OPERATIONS RESEARCH TECHNIEKEN L.C.M. KALLENBERG UNIVERSITEIT LEIDEN

Transcriptie

1 OPERATIONS RESEARCH TECHNIEKEN L.C.M. KALLENBERG UNIVERSITEIT LEIDEN VOORJAAR 2003

2 Inhoudsopgave 1 Inleiding Wat is Operations Research? Overzicht van de te behandelen technieken Transportprobleem Probleemstelling LP-formulering Tableau en startoplossing Algemene iteratiestap Gevoeligheidsanalyse Toepassing Opgaven Toewijzingsprobleem Probleemstelling en LP-formulering De Hongaarse methode Eindigheid en gevoeligheidsanalyse Opgaven Project Planning Probleemstelling en modellering Berekening van het kritieke pad Bepaling van het kritieke pad met lineaire programmering Het PERT-model Projectplanning met kosten Een alternatief model Opgaven Minimale opspannende boom Probleemstelling De methode van Prim De methode van Kruskal Steiner bomen Opgaven i

3 6 Voorraadtheorie Inleiding Continue deterministische modellen Periodieke deterministische modellen Continue stochastische modellen Periodieke stochastische modellen Opgaven Wachttijdtheorie Inleiding Wachttijdparadox De formule van Little en PASTA Geboorte-sterfte processen Wachttijdmodellen gebaseerd op het geboorte-sterfte proces Het M/G/1 model Netwerken van wachtrijen Opgaven Beslissingstheorie Inleiding Beslissen zonder kansen Beslissen met kansen Beslissingsbomen Opgaven Simulatie Inleiding Statistische verwerking van gegevens Voorbeelden van simulaties Aselecte getallen en aselecte trekkingen Variantie reducerende technieken Opgaven Dynamische programmering Inleiding Terminologie Deterministische dynamische programmering Stochastische dynamische programmering Opgaven Geheeltallige programmering Inleiding Branch-and-bound ii

4 11.3 Afkapmethoden Lagrange relaxatie Andere technieken Opgaven iii

5 Hoofdstuk 1 Inleiding 1.1 Wat is Operations Research? De naam Operations Research (afgekort OR) dateert van vlak voor de Tweede Wereldoorlog. Het Bawdsey Research Station in Engeland kreeg in 1939 de opdracht te onderzoeken hoe de tijdsduur tussen de eerste radarmelding van vijandelijke vliegtuigen en het moment waarop de Engelse luchtmacht in actie kwam, kon worden verkort. Aan dit soort onderzoekingen werd de naam Operations Research gegeven. Het is niet eenvoudig om een definitie van OR te geven: de in de literatuur gegeven definities lopen dan ook sterk uiteen. De OR is te beschouwen als een verzameling van technieken die kunnen worden toegepast om de kwaliteit van kwantitatieve beslissingen te verbeteren. Vandaar de Nederlandse benaming: Besliskunde. In de OR houdt men zich bezig met het toepassen van kwantitatieve methoden om de doelmatigheid van een bepaald systeem te vergroten. In het meest ideale geval wordt een optimale oplossing bepaald. Vaak kan dit echter niet, of vindt men dat te kostbaar. Men volstaat dan met een benaderende oplossing of met een kwantitatieve analyse. In de praktijk worden bij het oplossen van een OR-probleem de volgende stadia onderscheiden: 1. Formulering van het probleem. 2. Constructie van het mathematisch model. 3. Bepaling van een (optimale) oplossing of van een analyse. 4. Onderzoek naar de robuustheid en betrouwbaarheid van de oplossing of van de analyse. 5. Het voorleggen van de uitkomsten aan de opdrachtgever. We zullen deze vijf stadia nader toelichten. Probleemformulering Een probleem dat tot de OR behoort heeft de volgende structuur: a. Er is een beslisser (persoon of groep) die een doel heeft dat nagestreefd wordt. b. De beslisser kan het systeem sturen door het kiezen van acties. c. Onderzocht wordt wat goede of optimale acties zijn, d.w.z. mogelijke acties moeten met elkaar vergeleken kunnen worden. 1

6 Bij veel problemen is de uitkomst van een actie niet met zekerheid aan te geven. We spreken dan van beslissen in onzekerheid, in tegenstelling tot beslissen in zekerheid, waarbij het resultaat van de acties wel met zekerheid bekend is. Constructie van het model Een model is een, meestal vereenvoudigde, voorstelling van de werkelijkheid. Het doel van een model is om het gedrag van een systeem te beschrijven. In een mathematisch model voor een OR-probleem komen de acties (de bestuurbare componenten) voor als beslissingsvariabelen of als strategieën. Daarnaast kunnen er ook andere grootheden zoals stochastische variabelen, parameters of constanten in voorkomen. Het gedrag van het systeem wordt weergegeven door relaties tussen bovengenoemde grootheden in de vorm van functies, vergelijkingen en restricties. Ook de doelstelling wordt vertaald in termen van de variabelen van het model. Het model heet deterministisch als het correspondeert met het beslissen in zekerheid; bij beslissen in onzekerheid noemen we het model stochastisch. Nadat het model is opgesteld moet worden nagegaan of dit model voldoet (validatie), d.w.z. of het een geschikte voorstelling van de werkelijkheid is. Dit kan vaak worden gedaan door gegevens die uit het verleden of heden bekend zijn met dit model te berekenen, waarna de berekende waarden met de bekende waarden vergeleken kunnen worden. Oplossen of analyseren van het model Er zijn vele manieren mogelijk om een model op te lossen of te analyseren. De keuze van de methode is uiteraard sterk afhankelijk van het model. De methoden om een OR-probleem op te lossen kunnen ruwweg als volgt worden onderverdeeld: 1. analytische methoden; 2. algoritmische methoden; 3. heuristische methoden. Bij een analytische methode wordt een oplossing afgeleid in de vorm van een formule. Door de gegevens van een specifiek probleem in deze formule in te vullen krijgen we de oplossing. Een voorbeeld van deze methode is de zogenaamde wortelformule uit de voorraadtheorie. Bij een algoritmische methode wordt meestal gestart met een bepaalde beginoplossing, waarna het algoritme een nieuwe oplossing bepaalt; deze neemt dan de plaats in van de beginoplossing en vervolgens wordt er weer een nieuwe oplossing bepaald, etc. Een dergelijk iteratief procwdw is geschikt om een OR-model op te lossen als een startoplossing eenvoudig te vinden is en als de rij tussentijdse oplossingen convergeert naar de gewenste oplossing. Een voorbeeld van een algoritmische methode is de simplex-methode voor het model van de lineaire programmering. Als bovenstaande methoden niet kunnen worden toegepast of als er redenen zijn om ze niet toe te willen passen, dan kan vaak gebruik gemaakt worden van een heuristische methode. Hierbij wordt een procédé voorgesteld, vaak een algoritme, om een goede oplossing te vinden of om elementen van het systeem te analyseren. Een voorbeeld van een techniek om elementen van een systeem te analyseren is simulatie. Bij simulatie wordt de werking van een systeem vele malen nagebootst en waargenomen. Deze waarnemingen vormen dan de informatie op grond waarvan statistische uitspraken over het systeem worden gedaan. 2

