 3 autobusa

3. stanica - 4 autobusa, 4. stanica - 5 autobusa

Troškovi vožnje od pojedine garaže do određene polazne stanice prikazani su u sljedećoj tablici:

2

PrimjerPol.stanice

Garaže

20 11 15 13 2

17 14 12 13 6

15 12 18 18 7

Potreban broj autobusa na polaznoj stanici 3 3 4 5 15

Raspoloživi broj autobusa u garaži1PS 2PS 3PS 4PS

1G

2G

3G

Zadatak glasi:

Autobuse treba rasporediti tako da se zadovolje potrebe svih polaznih stanica uz minimalne troškove.

Primjer - matrica transporta

20 11 15 13

17 14 12 13

15 12 18 18

3 3 4 5 15

2

6

7

jb

ia1O 2O 3O 4O

1I

3I2I

11x 12x 13x14x

21x 22x 23x 24x

31x 32x 33x 34x

3

Primjer - matematički model

5 4 3 x3 x x 7 x 6 x 2

342414

332313

322212

312111

34333231

24232221

14131211

=++=++=++=++=+++=+++=+++

xxxxxx

xxx

xxxxxx

xxxx

)18181215 1312141713151120min( 343332312423222114131211 xxxxxxxxxxxx +++++++++++

4,3,2,1 ; 3,2,1 ; 0 ==≥ jixij

Formulacija transportnog problema

Transportni problem (TP) je takav problem linearnog programiranja kod kojeg treba programirati prijevoz određenog broja jedinica (tereta, osoba) iz više ishodišta (mjesta gdje se nalazi roba koja se raspoređuje) u više odredišta (mjesta u kojem se podmiruje potražnja) s ciljem da troškovi prijevoza budu minimalni.

Pretpostavka je da ponuda pojedinih ishodišta tj. količina s kojom raspolažu određena ishodišta mora biti iskorištena i da potražnja svih odredišta tj. potrebe moraju biti zadovoljene.

Najčešći elementi vezani za TP jesu troškovi, vrijeme i udaljenost čiju minimalnu vrijednost tražimo.

4

Matrica transporta Odredišta

Ishodišta

........Ponuda

........

......... ............ .......... ........... ........... ............ ............

........

Potražnja

........

........

jb

ia1O 2O 3O

1I

3I

2I

nO

11x11c 12c 13c nc1

12x nx113x

21c

21x22c 23c nc2

22x 23x nx2

1a

2a

3a

1b 2b 3b nb

mamI

31x32c

32x33c

33xnc331c

nx3

1mc 2mc 3mc mnc

1mx 2mx 3mx mnx

∑∑

i

i

b

a


∑∑= =

=

≥

n

j

m

iijij

ij

ij

n

m

xcF

x

c

bbb

aaa

1 1

21

21

0

,...,,

,...,, Količina robe u ishodištima (m ishodišta)

Količina robe u odredištima (n odredišta)

Trošak prijevoza jedinice robe od i-tog ishodišta do j-tog odredišta

Ukupni troškovi transporta čiji se minimum traži

Količina robe (tereta) koju treba prevesti iz i-tog ishodišta u j-to odredište

nm ≠Općenito vrijedi

5


Ukoliko je ukupna ponuda svih ishodišta jednaka ukupnoj potražnji svih odredišta radi se o zatvorenom transportnom problemu.

Ukoliko količina ponude nije jednaka količini potražnje radi se o otvorenom transportnom problemu.

∑∑ =j

ji

i ba

∑∑ ≠j

ji

i ba

Grafički prikaz transportnog problemaISHODIŠTA ODREDIŠTA

1a

2a

ma

1b

2b

nb

⋅⋅⋅

1111 , xc

mnmn xc ,

22 , mm xc

⋅⋅⋅

⋅

⋅⋅

.

⋅

⋅⋅

.

nn xc 22 ,

6

Matematički model transportnog problema

nmnnn

m

m

bxxx

bxxxbxxx

=+++

=+++=+++

... . . .. . .

......

21

222212

112111

mmnmm

n

n

axxx

axxxaxxx

=+++

=+++=+++

... . . .. . .

......

21

222221

111211

Ograničenja za ishodišta

Funkcija cilja

0≥ijx

min ...c . . . . . .

...c ...

