PRIMJER BR.1:

PREDUZEĆE PROIZVODI DVA PROIZVODA ŽENSKE SUKNJE I JAKNE. PROIZVODNJA SE ODVIJA POD SLEDEĆIM USLOVIMA:

- PLATNO ZA IZRADU ODIJEVNIH PREDMETA SE MORA U POTPUNOSTI ISKORISTITI. RASPOLOŽIVA KOLIČINA PLATNA JE 300 m. POZNATO JE DA JE ZA JEDNU SUKNJU POTREBNO UTROŠITI 1, A ZA JAKNU 2 m PLATNA;

- PLASMAN PROIZVODA NALAŽE DA UKUPNA KOLIČINA ODJEVNIH PREDMETA NE SMIJE BITI IZNAD 350, PRI ČEMU JAKNI MORA BITI NAJMANJE 100;

- SUKNJE SE PRODAJU PO CIJENI 50KM, A JAKNE PO CIJENI 100 KM.

ODREDITI OPTIMALAN PROGRAM PROIZVODNJE U POSMATRANOM PREDUZEĆU.

RIJEŠENJE:

PROMJENLJIVE U MODELU SU:

X1 – NEPOZNATA KOLIČINA SUKNJI KOJE ĆE SE IZRAĐIVATI U POSMATRANOM PREDUZEĆU;

X2 – NEPOZNATA KOLIČINA JAKNI KOJE ĆE SE IZRAĐIVATI U POSMATRANOM PREDUZEĆU.

MATEMATIČKI MODEL ZAPISAN U STANDARDNOM OBLIKU:

A) FUNKCIJA CILJA:(max);z = 50X1 + 100X2

B) SISTEM OGRANIČAVAJUĆIH FAKTORA:(1) X1 + 2X2 = 300(2) X1 + X2 350(3) X2 100(4) X1 ≥ 0

MATEMATIČKI MODEL ZAPISAN U KANONSKOM OBLIKU:

A) FUNKCIJA CILJA:(max);z = 50X1 + 100X2 +0X3 – MX4 +0X5 – MX6

B) SISTEM OGRANIČAVAJUĆIH FAKTORA:(1) X1 + 2X2 +X4 = 300(2) X1 + X2 + X5 = 350(3) X2 - X3 + X6 = 100(4) XJ ≥ 0;J; J = 1,2, ..., 6

1. SIMPLEKS TABELA

C0 B X050 100 0 -M 0 -M

X1 X2 X3 X4 X5 X6 -M X4 300 1 2 0 1 0 0 0 X5 350 1 1 0 0 1 0 -M X6 100 0 1 -1 0 0 1

Zj-Cj -400M -M-50 -3M-100 M 0 0 0

2. SIMPLEKS TABELA

C0 B X050 100 0 -M 0 -M

X1 X2 X3 X4 X5 X6 -M X4 100 1 0 2 1 0 -2 0 X5 250 1 0 1 0 1 -1 100 X2 100 0 1 -1 0 0 1

Zj-Cj -100M +10000 -M-50 0 -2M-100 0 0 3M

3. SIMPLEKS TABELA – I OPTIMALNO RJEŠENJE

C0 B X050 100 0 -M 0 -M

X1 X2 X3 X4 X5 X60 X3 50 0,5 0 1 0,5 0 -10 X5 200 0,5 0 0 -0,5 1 0

100 X2 150 0,5 1 0 0,5 0 0Zj-Cj 15000 0 0 0 50 0 0

4. SIMPLEKS TABELA – II OPTIMALNO RJEŠENJE

C0 B X050 100 0 -M 0 -M

X1 X2 X3 X4 X5 X650 X1 100 1 0 2 1 0 -2

0 X5 150 0 0 -1 -1 1 1100 X2 100 0 1 -1 0 0 1

Zj-Cj 15000 0 0 0 50 0 0

DULANI MODEL ZAPISAN U STANDARDNOM OBLIKU:A) FUNKCIJA CILJA

(min); g = 300Y1 + 350Y2 + 100Y3

B) SISTEM OGRANIČAVAJUĆIH FAKTORA(1) Y1 + Y2 ≥ 50(2) 2Y1 + Y2 + Y3 ≥ 100

DULANI MODEL ZAPISAN U KANONSKOM OBLIKU:C) FUNKCIJA CILJA

(min); g = 300Y1 + 350Y2 + 100Y3 +0Y4 +0Y5 +MY6+MY7

D) SISTEM OGRANIČAVAJUĆIH FAKTORA(3) Y1 + Y2 -Y4 +Y6 ≥ 50(4) 2Y1 + Y2 + Y3 -Y5 + Y7 ≥ 100

SIMPLEKS TABELA OPTIMALNOG RIJEŠENJA DUALA

D0 B Y0300 350 100 0 0 M M

Y1 Y2 Y3 Y4 Y5 Y6 Y7300 Y1 50 1 1 0 -1 0 1 0100 Y3 0 0 -1 1 0 -1 -2 1

Gj-Dj 15000 0 -150 0 -300 -100 -M+100 -M+100

PRIMJER BROJ 2.