7 Robuustheid en betrouwbaarheid Hierbij gaan we na wat de gevolgen voor de oplossing zijn als de invoer van het probleem wat verandert. Deze evaluatie heet gevoeligheidsanalyse. Het uitvoeren van een dergelijke analyse heeft tot doel om te bepalen hoe nauwkeurig de invoer moet zijn en voor welke veranderingen van de gegevens de huidige oplossing nog voldoet. Bijna nooit zijn we in staat om deze aspecten volledig te beantwoorden. Maar ook informatie over een deel van deze zaken is van belang. Overleg met de opdrachtgever Na het berekenen van een oplossing of het analyseren van het model moeten de resultaten worden besproken met de opdrachtgever. Hierbij komen de volgende zaken aan de orde: a. Welke nieuwe acties moeten door de beslisser gebruikt gaan worden? b. Wat is het effect van de nieuwe acties? c. Is de opdrachtgever bereid de veranderingen door te voeren? Allereerst is er de vertaling van de uitkomst van de beslissingsvariabelen naar nieuwe acties voor de beslisser. Voordat men er toe over zal gaan om de voorstellen ook werkelijk operationeel te maken, moet men er van worden overtuigd dat ze een verbetering inhouden. Soms kan dit in de praktijk worden aangetoond. Vaak is dit ook niet het geval, bijv. als het een éénmalige operatie betreft die niet is te testen of te duur is om te testen. In die situatie kan simulatie een uitkomst zijn om aannemelijk te maken dat het voorstel een verbetering inhoudt. Zelfs als de opdrachtgever er van overtuigd is dat de voorstellen een verbetering zijn, dan kan hij desondanks niet bereid zijn om deze te implementeren, bijv. op grond van de sociale of maatschappelijke gevolgen er van. In een dergelijke overlegsituatie komt men er soms achter dat het gehanteerde model onvoldoende geschikt is, of dat de probleemformulering niet correct is geweest. In dat geval zullen een aantal stappen opnieuw moeten worden uitgevoerd. Dit kan zich dan zo herhalen totdat, bij succes, de implementatie werkelijkheid wordt. 1.2 Overzicht van de te behandelen technieken In dit college zullen we aandacht besteden aan een groot aantal technieken om OR-problemen op te lossen. Naast het bespreken van de theorie van deze technieken zal ook het oplossen van vraagstukken aan bod komen, zowel met de hand als met de computer. Bij dit laatste kan gebruik worden gemaakt van beschikbare programmatuur. De onderwerpen die aan bod komen zijn: A. Speciale lineaire modellen 1. Het transportprobleem Een bepaald product moet van een aantal depots naar een aantal bestemmingen worden getransporteerd. Er is bekend wat er in ieder depot in voorraad is en wat iedere bestemming nodig heeft. Aan iedere route van depot naar bestemming zijn transportkosten per eenheid van vervoer verbonden. Welk transportschema minimaliseert de totale kosten? 3

8 2. Het toewijzingsprobleem Een aantal taken moet door een even groot aantal personen worden uitgevoerd (iedere persoon één taak). Met iedere toewijzing corresponderen bepaalde kosten. Welke toewijzing minimaliseert de totale kosten? B. Netwerk modellen 1. Projectplanning Een project bestaat uit een aantal activiteiten, waarbij sommige activiteiten pas gestart kunnen worden als bepaalde andere activiteiten klaar zijn. Iedere activiteit heeft een zekere tijdsduur die deterministisch of stochastisch kan zijn. We zijn o.a. geïnteresseerd in de volgorde waarin de activiteiten moeten worden uitgevoerd opdat het project zo snel mogelijk klaar is. 2. Minimale opspannende boom Een aantal plaatsen moet met elkaar worden verbonden (bijv. met telefoonkabels), zodat het netwerk dat ontstaat samenhangend is. Hoe moet dit worden gedaan opdat de totale lengte van de verbindingen minimaal is? C. Stochastische modellen 1. Voorraadtheorie Een product wordt in voorraad gehouden om het aan klanten te verkopen. Deze verkoop levert een zekere opbrengst op. Daarnaast komen kosten voor, zoals: - bestelkosten als nieuwe exemplaren worden besteld; - voorraadkosten voor het in voorraad hebben van het product; - naleveringskosten indien er geen voorraad is maar wel vraag. Welke inkoopstrategie maximaliseert de opbrengst bij een gegeven vraag? 2. Wachttijdtheorie Beschouw een systeem waarin klanten volgens een bepaald proces binnenkomen en door een aantal bedienden worden geholpen, waarbij de bedieningsduur een zekere kansverdeling heeft. Van een dergelijk systeem analyseren we o.a. het gemiddeld aantal klanten in het systeem en de gemiddelde wachttijd. 3. Beslissingstheorie In dit model beschouwen we een systeem waarin verschillende alternatieven zijn en waarbij de uitkomst van een beslissing niet met zekerheid bekend is, maar bijv. door een kansverdeling wordt gegeven. Een van de vragen bij dit model is: welke strategie moet gevolgd worden om de verwachte opbrengst te maximaliseren? 4. Simulatie Het probleem dat we willen analyseren wordt vele malen nagebootst. De aldus experimenteel verkregen resultaten worden bestudeerd. Met behulp van dit cijfermateriaal worden statistische uitspraken gedaan over karakteristieke grootheden van het systeem. 4

9 D. Overige technieken 1. Dynamische programmering Dynamische programmering is een mathematische techniek om beslissingsproblemen op te lossen die een systeem betreffen dat een sequentiëel karakter heeft, of dat als zodanig gemodelleerd kan worden. Dergelijke problemen zijn vaak met een recursieve aanpak op te lossen. 2. Geheeltallige lineaire programmering In dit model wordt gezocht naar het optimum van een lineaire functie onder lineaire nevenvoorwaarden, waarbij de variabelen geheeltalige waarden moeten aannemen. 3. Heuristieken In situaties waarin technieken om een optimale oplossing te vinden niet beschikbaar of te kostbaar zijn, kan een heuristische methode uitkomst bieden. We hopen dan met ad hoc regels in vrij korte tijd een goede oplossing te kunnen vinden. 4. Speltheorie In de speltheorie houdt men zich bezig met modellen die conflictsituaties beschrijven. Niet alle conflictsituaties zijn in één model te vangen. We onderscheiden bijvoorbeeld: a. Het aantal deelnemers (tweepersoonsspelen of spelen met meer personen); b. Het al dan niet geoorloofd zijn van combines (wel of niet coöperatieve spelen); c. Regelen van de uitbetalingen (wel of geen nulsomspel). 5. Scheduling In de scheduling moet een aantal taken bewerkingen op machines ondergaan. Van iedere taak is gegeven op welke machines deze moet worden uitgevoerd, eventueel ook in welke volgorde, en hoe lang iedere bewerking duurt. De probleemstelling luidt: hoe deze taken te schedulen opdat een bepaalde functie ge-optimaliseerd wordt, bijv. minimaliseer het tijdstip waarop alle taken klaar zijn. 5