221m1

2222222121

1112121111

→+++

++++++++=

mnmnmmm

nn

nn

xcxcx

xcxcxxcxcxcz

Ograničenja za odredišta


njbx j

m

iij ,...,2,1 ;

1==∑

=

miax i

n

jij ,...,2,1 ;

1==∑

=

Funkcija cilja

)min(1 1∑∑= =

n

j

m

iijij xc

0≥ijx

Traži se

∑∑= =

=n

j

m

iijij xcz

1 1

Ograničenja za ishodišta Ograničenja za odredišta

7


Transportni problem je problem linearnog programiranja s m+n jednadžbi i m*n varijabli.Sustav sadrži m+n-1 nezavisnih jednadžbi iz čega slijedi da rješenje mora sadržavati m+n-1 vrijednosti varijabli Rješenje s manje od m+n-1 vrijednosti varijabli je degenerirano.Original zatvorenog transportnog problema je kanonski problem minimuma.Dual tog problema je standardni problem maksimuma bez ograničenja nenegativnosti varijabli.

ijx

Rješavanje zatvorenog transportnog problema

1. Simpleks metoda- nepraktična, velik broj varijabli i ograničenja

2. Transportne metode - specijalne metode koje koriste posebnu strukturu transportnog problema

• Metode koje zahtijevaju početni raspored tereta• Metode za koje nije potreban početni raspored

tereta

8

Metode koje zahtijevaju početni raspored tereta

• Metode za dobivanje početnog rješenja• Metoda sjeverozapadnog kuta (NW)• Metoda najmanjih jediničnih troškova (najmanje

jedinične cijene)• Vogelova aproksimativna metoda (VAM)

• Metode za dobivanje optimalnog rješenja• Metoda relativnih troškova• MODI metoda

Metoda sjeverozapadnog kuta - North West(NW) metoda - Dijagonalna metoda

20 11 15 13

17 14 12 133

15 12 18 18

3 3 4 5 15

2

6

7

jb

ia1O 2O 3O 4O

1I

3I2I

2

1 3 2

2 5

249518218212314117220 =⋅+⋅+⋅+⋅+⋅+⋅=z

9

Metoda najmanjih jediničnih troškova (cijena)

207318112315213412211 =⋅+⋅+⋅+⋅+⋅+⋅=z

20 11 15 13

17 14 12 13

15 12 18 18

3 3 4 5 15

2

6

7

jb

ia1O 2O 3O 4O

1I

3I2I

2

4 2

3 1 3

Vogelova aproksimativna metoda (VAM)

199118312315213412213 =⋅+⋅+⋅+⋅+⋅+⋅=z

Razlika reda

20 11 15 13 2 2 7 - -

17 14 12 13 1 1 4 4 -

15 12 18 18 3 3 3 3 -

3 3 4 5 15

Razlika stupca

2 1 3 02 1 - 02 - - 02 - - 5- - - -

2

6

7

jb

ia1O 2O 3O 4O

1I

3I2I

2

3 1 3

i∆

j∆

4 2

10

Metoda relativnih troškovaMetoda skakanja s kamena na kamen (Stepping Stone)

Metoda raspodjele (Distribution Method)

• Metoda za određivanje optimalnog rješenja• Polazi od početnog bazičnog rješenja dobivenog

nekom od metoda za određivanje početnog rješenja• Za sva polja na kojima nema tereta (nezauzeta polja)

izračunavaju se relativni troškovi (karakteristike polja)• Provjerava se da li je početno rješenje optimalno i ako

nije prelazi se na novo (bolje) rješenje tj. ono koje osigurava manje ukupne transportne troškove

Relativni trošak• Broj koji pokazuje za koliko bi se novčanih jedinica

promijenili ukupni troškovi transporta po jedinici tereta ako se odabere određena relacija (ishodište - odredište)

• Relativni trošak može biti pozitivan, negativan i nula• Pozitivan relativni trošak znači povećanje ukupnih

troškova• Negativan relativni trošak znači smanjenje ukupnih

troškova• Nula znači da se trošak neće promijeniti bez obzira na

promjenu relacije• Rješenje TP je optimalno ako su u matrici transporta

na svim nezauzetim poljima nule ili pozitivni brojevi

11

Izračunavanje relativnog troška

• Za svako nezauzeto polje formira se “lanac” ili “zatvoreni put” koji polazi od tog polja i vraća se na to polje preko zauzetih polja