TRI OTKUPNE STANICE SNABDIJEVAJU MLIJEKOM TRI MLJEKARE. OTKUPNE STANICE RASPOLAŽU SA PO 3000 LITARA MILJEKA, DOK MLJEKARE ZAHTIJEVAJU 4000, 2000 I 2000 LITARA MILJEKA RESPEKTIVNO. POZNATI SU I TROŠKOVI TRANSPORTA PO JEDNOJ LITRI MLIJEKA IZ SVAKE OTKUPNE STANICE DO SVAKE MLJEKARE ŠTO IZNOSI: S1 – M1 0,04 KM, S1 – M2 0,05 KM, S1 – M3 0,06 KM, S2 – M1 0,04 KM, S2 – M2 0,04 KM, S2 – M3 0,05 KM, S3 – M1 0,05 KM, S3 – M2 0,03 KM I S3 – M3 0,02 KM. POTREBNO JE:

a. ZAPISATI MODEL KOJI ODGOVARA OPISANOM PROBLEMU;b. RIJEŠITI MODEL POD A.

RJEŠENJE:OVDJE JE RIJEČ O TRANSPORTNOM PROBLEMU,POTREBNO JE ODREDITI KOJU KOLIČINU MLIJEKA TRANSPORTOVATI IZ SVAKE POJEDINE OTKUPNE STANICE SI U SVAKU POJEDINU MLJEKARU MJ KAKO BI SNABDIJEVANJE ZADOVOLJILO PONUDU I TRAŽNJU A UKUPNI TROŠKOVI TRANSPORTA BILI MINIMALNI; PROMJENLJIVE U MODELU SUXIJ – NEPOZNATA KOLIČINA MLIJEKA KOJA ĆE SE TRANSPORTOVATI IZ I – TE OTKUPNE STANICE U J – TU MJEKARU; PRIJE MORAMO PROVJERITI ODNOS

- UKUPNE PONUDE: ∑aI = 3000 + 3000 + 3000 = 9000 I- UKUPNE TRAŽNJE: ∑bJ = 4000 + 2000 + 2000 = 8000 I- VIDIMO DA JE UKUPNA PONUDA VEĆA OD UKUPNE TRAŽNJE ZA 1000 l STOGA UVODIMO

FIKTIVNO ISHODIŠTE KOJE POTRAŽUJE RAZLIKU IZMEĐU PONUDE I TRAŽNJE.MATEMATIČKI MODEL GLASI:

A. FUNKCIJA CILJA:(MIN); Z = 4 X11 + 5 X12 + 6 X13 + 4 X21 + 4 X22 + 5 X23 + 5 X31 + 3 X32 + 2 X33 +0 X14 + 0 X24 + 0 X34 B. SISTEM OGRANIČAVAJUĆIH FAKTORA

S1 : X11 + X12 + X13 + X14 = 3S2 : X21 + X22 + X23 + X24 = 3S3 : X31 + X32 + X33 + X34 = 3M1 : X11 + X21 + X31 = 4M2 : X12 + X22 + X32 = 2

M3 : X13 + X23 + X33 = 2M4 : X14 + X24 + X34 = 1

XIJ ≥ 0 (i,j); i = 1,2,3; j = 1,2,3,4.DUALNI MODEL TRANSPORTNOG MODELA:

A. FUNKCIJA CILJA(MAX);G = 3 R1 + 3 R2 + 3 R3 + 4 K1 + 2 K2 + 2 K3 + 1 K4

B. SISTEM OGRANIČAVAJUĆIH FAKTORA1. R1 + K1 ≤ C11 (4)2. R1 + K2 ≤ C12 (5)3. R1 + K3 ≤ C13 (6)4. R1 + K4 ≤ C14 (0)5. R2 + K1 ≤ C21 (4)6. R2 + K2 ≤ C22 (4)7. R2 + K3 ≤ C23 (5)8. R2 + K4 ≤ C24 (0)9. R3 + K1 ≤ C31 (4)10. R3 + K2 ≤ C32 (3)11. R3 + K3 ≤ C33 (2)12. R3 + K4 ≤ C34 (0)

U DUALNOM MODELU NE VRIJEDI USLOV NENEGATIVNOSTI.U OPŠTEM SLUČAJU VRIJEDI:Ri + Kj + Dij = Cij Dij = Cij – (Ri + Kj)Dij * Xij = 0 PO PRINCIPU OSLABLJENE KOMPLEMETARNOSTI, TAKO DA KADA JE X ij > 0, TADA Dij MORA BITI = 0.DIJ – IZRAVNAVAJUĆA DUALNA PROMJENLJIVA KOJA SLUŽI KAO KRITERIJ OPTIMALNOSTI KOD TRANSPORTNIH METODA.