10 Hoofdstuk 2 Transportprobleem 2.1 Probleemstelling Er is een aantal, zeg m, depots van waaruit naar diverse, zeg n, bestemmingen goederen vervoerd moeten worden. De vraag kan dan gesteld worden hoeveel er vanuit de diverse depots naar de verschillende bestemmingen verzonden moet worden opdat de totale transportkosten minimaal zijn. We veronderstellen dat de transportkosten evenredig zijn met de te transporteren hoeveelheden. Laat c ij de kosten voorstellen die gemaakt worden als één eenheid van depot i naar bestemming j wordt vervoerd, a i de totale voorraad in depot i en b j het totaal dat in bestemming j moet worden bezorgd. Voorbeeld 2.1 Beschouw een transportprobleem met 3 depots, 4 bestemmingen en verder de volgende gegevens: C = , a = 30 en b = LP-formulering Laat x ij de hoeveelheid zijn die van depot i naar bestemming j verzonden wordt. Het transportprobleem kan nu als volgt worden geformuleerd: n m n j=1 x ij a i, 1 i m min c ij x ij m i=1 i=1 j=1 x ij b j, 1 j n x ij 0 voor alle (i, j) Wil het probleem een toegelaten oplossing hebben, dan moet de totale vraag niet groter zijn dan het totale aanbod, d.w.z. Σ m i=1 a i Σ n j=1 b j. We mogen aannemen dat Σ m i=1 a i = Σ n j=1 b j, immers: als namelijk het aanbod groter is dan de vraag, dan voegen we een extra bestemming (2.1) 6

11 n + 1 toe, en nemen we b n+1 = Σ m i=1 a i Σ n j=1 b j met bijbehorende kosten c i,n+1 = 0 voor alle i, d.w.z. dat het overschot zonder kosten naar de extra bestemming wordt afgevoerd. Als de totale vraag Σ n j=1 b ij gelijk is aan het totale aanbod Σ m i=1 a i, dan geldt voor iedere toegelaten oplossing x dat de ongelijkheden in (2.1) gelijkheden zijn. Vandaar dat we als standaardformulering nemen: m min i=1 n c ij x ij j=1 n j=1 x ij = a i, 1 i m m i=1 x ij = b j, 1 j n x ij 0 voor alle (i, j) (2.2) Voorbeeld 2.1 (vervolg) In ons voorbeeld geldt Σ m i=1 a i = Σ n j=1 b j, zodat de standaardformulering is: min 3x x x x x x x x x x x x 34 onder de voorwaarden: x 11 + x 12 + x 13 + x 14 = 15 x 21 + x 22 + x 23 + x 24 = 30 x 31 + x 32 + x 33 + x 34 = 55 x 11 + x 21 + x 31 = 30 x 12 + x 22 + x 32 = 10 x 13 + x 23 + x 33 = 15 x 14 + x 24 + x 34 = 45 x 11, x 12, x 13, x 14, x 21, x 22, x 23, x 24, x 31, x 32, x 33, x 34 0 De formulering van het duale probleem is: max 15u u u v v v v 4 onder de voorwaarden: u 1 +v 1 3 u 1 +v 2 7 u 1 +v 3 3 u 1 +v 4 4 u 2 +v 1 5 u 2 +v 2 7 u 2 +v 3 2 u 2 +v 4 6 u 3 +v 1 8 u 3 +v 2 13 u 3 +v 3 9 u 3 +v 4 3 Het duale probleem bij de algemene formulering (2.2) luidt: m n max { a i u i + b j v j u i + v j c ij voor alle (i, j) } (2.3) i=1 j=1 7

12 Het transport probleem is een LP-probleem met een speciale structuur. Zonder bewijs 1 vermelden we de volgende eigenschappen: (i) Ieder pivotelement is gelijk aan 1, en, als alle a i en b j geheeltallig zijn, dan zijn in iedere basisoplossing x alle x ij geheeltallig. (ii) De rang van het stelsel vergelijkingen in de standaardformulering (2.3) is m + n 1, dus een basis bevat m + n 1 x-variabelen. (iii) Beschouw de bipartiete graaf die op natuurlijke wijze behoort bij het transportprobleem. Er is een één-éénduidig verband tussen de verz. van de bases van probleem (2.3) en de verz. van de opspannende bomen in de graaf, die corresponderen met een toelaatbaar vervoersschema. 2.3 Tableau en startoplossing In plaats van in een simplex tableau zullen we oplossingen van het transport probleem representeren in het volgende tableau: b 1 b 2 b n a 1 c 11 x 11 c 12 x 12 c 1n x 1n a 2 c 21 x 21 c 22 x 22 c 2n x 2n a m c m1 x m1 c m2 x m2 c mn x mn Dit tableau heeft m + 1 rijen en 2n + 1 kolommem en is dus veel compacter dan het simplextableau dat m+n+1 rijen en mn+1 kolommen bevat. We zullen laten zien dat we alle benodigde informatie uit bovenstaand kunnen halen. We moeten starten met een basisoplossing, d.w.z. met een opspannende boom waarover alles vervoerd kan worden. We zullen hier drie gebruikelijke keuzes bespreken en aan de hand van ons voorbeeld toelichten. a. De Noord-West regel Hierbij gebruiken we routes die in het tableau zoveel mogelijk in de Noord-West hoek (linksboven) staan. We beginnen te kijken wat van depot 1 naar bestemming 1 vervoerd kan worden: het minimum van a 1 en b 1. In het voorbeeld is dit 15. Alles wat beschikbaar is in depot 1 is nu op. Daarom kijken we vervolgens wat van depot 2 naar bestemming 1 kan worden vervoerd. Deze hoeveelheid is 15, want daarmee is aan de vraag van 30 voldaan. Vervolgens kan er 10 van depot 2 naar bestemming 2 en 5 van depot 2 naar bestemming 3. Tenslotte wordt er van depot 3 een hoeveelheid 10 vervoerd naar bestemming 3 en 45 naar bestemming 4. Bij deze regel hoort dus het starttableau: 1 Voor het bewijs verwijzen we naar het College Grafentheorie. 8