• Broj polja u lancu je uvijek paran i najmanje je jednak 4, a najviše m+n

• Pravila za formiranje lanca• Bilo koja dva uzastopna polja nalaze se u istom retku ili stupcu• U istom retku ili stupcu ne mogu biti tri uzastopna polja• Posljednje polje mora se nalaziti u istom stupcu ili retku u kojem

se nalazi i polje za koje računamo relativni trošak• Relativni trošak (karakteristika lanca) jednaka je

ukupnom zbroju jediničnih cijena uzetih s predznakom + ili -

• Cijene polja uzimaju se naizmjenično s predznakom + i -i to tako da je cijena na polju čiji relativni trošak računamo pozitivna (kod nekih autora počinje se s - i tada je kriterij optimalnosti da su svi relativni troškovi negativni ili 0)


207=z

Početno rješenje dobiveno metodom najmanjih troškova

6151211203132121111 =−+−=−+−= cccck

Karakteristika lanca za polje (1,1)


111121813121512323424231313 −=−+−+−=−+−+−= cccccck

20 11 15 13

17 14 12 13

15 12 18 18

3 3 4 5 15

2

6

7

jb

ia1O 2O 3O 4O

1I

3I2I

2

4 2

3 1 3

12


6151211203132121111 =−+−=−+−= cccck

(3,1)

Karakteristika lanca za polje (3,1)111121813121512323424231313 −=−+−+−=−+−+−= cccccck

+20 -11

-15 +12

+15

-12 +13

-18+12

-11


(1,2)(1,1)

(3,2)

(1,2)

(1,3)

(2,3) (2,4)

(3,4)(3,2)


20 11 - 15 13 +6 -1 -4

17 14 12 137 7

15 12 + 18 18 -1

3 3 4 5 15

2

6

7

jb

ia1O 2O 3O 4O

1I

3I2I

2

4 2

3 1 3

Najveći negativni relativni trošak je na polju (1,4) i iznosi -4. Na to poljerasporedit ćemo manji od brojeva koji se nalaze u poljima lancas predznakom -. min{3,2} = 2Taj se iznos dodaje na poljima s predznakom +, a oduzima na poljima s predznakom -. Na taj način prazno polje postaje popunjeno, a jedno puno polje postaje prazno.

13

Novi raspored

min 199118312315213412213 →=⋅+⋅+⋅+⋅+⋅+⋅=z

20 11 15 1310 4 3

17 14 12 137 7

15 12 18 181

3 3 4 5 15

2

6

7

jb

ia1O 2O 3O 4O

1I

3I2I

2

4 2

3 1 3

Dobiveno rješenje je optimalno jer su na svim praznim poljima pozitivni brojevi. Karakteristike svih lanaca su pozitivne i raspoređivanjeautobusa na ta polja povećalo bi ukupni trošak dolazaka autobusa napočetne stanice.

RješenjeUkupno trošak rasporeda autobusa bit će najmanji ako iz prve garaže 2 autobusa odu do 4. stanice, iz druge garaže 4 autobusa do 3. stanice i 2 autobusa do 4. stanice, a iz treće garaže 3 autobusa do 1. stanice, 3 autobusa do 2. stanice i 1 autobus do 4. stanice. Rješenje je nedegenerirano (m+n-1 = 6, a toliko je varijabli različito od nule).

G1

G2

G3

S1

S2

S3

S4

3

4

22

3

1

14

MODI metoda (The Modified Distribution Method)(Modificirana metoda raspodjele)

• Metoda za određivanje optimalnog rješenja• Polazi od početnog bazičnog rješenja dobivenog nekom od metoda

za određivanje početnog rješenja• Razlikuje se od metode raspodjele po načinu izračunavanja relativnih

troškova• Relativni troškovi izračunavaju se uz pomoć dualnih varijabli koristeći

dvije formule - za zauzeta i nezauzeta polja

) ( jvuck iijij +−=

Za svako zauzeto poljej vuc iij +=Za svako nezauzeto polje

01 =uDa bi se izračunale vrijednosti dualnih varijabli jednoj varijabli pridružise proizvoljna vrijednost. Obično se uzima ili se odabere vrijednost 0 za onu varijablu koja odgovara stupcu ili retku s najviše zauzetih polja.