TRANSPORTNA TABELA KOJA ODGOVARA OPISANOM PROBLEMU JE:

M1 M2 M3 M4 aI

S14 5 6 0 3

S24 4 5 0 3

S34 3 2 0 3

bJ 4 2 2 1 9

POČETNO RIJEŠENJE POMOĆU DIJAGONALNE METODE:

K1 = 4 K2 = 4 K3 = 2 K4 = 0 aI

R1 = 0 4

3 -

5

1

6

4

0

+3

R2 = 0 4

1 +

4

2 -

5

3

0

03

R3 = 0 4

0

3

-1 +

2

2

0

1 -3

bJ 4 2 2 1 9

POČETNO RIJEŠENJE GLASI (OSJENČENA POLJA, A INAČE SE ZAOKRUŽUJU):X11 = 3 > 0 D11 = 0 C11 = R1 + K1 4 = R1 + K1

X14 = = 0+ > 0 D14 = 0 C14 = R1 + K4 0 = R1 + K1

X21 = 1 > 0 D21 = 0 C21 = R2 + K1 4 = R2 + K1

X22 = 2 > 0 D22 = 0 C22 = R2 + K2 4 = R2 + K2

X33 = 1 > 0 D33 = 0 C33 = R3 + K3 2 = R3 + K3

X34 = 1 > 0 D34 = 0 C34 = R3 + K4 0 = R3 + K4

Z = 3*4 + *0 + 1*4 + 2*4 + 1*2 + 1*0 = 26 (260 KM)NAKON TOGA ZA SVA PRAZNA POLJA GDJE SU Xij = 0 RAČUNAMO Dij = Cij – (RI + KJ)AKO JE Dij ≥ 0; (i,j) (KADA SE TRAŽI MINIMALNA VRIJEDNOST FUNKCIJE CILJA, A KOD MAKSIMUMA ZNAK JE OBRNUT)AKO POSTOJI Dij < 0 RIJEŠENJE NIJE OPTIMALNO, D32 = -1 < 0, TE RIJEŠENJE NIJE OPTIMALNO,SADA VRŠIMO OPTIMIZACIJU NA NAČIN DA JEDNU PROMJENLJIVU UVODIMO U RIJEŠENJE (ONA PROMJENLJIVA KOJOJ ODGOVARA NAJMANJA NEGATIVNA – MIN z ILI NAJVEĆA POZITIVNA MAX z).U RJEŠENJE ULAZI (POVEĆAVAMO VRIJEDNOST) PROMJENLJIVA X32; A LANČANO SE POVEĆAVA VRIJEDNOST PROMJENLJIVIH X14 I X21, A SA DRUGE STRANE SMANJUJE VRIJEDNOST PROMJENLJIVIH X34 = 1; X11 = 3 I X22 = 2, SVE PROMJENE IDU ZA ISTU VRIJEDNOST, A TO ODGOVARA NAJMANJOJ PROMJENLJIVOJ ČIJU VRIJEDNOST SMANJUJEMO ODNOSNO X34 = 1. SADA DOBIJAMO NOVO RIJEŠENJE U SLEDEĆOJ TRANSPORTNOJ TABELI:

II TRANSPORTNA TABELA – TABELA OPTIMALNOG RJEŠENJA

K1 = 4 K2 = 4 K3 = 3 K4 = 0 aI

R1 = 0 4

2

5

1

6

3

0

13

R2 = 0 4

2

4

1

5

2

0

03

R3 = -1 4

1

3

1

2

2

0

13

bJ 4 2 2 1 9

OPTIMALNO RJEŠENJE GLASI:X11 = 2X14 = 1 X21 = 2X22 = 1 X32 = 1 X33 = 2Z = 26 - 1 = 25(250 KM)

OPTIMALAN PROGRAM TRANSPORTA JE:IZ OTKUPNE STANICE S1 – OD 3000 LITARA MILJEKA ISPORUČITI SAMO 2000 LITARA U MLJEKARU M1;IZ OTKUPNE STANICE S2 – ISPORUČITI SVU RASPOLOŽIVU KOLIČINU MLIJEKA I TO MLJEKARI M1 2000 LITARA I MLJEKARI M2 1000 LITARA;IZ OTKUPNE STANICE S3 – ISPORUČITI SVU RASPOLOŽIVU KOLIČINU MLIJEKA I TO MLJEKARI M2 1000, A M3 – 2000 LITARA MLIJEKAUKUPNI TROŠKOVI TRANSPORTA IZNOSE 250 KMPOSTOJI JOŠ BESKONAČNO MNOGO NAČINA TRANSPORTA KOJI DAJU ISTE TROŠKOVE JER JE D24 = 0.

PRIMJER 3.

U MAŠINSKOM ODJELJENJU JEDNOG PREDUZEĆA INSTALIRANE SU 4 NOVE MAŠINE. RASPISAN JE KONKURS ZA PRIJEM RADNIKA ZA RAD NA TIM MAŠINAMA, PRI ČEMU JE ZA SVAKOM MAŠINOM POTREBAN JEDAN RADNIK ZA RAD. NA KONKUR SE PRIJAVILO 5 RADNIKA. RADI OBJEKTIVNOG PRISTUPA SVI SU PRISTUPILI PROBNOM RADU PRI ČEMU SU U TOKU JEDNE SMJENE PROIZVELI NEISPRAVNIH PROIZVODA KAO ŠTO JE PRIKAZANO U SLEDEĆOJ TABELI:

M1 M2 M3 M4

K1 4 5 6 5K2 4 4 5 6K3 5 3 2 3K4 6 4 5 2

K5 8 9 5 6

POTREBNO JE:A. ZAPISATI MODEL KOJI ODGOVARA OPISANOM PROBLEMU;B. RIJEŠITI MODEL POD A.