13 Kosten: = 425. Omdat we in het tableau iedere keer ofwel een stap naar rechts, ofwel een stap naar omlaag gaan, komen we nooit in reeds bezochte punten terug. In de bijbehorende graaf zijn dus geen kringen en we krijgen dus een opspannende boom. Een nadeel van deze regel is dat er geen enkele rekening wordt gehouden met de kosten. De volgende regel komt aan dit bezwaar tegemoet. b. De minimale-kosten regel Vervoer zoveel mogelijk over het goedkoopste traject (in het voorbeeld van depot 2 naar bestemming 3), vervolgens over het op één na goedkoopste traject, etc. Om een opspannende boom te krijgen, moet per stap precies één bestemming of depot worden afgesloten, behalve in de laatste iteratie waar we zowel één bestemming als één depot afsluiten. Door deze afsluitingen kunnen we geen kringen krijgen. Na n + m 1 toekenningen hebben we dus een opspannende boom. Met deze regel krijgen we voor het voorbeeld als starttableau: Kosten: = 415. Nadat in de vierde stap over het traject depot 2 - bestemming 1 15 is vervoerd zijn tegelijk de eisen van depot 2 en bestemming 1 vervuld. We mogen echter maar één bestemmimg of depot afsluiten; in dit geval is gekozen om bestemming 1 af te sluiten. In de volgende stap wordt daarom 0 toegewezen aan de route depot 2 - bestemming 2 waarna depot 2 wordt afgesloten. Een toewijzing 0 betekent in termen van de lineaire programmering dat de bijbehorende basisoplossing gedegenereerd is. Een dergelijke degeneratie kan voorkomen als a i = i I 1 j J 1 b j met I 1 en J 1 echte deelverzamelingen van {1, 2,..., m} resp. {1, 2,..., n}. (2.4) De minimale-kosten regel kan als nadeel hebben dat een goede keuze aan het begin leidt tot hoge kosten aan het eind. Er is dan geen afweging van alternatieven. Deze afweging vindt in de volgende meer geavanceerde regel wel plaats. c. De regel van Vogel In de eerste stap wordt een boete gegeven aan ieder depot of iedere bestemming. Deze boetes zijn de extra kosten als niet de goedkoopste maar de op één na goedkoopste route vanuit het desbetreffende depot of naar de desbetreffende bestemming wordt gekozen. In ons voorbeeld zijn de boetes: 9

14 bestemming boete depot boete = = = = = = = 1 Vervolgens wordt die bestemming of dat depot gekozen waarvoor de boete maximaal is (in het voorbeeld: depot 3), en wijzen we zo veel mogelijk toe aan de goedkoopste route in de betreffende kolom of rij (in het voorbeeld: 45 aan route depot 3 - bestemming 4), waarna een depot of een bestemming wordt afgesloten (in het voorbeeld: bestemming 4). We kiezen dus dat traject waarvan het alternatief zo ongunstig mogelijk is. Deze procedure wordt herhaald met inachtneming van de afgesloten bestemmingen en depots. In elke stap moeten de boetes worden aangepast. Om ook hier een opspannende boom te krijgen moet in iedere stap precies één bestemming of depot worden afgesloten. Voeren we deze regel uit in ons voorbeeld, dan krijgen we: stap 1: 45 toewijzen aan depot 3 - bestemming 4; stap 2: 15 toewijzen aan depot 2 - bestemming 3; stap 3: 10 toewijzen aan depot 3 - bestemming 1; stap 4: 15 toewijzen aan depot 1 - bestemming 1; stap 5: 10 toewijzen aan depot 2 - bestemming 2; stap 6: 5 toewijzen aan depot 2 - bestemming 1. Bij deze toewijzing hoort dus het tableau: Kosten: = Algemene iteratiestap Hebben we een basisoplossing x, dan gaan we de bijbehorende vectoren u en v van het duale probleem berekenen. Omdat voor een x in de basis de bijbehorende verschilvariabele van het duale probleeem 0 is, geldt: u i + v j = c ij voor alle (i, j) met x ij in de basis. Uit (2.3) blijkt dat een duale oplossing toelaatbaar blijft en dat de waarde van de doelfunctie niet verandert als bij alle u i hetzelfde getal wordt opgeteld en van iedere v j dat getal wordt afgetrokken (ga dit zelf na). Eén der variabelen kan dus willekeurig worden gekozen. We spreken af dat we u 1 = 0 zullen nemen. Beschouw de bij de basis x behorende boom en neem het knooppunt 10

15 dat behoort bij u 1 als wortel, zeg knooppunt 1. De waarden van de andere u i s en v j s zijn te bepalen door in de boom vanuit knooppunt 1 naar de eindpunten te lopen, immers: voor tak (i, j) geldt: v j = c ij u i, zodat we v j kunnen uitrekenen als u i bekend is; omgekeerd kunnen we via u i = c ij v j, u i uitrekenen als v j bekend is. Vervolgens gaan we na of deze (u, v) toelaatbaar is voor (2.3). Is dit het geval, dan weten we uit de lineaire programmering dat x een optimale oplossing is van (2.2) en dat (u, v) een optimale oplossing van (2.3) is. Als (u, v) niet toelaatbaar is voor (2.3)), dan gaan we als volgt te werk. De variabelen x ij met u i + v j > c ij zijn de kandidaten om in de basis te komen (pivotkolom): de bijbehorende verschilvariabelen van het duale probleem (deze staan in het simplex-tableau in de getransformeerde doelfunctie) zijn dan negatief. Toevoegen van de corresponderende tak aan de boom doet een kring ontstaan. Deze is in het tableau op te sporen en we geven de takken er van afwisselend een + en een - (de toegevoegde tak krijgt een +). Over de + takken zal meer vervoerd gaan worden en over de - takken evenveel minder. De hoeveelheid die we gaan vervoeren is het minimum van de waarden van de takken met een -; noem deze hoeveelheid d. Hierdoor krijgt een der - takken de waarde 0 en deze tak verlaat de boom (pivotrij). Als de hoeveelheid d vervoerd gaat worden over de toegevoegde tak, dan nemen - omdat ieder pivotelement gelijk is aan 1 - de totale kosten met d [u i + v j c ij ] af. Een goede keuze lijkt dus om die tak (i, j) te kiezen waarvoor u i + v j c ij maximaal is. Dit komt overeen met de meest gebruikelijke keuze van de pivotkolom in de simplexmethode, nl. die kolom waarvan de coëfficiënt in de getransformeerde doelfunctie het meest negatief is. De hier beschreven methode is dan ook een speciale implementatie van de simplex-methode voor een LP probleem van de vorm (2.2). Voorbeeld 2.1 (vervolg) Uitgaande van de startoplossing volgens de Noord-West regel wordt de oplossing van ons voorbeeld als volgt verkregen (in de voorste kolom staat u en in de bovenste rij v): c = 425 d = var c = 385 optimaal Eindigheid Als d = 0, dan is er sprake van degeneratie en geldt (2.4) voor zekere deelverz. I 1 en J 1. In dat geval kan de eindigheid in gevaar komen. Het is mogelijk dit te voorkomen met de zogenaamde ε-perturbatie, d.w.z. in plaats van 0 nemen we een klein getal ε. Aan het einde vervangen we ε weer door 0. Indien voor geen enkele deelverz. I 1 en J 1 (2.4) niet geldt, dan is er geen degeneratie en is de eindigheid van de methode zonder meer gegarandeerd. 11