MODI metoda - Izračunavanje relativnog troška

Najveći negativni relativni trošak je na polju (1,4) i iznosi -4. Na to poljerasporedit ćemo manji od brojeva koji se nalaze u poljima lancas predznakom -. min{3,2} = 2Taj se iznos dodaje na poljima s predznakom +, a oduzima na poljima s predznakom -. Na taj način prazno polje postaje popunjeno, a jedno puno polje postaje prazno.

20 11 15 13 06 -1 -4

17 14 12 13 -47 7

15 12 18 18 11

3 3 4 5 15

14 11 16 17

2

6

7

jb

ia1O 2O 3O 4O

1I

3I2I

2

4 2

3 1 3

iu

jv

15

Novi raspored

20 11 15 13 010 4 3

17 14 12 13 07 7

15 12 18 18 51

3 3 4 5 15

10 7 12 13

2

6

7

jb

ia1O 2O 3O 4O

1I

3I2I 2 4

2

3 1 3

iu

jv

Dobiveno rješenje je optimalno jer su na svim praznim poljima pozitivni brojevi. Karakteristike svih lanaca su pozitivne i raspoređivanjeautobusa na ta polja povećalo bi ukupni trošak dolazaka autobusa napočetne stanice.

min 199118312315213412213 →=⋅+⋅+⋅+⋅+⋅+⋅=z

Alternativna rješenja TP

2 6 7 4-1

4 8 6 43 3

5 3 9 16 5 -1

30 50 20 40 140

60

45

35

jb

ia1O 2O 3O 4O

1I

3I2I

30 15 15

5 40

35

Zadan je sljedeći početni raspored:

Na dva nezauzeta polja, (1,4) i (3,4) dobili smo jednaki najveći negativni relativni trošak -1.Na bilo koje od ta dva polja možemo rasporediti najveći mogući teret.U oba slučaja ukupno smanjenje troškova je isto.

55033544065715615230 =⋅+⋅+⋅+⋅+⋅+⋅=z

16

Alternativna rješenja TP

2 6 7 41

4 8 6 42 2

5 3 9 16 6 0

30 50 20 40 140

60

45

35

jb

ia1O 2O 3O 4O

1I

3I2I

30 15 15

20 25

35

Raspored na polje (1,4)

U oba slučaja dobili smo optimalno rješenje. Relativni trošak na nezauzetompolju jednak nuli znači postojanje još jednog optimalnog rješenja.

535335425620415615230 =⋅+⋅+⋅+⋅+⋅+⋅=z

Raspored na polje (3,4)

2 6 7 41 0

4 8 6 42 2

5 3 9 16 6

30 50 20 40 140

60

45

35

jb

ia1O 2O 3O 4O

1I

3I2I

30 30

15

20 25

20

nula broj2Broj optimalnih rješenja =

535115320425620630230 =⋅+⋅+⋅+⋅+⋅+⋅=z

Otvoreni transportni problem

• Ukupna ponuda nije jednaka ukupnoj potražnji• Višak je moguć na strani ponude ili na strani potražnje• Postoje dvije vrste otvorenog transportnog problema

∑∑==

≠n

jj

m

ii ba

11

∑∑==

<n

jj

m

ii ba

11

Otvoreni TP s viškom u potražnji

∑=

m

iia

1∑=

n

jjb

1> Otvoreni TP s viškom u ponudi

17

Otvoreni transportni model s viškom u ponudi

• Radi se o općem problemu minimuma sa sljedećim ograničenjima

mmnmm

n

n

axxx

axxxaxxx

≤+++

≤+++≤+++

... . . .. . .

......

21

222221

111211

∑=

m

iia

1∑=

n

jjb

1>

nmnnn

m

m

bxxx

bxxxbxxx

=+++

=+++=+++

... . . .. . .

......

21

222212

112111

0≥ijxFunkcija cilja )min(1 1∑∑= =

n

j

m

iijij xc


• Da bi riješili ovaj problem pretvaramo ga u zatvoreni TP uvođenjem fiktivnog odredišta s kapacitetom koji je jednak višku u ponudi. Jedinični troškovi prijevoza su nula.

mic

bab

if

n

jj

m

iif

,...,2,1 za 0

11

==

−= ∑∑==

18


Odredišta

Ishodišta

........Ponuda

0

0

........ 0

......... ............ .......... ........... ........... ............ ............