RJEŠENJE:OVDJE JE RIJEČ O PROBLEMU RASPOREDA,POTREBNO JE ODREDITI KOJI IZVRŠIOC TREBA BITI ANGAŽOVAN NA KOM RADNOM MJESTUXIJ – NEPOZNAT BROJ I – TIH IZVRŠIOCA NA J – TOM RADNOM ZADATKU, MOŽE IMATI SAMO BINARNU VRIJEDNOST 0 – NIJE ANGAŽOVAN ILI 1 – ANGAŽOVAN JEPRIJE MORAMO PROVJERITI ODNOS

- UKUPNE PONUDE: ∑aI = 1*5 = 5- UKUPNE TRAŽNJE: ∑bJ = 1*4 = 4- VIDIMO DA JE UKUPNA PONUDA VEĆA OD UKUPNE TRAŽNJE ZA 1 STOGA UVODIMO FIKTIVNO

ISHODIŠTE KOJE POTRAŽUJE RAZLIKU IZMEĐU PONUDE I TRAŽNJE.MATEMATIČKI MODEL GLASI:

A. FUNKCIJA CILJA:(MIN); Z = 4 X11 + 5 X12 + 6 X13 + 5 X14 + 0 X15 + 4 X21 + 4 X22 + 5 X23 + 6 X24 +0 X25 + 5 X31 + 3 X32 + 2 X33 + 3 X34 + 0 X35 + 6 X41 + 4 X42 + 5 X43 + 2 X44 + 0 X45 + 8 X51 + 9 X52 + 5 X53 + 6 X54 + 0 X55 B. SISTEM OGRANIČAVAJUĆIH FAKTORA

K1 : X11 + X12 + X13 + X14 + X15 = 1K2 : X21 + X22 + X23 + X24 + X25 = 1K3 : X31 + X32 + X33 + X34 + X35 = 1K4: X41 + X42 + X43 + X44 + X45 = 1K5: X51 + X52 + X53 + X54 + X55 = 1M1 : X11+ X21 + X31 + X41 + X51 = 1M2 : X12 +X22 + X32 + X42 + X52 = 1M3 : X13 +X23 + X33 + X34 + X35 = 1M4 : X14 +X24 + X34 + X44 + X45 = 1M5 : X15 +X25 + X35 +X45 + X55 = 1

XIJ = 0 ILI 1; (i,j); i = 1,2,3,4,5; j = 1,2,3,4,5.

PRIMJER 4.

U MAŠINSKOM ODJELJENJU JEDNOG PREDUZEĆA INSTALIRANE SU 4 NOVE MAŠINE. RASPISAN JE KONKURS ZA PRIJEM RADNIKA ZA RAD NA TIM MAŠINAMA, PRI ČEMU JE ZA SVAKOM MAŠINOM POTREBAN JEDAN RADNIK ZA RAD. NA KONKUR SE PRIJAVILO 5 RADNIKA. RADI OBJEKTIVNOG PRISTUPA SVI SU PRISTUPILI PROBNOM RADU PRI ČEMU SU U TOKU JEDNE SMJENE PROIZVELI ISPRAVNIH PROIZVODA KAO ŠTO JE PRIKAZANO U SLEDEĆOJ TABELI:

M1 M2 M3 M4

K1 3 4 5 4K2 3 3 4 5K3 4 2 1 2K4 5 3 4 1K5 7 8 4 5

POTREBNO JE:C. ZAPISATI MODEL KOJI ODGOVARA OPISANOM PROBLEMU;D. RIJEŠITI MODEL POD A.

PRIMJER BROJ 3.

PREDUZEĆE PROIZVODI DVA PROIZVODA ŽENSKE SUKNJE I JAKNE. PROIZVODNJA SE ODVIJA POD SLEDEĆIM USLOVIMA:

- ZA IZRADU ODIJEVNIH PREDMETA KORISTI SE PLATNO. RASPOLOŽIVA KOLIČINA PLATNA JE 120 m. POZNATO JE DA JE ZA JEDNU SUKNJU POTREBNO UTROŠITI 1, A ZA JAKNU 2 m PLATNA;

- PLASMAN PROIZVODA NALAŽE DA UKUPNA KOLIČINA ODJEVNIH PREDMETA NE SMIJE BITI IZNAD 50, PRI ČEMU ODNOS MEĐE ODJEVNIM PREDMETIMA MORA BITI NAJMANJE 1 : 2 U KORIST JAKNI;

- SUKNJE SE PRODAJU PO CIJENI 30KM, A JAKNE PO CIJENI 80 KM, DOK SU TROŠKOVI IZRADE JEDNE SUKNJE 20, 1 JAKNE 40 KM, DOK SU FIKSNI TROŠKOVI PROIZVODNJE 300 KM.