16 2.5 Gevoeligheidsanalyse We zullen de volgende veranderingen van het probleem onderzoeken: (i) veranderingen in de doelfunctie; (ii) veranderingen van de voorraad en de vraag. (i)veranderingen in de doelfunctie Veronderstel eerst dat de coëfficiënt c ij van een niet-basis-variabele x ij wordt gewijzigd. Uit het voorafgaande volgt dat de huidige basis optimaal blijft zolang c ij u i + v j. Voorbeeld 2.1 (vervolg) Beschouw de waarde van c 32 (de huidige waarde is 13). Omdat u 3 = 5 en v 2 = 5,is de huidige oplossing optimaal voor c Veronderstel vervolgens dat de coëfficiënt c ij van een basis-variabele x ij wordt gewijzigd. Stel c ij = λ en bereken opnieuw de u i en v j waarden als functie van λ. Door te eisen dat c ij u i + v j voor alle (i, j) met x ij niet in de basis, krijgen we het bereik van c ij waarvoor de huidige oplossing optimaal is. Voorbeeld 2.1 (vervolg) Beschouw de waarde van c 31 (de huidige waarde is 8). De berekening van de u i s en de v j s doen we in onderstaand tableau λ λ 3 λ Er moet gelden: 13 λ + 2; 9 λ 3; 4 6 λ; 6 8 λ. Hieruit volgt: 2 λ 11, zodat de huidige oplossing optimaal blijft voor 2 c (ii) Veranderingen van de voorraad en de vraag We beschouwen het geval dat de voorraad in één depot, zeg depot i, met λ verandert en dat de vraag in één bestemming, zeg bestemming j, met eveneens λ verandert (λ mag zowel positief als negatief zijn). Merk op dat Σ m i=1 a i = Σ n j=1 b j blijft gelden en dat volgens de dualiteitsstelling van de lineaire programmering geldt: nieuw optimum (2.2) = nieuw optimum (2.3) = Σ m i=1 a iu i + Σ n j=1 b jv j + λ(u i + v j ) = oude optimum +λ(u i + v j ), zolang (u, v) de optimale oplossing van (2.3) blijft. Een optimale oplossing van het gewijzigde probleem wordt nu als volgt verkregen: Beschouw eerst het geval dat x ij een basis-variabele is: Vervang x ij door x ij +λ mits λ zdd. x ij +λ 0. Het is duidelijk dat x toelaatbaar is en optimaal, want (u, v) blijft optimaal. 12

17 Voorbeeld 2.1 (vervolg) Neem het eerste depot en ook de eerste bestemming. Voor λ 15 is de verandering in de optimale oplossing: x 11 = 15 + λ en het optimum = λ(0 + 3) = λ. Beschouw vervolgens het geval dat x ij een niet-basis-variabele is: In de boom is een unieke keten van i naar j. Doorloop deze keten, beginnend met (i, k) en vermeerder en verminder afwisselend de bijbehorende basisvariabelen met λ, beginnend door x ik te vermeerderen met λ. Ga door tot knooppunt j is bereikt. Omdat een oneven aantal veranderingen heeft plaats gehad, is er in rij i en kolom j een hoeveelheid λ bijgekomen, d.w.z. de voorraad in depot i en de vraag in bestemming j is met λ toegenomen. λ moet nu nog wel voldoen aan de eis dat de nieuwe variabelen niet-negatief zijn. De verkregen oplossing is dan weer toelaatbaar en ook optimaal, omdat (u, v) optimaal is voor (2.3). Voorbeeld 2.1 (vervolg) Neem het eerste depot en de tweede bestemming. De keten is: depot 1 bestemming 1 depot 2 bestemming 2. De veranderingen zijn: x 11 = 15 + λ, x 21 = 5 λ, x 21 = 10 + λ. Voor 10 λ 5 blijven dezelfde variabelen in de basis. Het optimale tableau voor λ = 4 staat hieronder: Toepassing Er is vraag naar een aantal, zeg n, producten die gemaakt moeten worden uit nieuw materiaal en uit gerecyclede materialen, zeg de gerecyclede materialen 1, 2,..., m. Van gerecycled materiaal i is een hoeveelheid a i beschikbaar, i = 1, 2,..., m. Naar product j is een vraag d j die moet worden gemaakt uit minstens m j nieuw materiaal en verder uit gerecyclede materialen. Als gerecycled materiaal wordt gebruikt voor product j, dan kan van iedere eenheid van het gerecyclede materiaal slechts de fractie t j effectief worden gebruikt. Gevraagd wordt naar een productieproces dat zo min mogelijk nieuw materiaal gebruikt. Laat v j de hoeveelheid nieuw materiaal zijn voor product j en laat x ij de hoeveelheid van gerecycled materiaal i zijn dat wordt gebruikt voor product j. Bovenstaand probleem kan dan als volgt als LP-probleem worden geformuleerd: n j=1 n x ij a i, 1 i m min v j t j m i=1 x ij + v j d j, 1 j n j=1 v j m j, 1 j n x ij 0 voor alle (i, j) (2.5) 13

18 Neem als depots {0, 1,..., m} en de bestemmingen {1, 2,..., n}. Laat c 0j = t j, j = 1, 2,..., n en c ij = 0, 1 i m, 1 j n. Neem verder x 0j = v j m j t j, j = 1, 2,..., n, dan is c 0j x 0j = t j x 0j = v j m j = het extra nieuwe materiaal voor product j, j = 1, 2,..., n. De doelfunctie is dus equivalent met n j=1 c 0jx 0j = m i=0 n j=1 c ijx ij. Merk verder op dat: v j m j x 0j 0, j = 1, 2,..., n en t j m i=1 x ij +v j d j m i=1 x ij d j v j t j Noem d j m j t j = d j m j t j v j m j t j m i=0 x ij d j m j t j, j = 1, 2,..., n. = b j, j = 1, 2,..., n. Het is nu in te zien dat (2.5) equivalent is met: m min i=0 n c ij x ij j=1 n j=1 x ij m i=1 x ij x ij a i, 1 i m b j, 1 j n 0, 0 i m, 1 j n Probleem (2.6) is van het type (2.1), zodat deze toepassing is op te lossen als transportprobleem. (2.6) 2.7 Opgaven Opgave 1 Bepaal een optimale oplossing van voorbeeld 2.1, uitgaande van de minimale-kosten regel. Opgave 2 Beschouw het transportprobleem met 4 depots, 6 bestemmingen en verder de volgende gegevens: C = , a = en b = a. Bepaal de startoplossing met de regel van Vogel. b. Los dit transportprobleem op, uitgaande van de in onderdeel a verkregen startoplossing. Opgave 3 Een autoverhuurbedrijf heeft vestigingen in 6 plaatsen (A, B, C, D, E en F). Het bedrijf heeft een probleem, dat veroorzaakt wordt doordat auto s bij andere vestigingen worden teruggebracht dan waar ze gehuurd zijn. Beschouw de situatie dat er 9, 6, 7 en 9 auto s over zijn in de plaatsen A, B, C en D resp., terwijl er in E en F 15 resp. 13 te weinig zijn. De vervoerskosten (per auto) tussen de vestigingsplaatsen zijn als volgt: 14

