ffl een willekeurige LP in standaard vorm kan omzetten ffl het bij een basis toebehorend tableau en de basisoplossing kan berekenen ffl de simplex alg

Transcriptie

1 Grafentheorie en Operationele Research Handout Operationele Research gedeelte 1 Inleiding 1.1 Inhoud Het Operationele Research gedeelte van het vak 'Grafentheorie en Operationele Research' houdt zich bezig met lineaire programmeringsproblemen (LP's) en hun oplossingsmethoden. Naast algemene LP's zal ook het transportprobleem behandeld worden. De inhoud is gebaseerd op de volgende hoofdstukken uit het boek Operations Research, Applications and Algorithms (3 rd edition) van Wayne L. Winston ffl 3.1 ffl , , 4.11 ffl ffl Leerdoelen De drie hoofddoelstellingen voor het Operationele Research gedeelte zijn: 1. kennismaken met belangrijke lineaire modellen 2. kennis opdoen over oplossingsmethoden voor deze lineaire modellen en 3. leren toepassen van deze oplossingsmethoden. Na afloop van het vak wordt verwacht dat een student: ffl een wiskundige formulering van een lineair programma (LP) kan opstellen 1

2 ffl een willekeurige LP in standaard vorm kan omzetten ffl het bij een basis toebehorend tableau en de basisoplossing kan berekenen ffl de simplex algoritme voor LP's in standaardvorm kan toepassen ffl de 2-fasen methode kan toepassen ffl bij een gegeven optimale oplossing van een LP een gevoeligheidsanalyse kan uitvoeren ffl een wiskundige formulering van een transportprobleem kan opstellen ffl een willekeurig transportprobleem in een gebalanceerd transportprobleem kan omzetten ffl een eerste toegelaten basisoplossing voor een transportprobleem met behulp van de NWC-rule en de Minimum-Cost-rule kan bepalen ffl de transportsimplexalgoritme kan toepassen op gebalanceerde transportproblemen ffl bij een gegeven optimale oplossing van een transportprobleem een gevoeligheidsanalyse kan uitvoeren ffl een transitoprobleem in een transportprobleem kan omzetten 2 Lineaire Programmerings problemen Lineaire programmerings problemen zijn een belangrijke deelklasse van optimaliseringsproblemen. Veel problemen uit de praktijk laten zich modelleren als LP. 2.1 Definitie Liniear Programma (LP) Een liniear programma wordt gekarakteriseerd door de volgende 3 punten: ffl maximaliseren (minimaliseren) van een lineaire doelfunctie in een (vaak groot) aantal (beslissings)variabelen ffl de variabelen moeten voldoen aan een aantal lineaire gelijkheids- of ongelijkheidsvoorwarden ffl de variabelen kunnen tekenrestricties hebben: voor iedere variabele is vastgelegd of hij niet negatief ( 0) of onbeperkt is 2.2 Aannames die bij LP's nodig zijn De bovenstaande definitie impliceert de volgende aannames voor LP's: ffl proportionaliteits aanname bijdrage van een variabele (aan doelfunctie of voorwaarde) is evenredig met in de waarde van de variabele 2

3 ffl additiviteits aanname bijdrage van een variabele (aan doelfunctie of voorwaarde) is onafhankelijk van de waardes van andere variabelen ffl deelbaarheids aanname iedere variabele kan rationele waarden hebben Opmerkingen: ffl Bestaat er voor een of meer variabelen een geheeltalligheidsrestrictie, dan is er sprake van een integer lineair programma (ILP) - dus geen LP! ffl ILP's zijn veel lastiger op te lossen dan LP's! 2.3 Voorbeeld Binnen de faculteit INF moeten geregeld files opgeslagen worden. Er zijn 3 verschillende types van files: text files (t), program files (p), data files (d), en voor het opslaan staan 3 verschillende media ter beschikking: hard disc (H), tape (T), main memory (M). De faculteit INF heeft capaciteit voor 2000 files op hard disc, 3000 files op tape en 1000 files in de main memory. De gebruikers willen 3000 text files, 1000 program files en 1000 data files opslaan. Gemiddeld zal een gebruiker 8keer een text file, 4 keer een program file en 2 keer een data file per maand opvragen. De tijd die nodig is voor het halen van een file is: Text Program Data Disc Tape Memory Het doel van de faculteit is de files zo op te slaan dat de gemiddelde tijd per maand voor het opvragen van files geminimaliseerd wordt. Voor het modelleren van dit probleem als een LP, moeten beslissingsvariablelen geïntroduceerd worden: f ij ; i 2fH; T; Mg; j 2ft; p; dg : aantal files van type j opgeslagen op medium i Dit leidt tot de volgende doelfunctie: min z = 40f Ht +16f Hp +8f Hd +80f Tt +32f Tp +12f Td +16f Mt +4f Mp +2f Md en de volgende voorwaarden: 3