ODREDITI OPTIMALAN PROGRAM PROIZVODNJE U POSMATRANOM PREDUZEĆU AKO JE CILJ MAKSIMALNA EKONOMIČNOST.

RIJEŠENJE:

PROMJENLJIVE U MODELU SU:

X1 – NEPOZNATA KOLIČINA SUKNJI KOJA ĆE SE PROIZVODITI

X2 - NEPOZNATA KOLIČINA JAKNI KOJA ĆE SE PROIZVODITI

MATEMATIČKI MODEL GLASI:

A. FUNKCIJA CILJA

(MAX);Z=B. SISTEM OGRANIČENJA

1. X1+2X2 120

2. X1+X2 50

3. 2X1- X2 04. XJ≥0;J

GRAFIČKA METODA:

GRAFIČKI SKUP MOGUĆIH RJEŠENJA TRAŽIMO KAO KOD MODELA LINEARNOG PROGRAMIRANJA, A SA SLIKE SE VIDI DA JE TO TROUGAO OFC.

ZATIM TRAŽIMO KOORDINATE TAČKE T = Z(1)=OZ(2)=O, GDJE SU:

Z(1) – BROJNIK RAZLOMLJENE FUNKCIJE I

Z(2) –NAZIVNIK RAZLOMLJENE FUNKCIJE.

NAVEDENO PODRAZUMIJEVA DA SE RIJEŠI SISTEM JEDNAČINA:

3X1 + 8X2 = 0

2X1 + 4X2 = -30

RIJEŠENJE SISTEMA JE TAČKA T SA KOORDINATAMA T=

SADA IZ TAČKE T POVLAČIMO DVIJE TANGENTE NA SKUP MOGUĆIH RJEŠENJA TO SU SIVE LINIJE NA GRAFIKU I DOBIJAMO DA DVIJE EKSTREMNE TAČKE MOGU BITI OPTIMALNA RIJEŠENJA MODELA A TO SU TAČKE O I C. SADA JE:

Z(C) = = 1,74

Z(O) = 0

A

T

F

C

D BO

KAKO FUNKCIJA CILJA IMA VEĆU VRIJEDNOST U TAČKI C TO JE TAČKA C OPTIMALNO RIJEŠENJE MODELA RAZLOMLJENOG PROGRAMIRANJA KOJE GLASI:

X1=0

X2=50

(MAX);Z=1,74.

CHARNES – COOPER –OVA METODA RAZLOMLJENOG PROGRAMIRANJA:

MATEMATIČKI MODEL POMNOŽIMO SA t = :

A. FUNKCIJA CILJA

(MAX);Z=B. SISTEM OGRANIČENJA

1. X1+2X2 120

2. X1+X2 50

3. 2X1- X2 04. XJ≥0;J

I DOBIJAMO NOVI MATEMATIČKI MODEL:

a. FUNKCIJA CILJA(MAX);Z=3tx1 + 8tx2

b. SISTEM OGRANIČENJA

tX1+2tX2 120

tX1+tX2 50

2tX1-t X2 0

= t2tX1 + 4tX2 +30t = 1t >0; XJ≥0;JSADA UVODIMO SMJENU Y1 = tX1 i Y2 = tX2

a. FUNKCIJA CILJA(MAX);Z=3Y1 + 8Y2

b. SISTEM OGRANIČENJA

Y1+2Y2 – 120t 0

Y1+Y2 – 50t 0

2Y1- Y2 02Y1+4Y2 + 30t =1t > 0; YJ≥0;J

MODEL SE MOŽE RIJEŠITI BILO KOJOM METODOM LINEARNOG PROGRAMIRANJA, A NJEGOVO RJEŠENJE JE:

t =

Y1 = 0X1 = 0

Y2 = X2 = = =50

Z = 3x0 + 8x =1,74

MATROŠEVA METODA:

MODEL PREVODIMO U KANONSKI OBLIK, ŠTO JE:

A. FUNKCIJA CILJA

(MAX);Z=B. SISTEM OGRANIČENJA

X1+2X2 +X3 = 120X1+X2 + X4 = 502X1- X2 +X5 = 0XJ≥0;J

GDJE SU DODANE IZRAVNAVAJUĆE PROMJENLJIVE, X3, X4 I X5, KOJE OZNAČAVAJU, REDOM:

- NEUTROŠENI RASPOLOŽIVI MATERIJAL (PLATNO) ZA IZRADU ODJEVNIH PREDMETA;- UKUPAN PLASMAN ODJEVNIH PREDMETA ISPOD MAKSIMALNO DOZVOLJENOG PLASMANA;- NERAVNOTEŽA U OMJERU ODJEVNIH PREDMETA ISPOD MAKSIMALNOG OMJERA.

RJEŠENJE MODELA MATROŠEVOM – MODIFIKOVANOM SIMPLEKS METODOM:

1. MATROŠEVA TABELA:

C0 D0 B0 3 8 0 0 0

30 2 4 0 0 0

X0 X1 X2 X3 X4 X50 0 X3 120 1 2 1 0 00 0 X4 50 1 1 0 1 00 0 X5 0 2 -1 0 0 1

Z(1)j – Cj 0 -3 -8 0 0 0Z(2)j – Dj 30 -2 -4 0 0 0

j 0 90 240 0 0 0

0 = =0

POSLEDNJI RED U MATROŠEVOJ TABELI JE RED DETERMINANTI j KOJE SU KRITERIJ OPTIMALNOSTI KOD MATROŠEVE METODE!