19 A B C D E F Het bedrijf wil er op zo goedkoop mogelijke wijze voor zorgen dat er in E en F voldoende auto s zijn. a. Formuleer dit probleem als een transportprobleem. b. Bepaal een startoplossing met de regel van Vogel. c. Bepaal een optimale oplossing. Opgave 4 Een bedrijf levert goederen aan 3 klanten, die ieder 30 eenheden wensen te ontvangen. Het bedrijf heeft 2 depots. In depot 1 zijn 40 eenheden beschikbaar en in depot 2 30 eenheden. De transportkosten (in euro s per eenheid) staan in onderstaande tabel: klant 1 klant 2 klant 3 depot depot Voor iedere eenheid die de eerste klant niet ontvangt moet een boete van 90 euro worden betaald, bij de tweede klant is een dergelijke boete 80 euro en bij de derde klant 110 euro. a. Formuleer een transportprobleem dat de som van de transportkosten en de boetes minimaliseert; los vervolgens dit probleem met de hand op. b. Veronderstel dat het bedrijf voor 100 euro per eenheid de voorraad in depot 1 en/of depot 2 kan aanvullen, en dat alle klanten de door hen verlangde hoeveelheid moeten ontvangen. Formuleer het probleem dat de som van de transportkosten en de aanvulkosten minimaliseert eveneens als een transportprobleem. Los het geformuleerde transportprobleem met de hand op. Opgave 5 Een bedrijf produceert 3 soorten staal in 3 verschillende fabrieken. De tijd (in minuten) nodig voor de productie van 1 ton staal (onverschillig welk soort) en de productiekosten (in honderden euro s) voor ieder soort staaal staan voor iedere fabriek in onderstaande tabel: staal 1 staal 2 staal 3 tijd fabriek fabriek fabriek Van iedere soort staal moet per week 100 ton worden geproduceerd. Iedere fabriek is per week 40 uur in bedrijf. De kosten moeten geminimaliseerd worden. Formuleer een transportprobleem dat bovenstaand probleem oplost en los het op met het computerpakket. 15

20 Opgave 6 Een bedrijf moet van een product de komende 4 maanden 5000, 8000, resp eenheden leveren. Het bedrijf kan iedere maand in het reguliere productieproces 6000 eenheden leveren en, indien gewenst, per maand 3000 stuks extra door overwerk. De productiekosten voor regulier en overwerk zijn resp. 10 en 15 euro per stuk. De voorraadkosten bedragen 2 euro per eenheid per maand (wat in een zekere maand wordt geproduceerd kan in dezelfde maand worden geleverd en er zijn dan geen voorraadkosten aan verbonden). Welk productie schema minimaliseert de som van de productiekosten en de voorraadkosten? a. Modelleer dit probleem als een transportprobleem. b. Bepaal een startoplossing met de kolom minimalisatie methode, d.w.z. startend in kolom 1 sluiten we kolom voor kolom af, door die rij te kiezen met de laagste kosten. c. Bepaal een optimale oplossing voor dit probleem. Opgave 7 Beschouw het volgende vervoersprobleem, waarbij behalve depots (1,2,3) en bestemmingen (6 en 7) er ook nog twee tussenpunten (4 en 5) zijn. In de tussenpunten is niets nodig en ook niets beschikbaar. In de bestemmingen 6 en 7 worden resp. 20 en 25 eenheden gevraagd. De overige gegevens van dit probleem zijn als volgt (- betekent dat hierover niets vervoerd kan worden): Transportkosten naar Depot Beschikbaar Punt 4 Punt 5 Punt 6 Punt Transportkosten naar Tussenpunt Punt 4 Punt 5 Punt 6 Punt a. Los dit probleem op als transportprobleem door voor ieder depot en bestemming de goedkoopste route van depot naar bestemming te bepalen. b. Los dit probleem op als transportprobleem door als depots de echte depots en de tussenpunten te nemen, en als bestemmingen de echte bestemmingen en eveneens de tussenpunten. Opgave 8 a. Los het volgende transportprobleem met 2 depots en 3 bestemmingen op: ( ) ( ) C =, a = en b =

21 b. Wat wordt de optimale oplossing bij de volgende veranderingen: (i) c 13 = 1; (ii) c 11 = 6; (iii) c 21 = 8. c. Wat wordt de optimale oplossing bij de volgende veranderingen: (i) de voorraad in depot 1 en de vraag in bestemming 1 worden beide met 1 verhoogd; (ii) de voorraad in depot 1 en de vraag in bestemming 3 worden beide met 1 verhoogd. Opgave 9 Beschouw onderstaand transportprobleem met 3 depots en 3 bestemmingen: C = , a = 10 en b = 8. 6 α a. Los dit probleem op voor α = 3; is de oplossing uniek? b. Geef de waarde van de doelfunctie als functie van α voor alle α > 0. Opgave 10 Dertien nieuwe papiersoorten moeten worden gemaakt, waarvoor nieuw papier en tien soorten gerecycled papier gebruikt kunnen worden. Van de nieuwe papiersoort j wordt een hoeveelheid d j (in kg) gevraagd, waarvoor minstens m j kg nieuw papier moet worden gebruikt, 1 j 13. Van het gerecyclede materiaal kan voor de nieuwe papiersoort j slechts de fractie t j effectief worden gebruikt (1 j 13) en bovendien is niet al het gerecycelde materiaal geschikt voor ieder nieuw product. Zij S j {1, 2,..., 10} de gerecyclede soorten die gebruikt kunnen worden bij de productie van de nieuwe papiersoort j, 1 j 13. Onderstaande tabel geeft de concrete gegevens voor ieder van de dertien nieuwe papiersoorten. j d j m j t j S j {1, 2} {1, 2, 3, 4} {2, 3, 4, 5, 6} {2, 3, 4, 5, 6} {5, 6} {4, 5, 6} {7, 8, 10} {7, 8, 10} {1, 2, 4} {10} {6} {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10} {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10} Van gerecycled soort i is een hoeveelheid van 3100 kg beschikbaar, 1 i 10. Los het volgende probleem als transportprobleem op: Welk productieproces voldoet aan de vraag, terwijl er zo min mogelijk nieuw papier voor wordt gebruikt? Gebruik het computerpakket om de optimale oplossing te bepalen. 17