0

Potražnja

........

........

jb

ia1O 2O 3O

1I

3I

2I

nO

11x11c 12c 13c nc1

12x nx113x

21c

21x22c 23c nc2

22x 23x nx2

1a

2a

3a

1b 2b 3b nb

mamI

31x32c

32x33c

33xnc331c

nx3

1mc 2mc 3mc mnc

1mx 2mx 3mx mnx

fO

fb

fx1

fx2

fx3

mfx


mmfmnmm

fn

fn

axxxx

axxxxaxxxx

=++++

=++++

=++++

... . . .. . .

......

21

2222221

1111211

fmfff

nmnnn

m

m

bxxxbxxx

bxxxbxxx

=+++=+++

=+++=+++

......

. . .. . .

......

21

21

222212

112111

0≥ijx

min 0x ...c . . . . . .

0...c

0...

mf221m1

22222222121

11112121111

→++++

+++++

+++++=

mnmnmmm

fnn

fnn

xcxcx

xxcxcx

xxcxcxcz

19

Otvoreni transportni model s viškom u ponudi - primjer

Potražnja iznosi 65, aponuda je 70.Radi se o otvorenom TPs viškom u ponudi.Dodajemo dopunski stupac.

10 20 14 09 6

12 10 8 02 -1 0

14 15 12 0-4

30 15 20 5 70

25

10

35

jb

ia1O 2O 3O 4O

1I

3I 15

20 5

2I

10 10

10

Otvoreni TP pretvorili smou zatvoreni i dalje rješavamopostupkom za zatvoreni TP.U tablici je prikazan početni raspored dobiven metodomnajmanjih jediničnih troškova.

10 20 14

12 10 8

14 15 12

30 15 20 7065

25

10

35

jb

ia1O 2O 3O

1I

3I2I

Otvoreni transportni model s viškom u potražnji

• Radi se o općem problemu minimuma sa sljedećim ograničenjima

mmnmm

n

n

axxx

axxxaxxx

=+++

=+++=+++

... . . .. . .

......

21

222221

111211

nmnnn

m

m

bxxx

bxxxbxxx

≤+++

≤+++≤+++

... . . .. . .

......

21

222212

112111

0≥ijxFunkcija cilja )min(1 1∑∑= =

n

j

m

iijij xc

∑∑==

<n

jj

m

ii ba

11

20


• Da bi riješili ovaj problem pretvaramo ga u zatvoreni TP uvođenjem fiktivnog ishodišta s kapacitetom koji je jednak višku u potražnji. Jedinični troškovi prijevoza su nula.

n1,...,j za 0

11

==

−= ∑∑==

jf

m

ii

n

jjf

c

aba


Odredišta

Ishodišta

........Ponuda

........

......... ............ .......... ........... ........... ............ ............

.........

0 0 0 ........ 0

Potražnja ...........

........

........

jb

ia1O 2O 3O

1I

3I

2I

nO

11x11c 12c 13c nc1

12x nx113x

21c

21x22c 23c nc2

22x 23x nx2

1a

2a

3a

1b 2b 3b nb

mamI

31x32c

32x33c

33xnc331c

nx3

1mc 2mc 3mc mnc

1mx 2mx 3mx mnx

fI fa1fx fx2 fx3 nfx

21


fmfff

nfnmnnn

fm

fm

bxxx

bxxxx

bxxxx

bxxxx

=+++

=++++

=++++

=++++

...

... . . .. . .

...

...

21

21

2222212

1112111

0≥ijx

min ... ...c

. . . . . .

...c ...

221f1

221m1

2222222121

1112121111

→+++++++

++++++++=

xcxcxcxcxcx

xcxcxxcxcxcz

fnfneff

mnmnmmm

nn

nn

mmnmm

n

n

axxx

axxxaxxx

=+++

=+++=+++

... . . .. . .

......

21

222221

111211

Otvoreni transportni model s viškom u potražnji - primjer

10 20 14 22

12 10 8 18

14 15 12 14

45 15 20 30 70110

25

10

35

jb

ia1O 2O 3O 4O

1I

3I2I

Potražnja iznosi 110, aponuda je 70.radi se o otvorenom TPs viškom u potražnji.Dodajemo dopunski redak.