1 = = 90; 2 = =240; 3 = ; 4 = ; 5 =

C0 D0 B

0 3 8 0 0 030 2 4 0 0 0

X0 X1 X2 X3 X4 X50 0 X3 20 -1 0 1 -2 08 4 X2 50 1 1 0 1 00 0 X5 50 3 0 0 1 1

Z(1)j – Cj 400 5 0 0 8 0Z(2)j – Dj 230 5 0 0 8 0

j 1,73913 -150 0 0 -240 0

U DRUGOJ MATROŠEVOJ TABELI SADRŽANO JE OPTIMALNO RJEŠENJE KOJE GLASI:

- X1=0 – PREDUZEĆE NEĆE PROIZVODITI SUKNJE;- X2 =50 – PROIZVODIĆE SE 50 JAKNI;- X3 = 20 – OSTAĆE 20 m NEUTROŠENOG PLATNA;- X4 = 0 – PROIZVEŠĆE SE MAKSIMALNO DOZVOLJEN BROJ ODJEVNIH PREDMETA;- X5 = 5 – OMJER PROIZVEDENIH ODJEVNIH PREDMETA ĆE BITI 50 ISPOD MAKSIMALNOG U

KORIST JAKNI;- Z = 1,74 – NA SVAKIH 100 KM TROŠKOVA OPRIHODUJE SE 174 KM.

PRIMJER 4.

ANALIZA JEDNOG SLOŽENOG UPRAVLJAČKOG ZADATKA OBAVLJA SE NA OSNOVU SLEDEĆIH INFORMACIJA:

AKTIVNOST A B C D E F G H

ZAVISI OD - - AB A B CD CDE CDE

VRIJEME TRAJANJA

TIJ(N) 2 4 5 6 2 4 2 2

TIJ(U) 1 2 4 3 2 4 1 1

TROŠKOVI REALIZACIJE

CIJ(N) 10 12 14 16 8 10 15 16

CIJ(U) 10,4 12,6 16 19 8 10 15,1 16,2

POTREBNO JE:

A. NACRTATI MREŽNI DIJAGRAM I NUMERISATI DOGAĐAJEB. IZRAČUNATI NORMALNO VRIJEME ZAVRŠETKA PROJEKTA I NJEMU ODGOVARAJUĆE TROŠKOVEC. IZRAČUNATI SVA OSTALA RJEŠENJA MREŽNOG MODELA.

MREŽNI DIJAGRAM SA NUMERISANIM DOGAĐAJIMA I RIJEŠENJEM POD B.I RIJEŠENJE:T8

(0)=T8(1)=13 V.J.

ΣCIJ = 101 N.J.PRVO RIJEŠENJE. NAJNIŽI TROŠKOVI;NAJDUŽE TRAJANE PROJEKTA.KRITIČNI PUTEVI (PUT KOJI VODI OD POČETNOG DO ZAVRŠNOG DOGAĐAJA A KOD KOGA SU SVE AKTIVNOSTI KRITIČNE):CP1: A13A34A45A58

SADA SE VRŠI SKRAĆIVANJE AKTIVNOSTI, PREMA PRIRASTU TROŠKOVA U JEDINICI VREMENA:

= =0,3; AKO AKTIVNOST A13 (A TO JE AKTIVNOST B) SKRATIMO ZA JEDNU VREMENSKU JEDINICU TADA ĆE SE TROŠKOVI REALIZACIJE PROJEKTA POVEĆATI ZA 0,3 NOVČANE JEDINICE;

1

0 0

3

4 4

2

2 3

4

4 4

6

9 11

5

9 9

7

11 13

8

13 13

- ODGOVARA VJEŠTAČKOJ AKTIVNOSTI NE MOŽE SE SKRATITI NJENO TRAJANJE

=2

- AKTIVNOST JE NA USILJENOM TRAJANJU NE MOŽE SE SKRAĆIVATI NJENO TARJANJE.NAJMANJI PRIRAST TROŠKOVA JE KOD AKTIVNOSTI B (AKTIVNOST A13). BROJ VREMENSKIH JEDINICA ZA KOJE ĆE SE IZVRŠITI SKRAĆIVANJE TRAJANJA NE SMIJE BITI VEĆI OD NAJMANJE VREMENSKE REZERVE SVIH NEKRITIČNIH PUTEVA ( PUT KOJI VODI OD POČETNOG DO ZAVRŠNOG DOGAĐAJA A NA KOME JE BAR JEDNA AKTIVNOST NEKRITIČNA).NE KRITIČNI PUTEVI SU::1: A12A25A58 TRAJE 12 VREMENSKIH JEDINICA (REZERVA JE 1 V.J.)