22 Hoofdstuk 3 Toewijzingsprobleem 3.1 Probleemstelling en LP-formulering Een belangrijk speciaal geval van het transportprobleem krijgen we als n = m en a i = b j = 1 voor alle i en j. Dit geval wordt het toewijzingsprobleem genoemd. Beschouw een groot bouwconcern, opgedeeld in n divisies, dat n projecten moet uitvoeren, iedere divisie precies één. Voor iedere combinatie van project i en divisie j is een bepaald getal c ij bekend, zijnde de kosten als project i door divisie j wordt uitgevoerd. Zij x ij = 1 als project i door divisie j wordt uitgevoerd en x ij = 0 als dit niet het geval is. Dit geeft de volgende LP-formulering van het toewijzingsprobleem (omdat voor dit probleem net als bij het transportprobleem iedere basisoplossing geheeltallig is, mogen we de eis dat x ij = 0 of 1 weglaten): n min i=1 n c ij x ij j=1 n j=1 x ij = 1, 1 i n n i=1 x ij = 1, 1 j n x ij 0 voor alle (i, j) (3.1) Het duale probleem van (3.1) luidt: n max u i + i=1 n v j u i + v j c ij voor alle (i, j) j=1 (3.2) De voorwaarden van (3.1) en de geheeltalligheid zorgen er voor dat iedere basisoplossing zowel in iedere rij als in iedere kolom precies één x-variabele gelijk aan 1 heeft. Dit betekent dat voor een basisoplossing (die volgens de theorie van het transportprobleem m + n 1 = 2n 1 x-variabelen bevat) precies n variabelen de waarde 1 hebben, terwijl de overige n 1 x-variabelen van de basis de waarde 0 bezitten. Iedere basis is dus sterk gedegenereerd. Dit is de reden dat het oplossen van een toewijzingsprobleem, alsof het een transportprobleem is, vaak tot zeer veel iteraties leidt (in theorie kan zelfs cycling voorkomen, maar in de praktijk komt dit bijna nooit voor). Daarom zijn voor dit model speciale algoritmen ontwikkeld, waarvan we de Hongaarse methode zullen bespreken. Deze is ontwikkeld door H. Kuhn en gebaseerd op het werk van Hongaarse wiskundigen over koppelingen in een bipartiete graaf 1. 1 Zie het college Discrete Wiskunde. 18

23 Voorbeeld 3.1 Op een zondag zijn er vier voetbalwedstrijden in respectievelijk de plaatsen Amsterdam (A), Rotterdam (R), Eindhoven (E) en Groningen (G). Er zijn tevens vier scheidsrechters die deze wedstrijden kunnen leiden. De reisafstand die iedere scheidsrechter heeft tot de plaatsen waar de wedstrijden worden gehouden, staat in de volgende tabel. A R E G De voetbalbond wil de scheidsrechters die wedstrijden laten leiden zódat de totale reisafstand van de vier scheidsrechters minimaal is. Wat is de oplossing van dit probleem? 3.2 De Hongaarse methode Beschouw het duale probleem (3.2). Bij de Hongaarse methode hebben we in iedere iteratie een (u, v) die toelaatbaar is voor (3.2) en een x die voldoet aan de zgn. complementariteitsrelaties m.b.t. (u, v): x ij {c ij u i v j } = 0 voor alle (i, j) (3.3) Wanneer x nu ook nog toelaatbaar is voor (3.1), dan volgt uit de theorie van de lineaire programmering dat x optimaal is voor (3.1) en (u, v) optimaal is voor (3.2). Als startoplossing nemen we: { ui = min 1 j n c ij voor i = 1, 2,..., n v j = min 1 i n {c ij u i } voor j = 1, 2,..., n Voor iedere (i, j) geldt: v j c ij u i, dus (u, v) is toelaaatbaar voor (3.2). Laat S = {(i, j) u i + v j = c ij }. We nemen x ij = 0 als (i, j) / S. Hoe x op S ook wordt gekozen, op deze wijze is altijd voldaan aan (3.3). Beschouw de gereduceerde kostenmatrix, waarin iedere c ij is vervangen door d ij = c ij u i v j. De matrix D wordt uit C verkregen door eerst van iedere rij het kleinste element in die rij af te trekken, en vervolgens in de aldus verkregen matrix van iedere kolom het kleinste element in die kolom af te trekken. D heeft dus in iedere rij en in iedere kolom minstens één 0. { 1, (i, j) S S = {(i, j) d ij = 0}, dus als x ij =, dan is aan (3.3) voldaan. 0, (i, j) / S Voorbeeld 3.1 (vervolg) We starten met u 1 = 45, u 2 = 35, u 3 = 50, u 4 = 40, v 1 = 0, v 2 = 0, v 3 = 0 en v 4 = 90. We schrijven deze gegevens als volgt in een tableau met linksboven de waarde van de doelfunctie van (3.2): 19

24 Veronderstel dat de matrix D n onafhankelijke nullen heeft (d.w.z. nullen die in verschillende rijen en kolommen voorkomen). Door op deze plaatsen x ij = 1 te nemen en x ij = 0 te stellen op de overige plaatsen krijgen we een x die toelaatbaar is voor (3.1), en dus optimaal is. Vandaar dat we het maximum aantal onafhankelijke nullen gaan bepalen. Volgens de stelling van König en Egerváry 2 is dit aantal gelijk aan het minimum aantal strepen door de rijen en kolommen om alle nullen te vangen. Indien we s onafhankelijke nullen kunnen aanwijzen en tevens alle nullen kunnen worden doorgestreept met s strepen, dan is het maximum aantal onafhankelijke nullen gelijk aan s. Er bestaan goede algoritmen om het maximum aantal onafhankelijke nullen te bepalen; dit kan o.a. via een koppelingsprobleem op een bipartiete graaf 3. Voorbeeld 3.1 (vervolg) Omdat de 0 en op de plaatsen (2,2), (3,3) en (4,4) onafhankelijk zijn en omdat alle nullen zijn door te strepen met de laatste twee rijen en de tweede kolom, is in het voorbeeld s = 3. Veronderstel dat we alle nullen hebben gevangen door een minimum aantal rijen/kolommen door te strepen. Laat I de verz. van niet-doorgestreepte rijen, J de verz. van niet-doorgestreepte kolommen en d = min{d ij i I, j J}. Merk op dat d positief is. Verander (u, v) en D als volgt: { { ui + d i I u i := u i i / I ; v vj j J j := v j d j / J ; d ij := d ij + d d ij d d ij i / I, j / J i I, j J anders Het is eenvoudig in te zien dat voor de nieuwe waarden weer geldt: u i +v j c ij en d ij = c ij u i v j voor alle (i, j). Met deze nieuwe (u, v) en D voeren we weer een iteratie uit en we stoppen zodra het maximum aantal onafhankelijke nullen gelijk is aan n (dan hebben we de optimale oplossingen gevonden). In algoritmische vorm ziet de Hongaarse methode er aldus uit: Algoritme 3.1 Stap 1 a. Bepaal het minimale element u i in rij i van C, i = 1, 2,..., n. Construeer een nieuwe matrix C door in C van rij i het getal u i af te trekken, i = 1, 2,..., n. b. Bepaal in C in kolom j het kleinste getal v j, j = 1, 2,..., n. Construeer de gereduceerde kostenmatrix D door in C van kolom j het getal v j af te trekken, j = 1, 2,..., n. 2 Stelling 16.2 in het dictaat Discrete Wiskunde. 3 Zie het college Grafentheorie. 20