10 20 14 229 6 12

12 10 8 183 1 9

14 15 12 140

0 0 0 0-1 2

45 15 20 30 110

25

10

35

40

jb

ia1O 2O 3O 4O

1I

3I

30

25

20 5

4I

2I

10

10

10

Otvoreni TP pretvorili smou zatvoreni i dalje rješavamopostupkom za zatvoreni TP.U tablici je prikazan početni raspored dobiven VAMmetodom.

22

Degeneracija kod TPTransportni problem je degeneriran ukoliko bazično rješenje ima manje od m+n-1 varijabli različitih od nule. U tom slučaju bazično rješenje nije moguće poboljšati nekom od metoda za dobivanje optimalnog rješenja koje zahtijevaju početni raspored (nedostaje jedan ili više “kamena”) pa je potrebno degenerirano rješenje pretvoriti u nedegenerirano tj. ono kod kojeg je broj varijabli bazičnog rješenja m+n-1.

Degeneracija se može pojaviti:

1. Kod početnog bazičnog rješenja (početni raspored tereta)

2. U nekoj od iteracija (dva nezauzeta polja s istom negativnom karakteristikom lanca)

Degeneracija kod TP• U praksi najčešće nedostaje 1 “kamen”, a kod većih

matrica 2 “kamena”

• Degeneracija se javlja u slučajevima jednakih parcijalnih suma ponude i potražnje kad se istovremeno iscrpi ponuda i zadovolji potražnja

• Da bi izbjegli degeneraciju povećamo količinu u ishodištu / odredištu kako bi se izbjeglo da stupac i redak budu istovremeno zadovoljeni.

• Količine se promjene za proizvoljno malu veličinu ε koju u optimalnom rješenju nadomjestimo nulom kako ne bi došlo do promjene ukupnih troškova

• Napomena: U praksi se umjesto ε stavlja 0.

23

Grafički prikaz degeneracije

1I

2O 3O

2I 3I 4I

1O

Grafički prikaz degeneracije je stablo sa m+n čvorova (7) i manje od m+n-1(6) grana. U našem slučaju imamo 5 grana.Stablo je nepovezano. Sastoji se od dva parcijalna dijela kojespajamo kako bi degenerirano bazično rješenje pretvorili unedegenerirano bazično rješenje. Spajanje je moguće izvršiti povezivanjem bilo kojeg ishodišta jednog dijela s bilo kojim odredištem drugog dijela.

Degeneracija kod TP - primjer

10 12 3

8 4 2

11 9 4

7 8 5

40 10 30 80

20

30

20

10

jb

ia1O 2O 3O

1I

3I2I

4I

20

20 10

20

10

Početno bazično rješenje(degenerirano)

Početno bazično rješenje dobiveno metodom sjeverozapadnog kuta je degenerirano jer je broj zauzetih polja 5 < 6 = m+n-1.Rasporedivši količinu 10 na polje (2,2) zadovoljili smo istovremeno drugo ishodište i drugo odredište pa povećamo ponudu drugog ishodišta za ε. To povećanje rasporedimo na polje (2,3) kao fiktivni teret. Moramo povećati ipotražnju trećeg ishodišta za ε. Dobili smo nedegenerirano bazično rješenje.

10 12 3

8 4 2

11 9 4

7 8 5

40 10 30+ε 80

20

30+ε

20

10

jb

ia1O 2O 3O

1I

3I2I

4I

20

20 10

20

10

ε

Početno bazično rješenje(nedegenerirano)

24

Degeneracija kod TP - primjerPrva iteracija Druga iteracija

Fiktivni teret rasporedili smo na polje (2,3), a potom izračunali karakteristike praznih polja. Najveća negativna karakteristika je na polju (4,1) i tu smo rasporedili najveći mogući teret (10) i isto toliko dodali na polje (2,3), a oduzeli na poljima (1,1) i (4,3). U drugoj iteraciji najveća negativna karakteristika je napolju (1,3) i tu rasporedimo najveći mogući teret (10+ε). Isto dodamo na polju (2,1), a oduzmemo na poljima (1,1) i (3,3).