2: A12A24A45A58 TRAJE 11 VREMENSKIH JEDINICA(REZERVA JE 2 V.J.)

3: A12A24A45 A56A68 TRAJE 9 VREMENSKIH JEDINICA(REZERVA JE 4 V.J.)

4: A12A24A45 A56 A67A58 TRAJE 9 VREMENSKIH JEDINICA(REZERVA JE 4 V.J.)

5: A12A25A56A68 TRAJE 10 VREMENSKIH JEDINICA(REZERVA JE 3 V.J.)

6: A12A25A56 A67A58 TRAJE 10 VREMENSKIH JEDINICA(REZERVA JE 3 V.J.)

7: A13A36A68 TRAJE 8 VREMENSKIH JEDINICA(REZERVA JE 5 V.J.)

8: A13A36A67A78 TRAJE 8 VREMENSKIH JEDINICA(REZERVA JE 5 V.J.)

9: A13A34A45 A56A68 TRAJE 11 VREMENSKIH JEDINICA(REZERVA JE 2 V.J.)

10: A13A34A45 A56 A67 A58 TRAJE 11 VREMENSKIH JEDINICA(REZERVA JE 2 V.J.)NAJMANJA VREMENSKA REZERVA JE 1 VREMENSKA JEDINICA, TE AKTIVNOST B SKRAĆUJEMO ZA 1 VREMENSKU JEDINICU.II RJEŠENJE:T8

(0)=T8(1)=12 V.J.

ΣCIJ = 101 N.J.+0,3*1=101,3 N.J.SADA IMAMO 2 KRITIČNA PUTA I TOCP1: A12A25A58

CP2: A13A34A45A58

= =0,4; AKO AKTIVNOST A12(A TO JE AKTIVNOST A) SKRATIMO ZA JEDNU VREMENSKU JEDINICU TADA ĆE SE TROŠKOVI REALIZACIJE PROJEKTA POVEĆATI ZA 0,4 NOVČANE JEDINICE;

=1

- AKTIVNOST JE NA USILJENOM TRAJANJU NE MOŽE SE SKRAĆIVATI NJENO TARJANJE

= =0,3; AKO AKTIVNOST A13 (A TO JE AKTIVNOST B) SKRATIMO ZA JEDNU VREMENSKU JEDINICU TADA ĆE SE TROŠKOVI REALIZACIJE PROJEKTA POVEĆATI ZA 0,3 NOVČANE JEDINICE;

- ODGOVARA VJEŠTAČKOJ AKTIVNOSTI NE MOŽE SE SKRATITI NJENO TRAJANJE

=2

- AKTIVNOST JE NA USILJENOM TRAJANJU NE MOŽE SE SKRAĆIVATI NJENO TARJANJEAKO U MREŽNOM DIJAGRAMU IMAMO VIŠE KRITIČNIH PUTEVA NA SVAKOM KRITIČNOM PUTU SKRAĆUJEMO PO JEDNU AKTIVNOST ZA ISTI BROJ VREMENSKIH JEDINICA PREMA VEĆ NAVEDENOM PROTOKOLU.NA CP1 SKRAĆUJEMO AKTIVNOST A ZA JEDNU V.J I NA CP2SKRAĆUJEMO AKTIVNOST B ZA JEDNU VREMENSKU JEDINICU I DOBIJAMO TREĆE RIJEŠENJE.III RJEŠENJE:T8

(0)=T8(1)=11 V.J.

ΣCIJ = 101,3 N.J.+0,3*1+0,4*1=102 N.J.PONOVO IMAMO DVA KRITIČNA PUTA ISTO KAO U PRETHODNOM RIJEŠENJU TE SKRAĆUJEMO TRAJANJE AKTIVNOSTI C I D ZA PO JEDNU VREMENSKU JEDINICU, TE DOBIJAMO ČETVRTO RIJEŠENJE.IV RIJEŠENJE:T8

(0)=T8(1)=11 V.J.

ΣCIJ = 102 N.J.+1*1+2*1=105 N.J.SADA IMAMO DVA KRITIČNA PUTA ALI NA CP2 SVE AKTIVNOSTI SU NA USILJENOM TRAJANJU. TAKO DA JE 10 VREMENSKIH JEDINICA NAJKRAĆE VRIJEME REALIZACIJE UZ TROŠKOVE OD 105 NOVČANIH JEDINICA KOJI SU NAJVEĆI TROŠKOVI REALIZACIJE I KOJI ODGOVARAJU NAVEDENOM TRAJANJU PROJEKTA. TROŠKOVI REALIZACIJE MOGU BITI VEĆI ALI TO NEĆE UBRZATI REALIZACIJU PROJEKTA.