25 Stap 2 a. Bepaal in de gereduceerde kostenmatrix het minimum aantal strepen, zeg s, om alle nullen te vangen en bepaal s onafhankelijke nullen. b. Als s = n: ga naar stap 4; anders: ga naar stap 3. Stap 3 a. Bepaal het kleinste niet-nul element in de gereduceerde kostenmatrix dat niet is doorgestreept door de in stap 2 gevonden strepen en noem de waarde van dit element d. b. Verhoog een u i met d als de desbetreffende rij niet is doorgestreept en verlaag v j met d als de desbetreffende kolom wel is doorgestreept; de waarde van de doelfunctie stijgt met (n s) d. c. Trek d af van alle elementen van de gereduceerde kosten matrix die niet zijn doorgestreept; tel d op bij alle elementen die zowel door een horizontale als een vertikale lijn zijn doorgestreept. d. Ga naar stap 2. Stap 4 Neem x ij = 1 als het bijbehorende element van de gereduceerde kostenmatrix een onafhankelijke nul is; neem anders x ij = 0. Deze x is een optimale oplossing van het toewijzingsprobleem. Voorbeeld 3.1 (vervolg) Passen we het algoritme toe, dan krijgen we (de 0 s geven de s onafhankelijke nullen en een u i of vj geeft aan dat rij i resp. kolom j wordt doorgestreept): s = 3; d = s = 4; optimaal De optimale oplossing luidt: x 12 = x 21 = x 33 = x 44 = 1 (de overige variabele zijn 0) met waarde Eindigheid en gevoeligheidsanalyse Eindigheid Omdat de oplossing (u, v) tijdens het algoritme steeds toelaatbaar is voor probleem (3.2), dat een eindige oplossing bezit, is het voldoende om aan te tonen dat de waarde van de doelfunctie van (3.2) in iedere iteratie stap met minstens 1 toeneemt. Beschouw een bepaalde iteratiestap. Laat r het aantal rijen zijn dat is doorgestreept en k het aantal kolommen (dus r + k = s < n). Laat (u, v ) de waarden van de duale variabelen zijn verkregen uit een tableau behorende bij (u, v), dan geldt: waarde doelfunctie (3.2) in nieuw tableau = n i=1 u i + n j=1 v j = n i=1 u i + n j=1 v j + d [(n r) k] = waarde doelfunctie (3.2) in oud tableau + d (n s). Dus de toename van de doelfunctie is d (n s) d 1, waarmee de eindigheid gegarandeerd is. 21

26 Gevoeligheidsanalyse We kunnen ook voor het toewijzingsprobleem gevoeligheidsanalyse uitvoeren. Beschouw nu plaats (i, j) van een optimaal tableau. We onderscheiden: a. In de optimale oplossing is x ij = 1: Als c ij kleiner wordt, dan zal deze toewijzing zeker nog worden gekozen. Als c ij groter wordt, zeg met λ toeneemt, dan blijft de huidige oplossing in ieder geval optimaal zolang λ som van de kleinste elementen in de i-de rij en j-de kolom van het tableau, element (i, j) uitgezonderd (waarom?). b. In de optimale oplossing is x ij = 0: Als c ij groter wordt, dan zal deze toewijzing zeker nog steeds niet worden gekozen. Als c ij kleiner wordt, zeg met λ afneemt, dan is de huidige oplossing nog steeds niet optimaal zolang λ d ij. Voorbeeld 3.1 (vervolg) Neem (i, j) = (1, 2): de huidige oplossing is in ieder geval optimaal als c = 75. Neem (i, j) = (1, 1): de huidige oplossing is in ieder geval optimaal als c = Opgaven Opgave 1 Los het toewijzingsprobleem op voor de volgende kosten matrix: Opgave 2 Zes werknemers zijn beschikbaar om zes opdrachten uit te voeren. Iedere werknemer kan slechts één opdracht uitvoeren. De tijd die een werknemer nodig heeft om een opdracht uit te voeren staat in onderstaande tabel (O1 is opdracht 1; W1 is werknemer 1, etc). Welke toewijzing minimaliseert de totale tijdsduur van alle werknemers? Los dit probleem op, zowel met de hand als met het computerpakket. W1 W2 W3 W4 W5 W6 O O O O O O

27 Opgave 3 Drie werkzaamheden moeten worden uitgevoerd, ieder door één persoon. Er zijn 5 personen beschikbaar, waarbij werk 1 niet door persoon 2, werk 2 niet door persoon 5 en werk 3 niet door persoon 3 gedaan kan worden. De kosten c ij als persoon i werk j uitvoert staan in onderstaande matrix. Welke toewijzing minimaliseert de totale kosten? Los dit probleem zowel met de hand als met het computerpakket op. W1 W2 W3 P P P P P Opgave 4 Vier werknemers kunnen ieder twee opdrachten uitvoeren; er zijn in totaal vier opdrachten. De tijd die een werknemer nodig heeft om een opdracht uit te voeren staat in onderstaande tabel (een - betekent niet uitvoerbaar). W1 W2 W3 W4 O O O O a. Als iedere werknemer slechts één opdracht mag uitvoeren, welke toewijzing minimaliseert de totale tijdsduur van alle werknemers? b. Als iedere werknemer maximaal twee opdrachten mag uitvoeren, welke toewijzing minimaliseert dan de totale tijdsduur van alle werknemers? Opgave 5 Ieder transportprobleem kan worden geformuleerd als een toewijzingsprobleem. Bepaal, om het idee waar dit op gebaseerd is te illustreren, een toewijzingsprobleem om het volgende transportprobleem op te lossen: 3 5 C = 6 2, a = en b = ( 4 2 ). 23