10 12 36 -1

8 4 2

11 9 41 3

7 8 5-4 1

40 10 30+ε 80

20

30+ε

20

10

jb

ia1O 2O 3O

1I

3I2I

4I

20

20 10

20

10

ε

10 12 36 -1

8 4 2

11 9 41 3

7 8 51 4

40 10 30+ε 80

20

30+ε

20

10

jb

ia1O 2O 3O

1I

3I2I

4I

20

10 10

20

10

10+ε

Degeneracija kod TP - primjerTreća iteracija

Nakon preraspodjele tereta u trećoj iteraciji sve karakteristike praznih poljasu pozitivne što znači da smo dobili optimalno rješenje. Dobiveno rješenjeje nedegenerirao jer ima ukupno 6 bazičnih varijabli različitih od nule.Stavljajući ε =0 dobivamo optimalno rješenje.

Min= 10*10+10*3+20*8+10*4+20*4+10*7=480

10 12 36

8 4 21

11 9 40 2

7 8 55 5

40 10 30+ε 80

20

30+ε

20

10

jb

ia1O 2O 3O

1I

3I2I

4I

10

20

10

10+ε

20+ε

10-ε

25

Dual transportnog problema

mnnmnnnn

mm

m

cvucvcvu

cvucvcvucvcvcvu

≤+≤+≤+

≤+≤+≤+≤+≤+≤+

. . . u . . .. . .

. . . u u . . . u

2211

2222221221

11m21121111

Funkcija cilja

max ... ... 22112211 →+++++++= nnmm vbvbvbuauauaW

Ograničenja

Nema ograničenja nenegativnosti dualnih varijabli.

,...,n, ; jv,...,m, ; iu

i

i

2121

== - varijable za ishodišta

- varijable za odredištaDualne varijable

Dual transportnog problema - primjer


njmixij ,...,2,1 ; ,...,2,1 ; 0 ==≥

Originalni problem transporta - PRIMAL

20 11 15 13

17 14 12 13

15 12 18 18

3 3 4 5 15

2

6

7

jb

ia1O 2O 3O 4O

1I

3I2I

11x 12x 13x14x

21x 22x 23x 24x

31x 32x 33x 34x

26


4342414

3332313

2322212

1312111

334333231

224232221

114131211

5 4 3 x 3 x x 7 x 6 x 2

vxxxvxxxvxxvxuxxxuxxxuxxxx

→=++→=++→=++→=++→=+++→=+++→=+++


njmixij ,...,2,1 ; ,...,2,1 ; 0 ==≥

Originalni problem transporta - PRIMAL


max5433762

81 81 21 51

31 21

41 71

13 15 11 20

4321321

43

33

23

13

42

32

22

12

41

31

21

11

→++++++=

≤+≤+≤+≤+≤+≤+≤+≤+≤+≤+≤+≤+

vvvvuuuW

vuvu

vuvu

vuvu

vuvu

vuvu

vuvu

27

Dualne varijable u MODI metodi

max5433762

81 31 13 81 21 15 21 41 11 51 71 20

4321321

434241

333231

232221

131211

→++++++=

=+=+≤+≤+=+≤+=+≤+=+=+≤+≤+

vvvvuuuW

vuvuvuvuvuvu

vuvuvuvuvuvu

20 11 15 13 06 -1 -4

17 14 12 13 -47 7

15 12 18 18 11

3 3 4 5 15

14 11 16 17

2

6

7

jb

ia1O 2O 3O 4O

1I

3I2I

2

4 2

3 1 3

iu

jv

Za zauzeta polja u ograničenjima vrijedi jednakost.

Dualne varijable u MODI metodi

19913512473103570602max

199118312315213412213min

=⋅+⋅+⋅+⋅+⋅+⋅+⋅=

=⋅+⋅+⋅+⋅+⋅+⋅=

W

z

20 11 15 13 010 4 3

17 14 12 13 07 7

15 12 18 18 51

3 3 4 5 15

10 7 12 13

2

6

7

jb

ia1O 2O 3O 4O

1I

3I2I 2 4

2

3 1 3

iu

jv

28

Analiza varijabli duala

iu < 0iu> 0

ia

ia z

z

z

z

Vrijednost funkcije z raste ili pada ako se promijeni ponuda ili potražnjabilo kojeg ishodišta ili odredišta ovisno o predznaku dualnih varijabli.Vrijednost dualne varijable kaže za koliko se promijeni funkcija cilja ako se ponuda ili potražnja promijene za jednu jedinicu.

jv < 0> 0

jb z

z

z

z

Utjecaj potražnje

jv

jb

Utjecaj ponude

Documents

Transportni Problem Skripta