PRIMJER 5.ZA REALIZACIJU PROCESA PROIZVODNJE U TOKU GODINE TREBA NABAVITI 36 TONE OSNOVNE SIROVINE. TROŠKOVI REDOVNE NABAVKE KOLIČINE IZ JEDNE PORUDŽBINE IZNOSE 500 KM, TROŠKOVI SKLADIŠTENJA 1kg SIROVINE IZNOSE 0,1 KM/mjesečno. TREBA ODREDITI OPTIMALAN REŽIM NABAVKE OSNOVNE SIROVINE.OVDJE JE:Q=36t =36.000kgΘ= 1 GODINA = 12 MJESECIC1=500 KMC2=0,1 KM/mjesečnoPA IMAMO:

= =43,2≈43 NABAVKE

=837,21 kg- SVAKA POJEDINA NABAVKA SADRŽI 837,21 kg OSNOVNE SIROVINE

= =0,28 MJESECI = 3 DANA I 8 SATI I 22 MINUTE – SADRŽAJ JEDNE NABAVKE OMOGUĆAVA NEPREKIDNO ODVIJANJE PROCESA U TRAJANJU 3 DANA, 8 SATI I 22 MINUTE, NAKON ČEGA TREBA PONOVO NABAVLJATI OSNOVNU SIROVINU,

= =6572,67 KM – MINIMALNI UKUPNI TROŠKOVI ZALIHA – UKLJUČUJU TROŠKOVE NABAVKE I SKLADIŠTENJA ZALIHA OSNOVNE SIROVINE.

PRIMJER 6.ZA REALIZACIJU PROCESA PROIZVODNJE U TOKU GODINE TREBA NABAVITI 36 TONE OSNOVNE SIROVINE. TROŠKOVI REDOVNE NABAVKE KOLIČINE IZ JEDNE PORUDŽBINE IZNOSE 500 KM, TROŠKOVI SKLADIŠTENJA 1kg SIROVINE IZNOSE 0,1 KM/mjesečno. POSTOJI MOGUĆNOST HITNE NABAVKE OSNOVNE SIROVINE PRI ČEMU SU TROŠKOVI HITNE NABAVKE OSNOVNE SIROVINE 2,5 KM/MJESEČNO. TREBA ODREDITI OPTIMALAN REŽIM NABAVKE OSNOVNE SIROVINE.OVDJE JE:Q=36t =36.000kgΘ= 1 GODINA = 12 MJESECIC1=500 KMC2=0,1 KM/mjesečnoC3=2,5 KM/mjesečnoPA IMAMO:

* = * =6,7≈7 NABAVKI

=5585,70 kg- SVAKA POJEDINA NABAVKA SADRŽI 837,21 kg OSNOVNE SIROVINE, OD TOGA:

=5370,86 kg – REDOVNIM PUTEM

kg – PUTEM HITNE NABAVKE

= =1,79 MJESECI = 1 MJESEC, 23 DANA I 17 SATI– SADRŽAJ JEDNE NABAVKE OMOGUĆAVA NEPREKIDNO ODVIJANJE PROCESA U NAVEDENOM TRAJANJU , NAKON ČEGA TREBA PONOVO NABAVLJATI OSNOVNU SIROVINU,

* =1 MJESEC, 21 DANA I 7 SATI I 12 MINUTE- KOLIČINA NABAVLJENA REDOVNIM PUTEM

- KOLIČINA NABAVLJENA HITNIM PUTEM

= =6702,84 KM – MINIMALNI UKUPNI TROŠKOVI ZALIHA – UKLJUČUJU TROŠKOVE REDOVNE NABAVKE, HITNE NABAVKE I SKLADIŠTENJA ZALIHA OSNOVNE SIROVINE.

PRIMJER 6.EVIDENCIJOM ZAMJENE REZERVNIH DIJELOVA U MAŠINI „M“ USTANOVLJENO JE DA SE REZERVNI DIJELOVI U ODREĐENOM VREMENSKOM INTERVALU MIJENJAJU PREMA SREĐENOJ DISTRIBUCIJI ZAMJENE PRIKAZANOJ U SLEDEĆOJ TABELI:

ZAMJENJENO DIJELOVA 2 3 4 5 6 7

BROJ VREMENSKIH INTERVALA 3 4 7 4 5 2

TROŠKOVI SKLADIŠTENJA REZERVNIH DIJELOVA SU 10 KM, A TROŠKOVI HITNE NABAVKE 90 KM U ISTOM VREMENSKOM INTERVALU. ODREDITI OPTIMALNU KOLIČINU REZERVNIH DIJELOVA, KOJU TREBA IMATI NA ZALIHAMA.OVDJE JE:C2=10 KMC3=90 KM

S Q F(Q) P(Q) P(Q≤S) C(S)2 2 3 0,12 0,12 2163 3 4 0,16 0,28 1384 4 7 0,28 0,56 765 5 4 0,16 0,72 426 6 5 0,20 0,92 247 7 2 0,08 1,00 26

Σ 25

IZ TABELE SE JASNO VIDI DA JE:P(Q≤5)<0,9<P(Q≤6)S0=6U KOLONI C(S) PRIKAZANI SU UKUPNI OČEKIVANI TROŠKOVI HITNE NABAVKE I SKLADIŠTENJA REZERVNIH DIJELOVA, KOJI SE IZRAČUNAVAJU:

S- KOLONA OZNAČAVA POTREBAN BROJ REZERVNIH DIJELOVAQ-KOLONA OZNAČAVA RASPOLOŽIV BROJ REZERVNIH DIJELOVA