4 f Ht +f Hp +f Hd» 2000 (capaciteit hard disc) f Tt +f Tp +f Td» 3000 (capaciteit tape) f Mt +f Mp +f Md» 1000 (capaciteit main memory) f Ht +f Tt +f Mt = 3000 (text files) f Hp +f Tp +f Mp = 1000 (program files) f Hd +f Td +f Md = 1000 (data files) f ij 2 N (geheeltalligheidsrestrictie) 2.4 Belangrijke begrippen In het vervolg worden de basisbegrippen voor LP's ingevoerd. worden verklaard met behulp van het volgende voorbeeld LP. Deze begrippen zullen max z = 3x 1 + 2x 2 subject to 2x 1 + x 2» 100 x 1 + x 2» 80 x 1» 40 x 1 ; x 2 0 We hanteren de volgende begrippen: ffl punt: specificatie waarden voor variabelen Voorbeeld: x =(5;50:3) ffl toegelaten gebied: alle punten die aan alle voorwaarden van het LP voldoen Voorbeeld: x =(x 1 ;x 2 ) met 2x 1 + x 2» 100 x 1 + x 2» 80 x 1» 40 x 1 0 x 2 0 ffl toegelaten punt: punt in toegelaten gebied Voorbeeld: x =(5;5) ffl niet toegelaten punt: ieder punt niet in het toegelaten gebied Voorbeeld: x = (60; 70) ffl optimale oplossing: een toegelaten punt met de grootst (kleinst) mogelijke doelfunctie waarde Voorbeeld: x = (20; 60) ffl bindende voorwaarde (van optimale oplossing): voorwaarde waarvoor in de optimale oplossing de rechter en linker zijde gelijk zijn 4

5 Voorbeeld: (voor x = (20; 60)) 2x 1 + x 2» 100 x 1 + x 2» 80 ffl niet bindende voorwaarde (van een optimale oplossing): voorwaarde waarvoor in de optimale oplossing de rechter en linker zijde niet gelijk zijn Voorbeeld: (voor x = (20; 60)) x 1» Mogelijke uitkomsten van een LP-probleem Ieder LP behoort tot een van de volgende types van LP-problemen: ffl Niet-toegelaten (infeasible) LP: Het LP heeft geen toegelaten en dus ook geen optimale oplossing. Voorbeeld: max x 1 + 3x 2 subject to x 1 + 2x 2» 10 x 1 + x 2 11 x 2» 3 x 1 0 x 2 0 ffl Onbegrensd (unbounded) LP: Het LP heeft toegelaten oplossingen met onbeperkt grote (kleine) doelfunctie waardem. Voorbeeld: max x 1 + 3x 2 subject to x 2» 3 x 1 0 x 2 0 Ieder punt (a; 3) met a 2 [0; 1) is toegelaten. oneindig groot worden. Dus kan de doelfunctiewaarde ffl LP met een oneindig aantal optimale oplossingen Voorbeeld: max 3x 2 subject to x 1 + 2x 2» 10 x 2» 3 x 1 0 x 2 0 5

6 Ieder punt (a; 3) met a 2 [0; 4] is optimaal. ffl LP met precies één optimale oplossing: Voorbeeld: max x 1 + 3x 2 subject to x 1 + 2x 2» 10 x 2» 3 x 1 0 x 2 0 Het punt (4; 3) is het enige optimale punt. 2.6 LP in standaard vorm Voor het ontwikkelen van een oplossingsmethode is het nuttig om uit te gaan van een bepaalde vorm die het LP heeft. Een LP is in standaard vorm wanneer ffl de doelfunctie gemaximaliseerd wordt ffl alle voorwaarden gelijkheidsvoorwaarden zijn en ffl alle variabelen 0 zijn Opmerking: De simplex algoritme (zoals voorgesteld in het volgende hoofdstuk) kan alleen toegepast worden op LP's in standaard vorm. 2.7 Omzetten van een willekeurig LP in standaard vorm Omdat niet ieder LP al direct in standaard vorm is, moet een willekeurig LP eerst omgezet worden in een equivalent LP in standaard vorm. In het vervolg wordt voor ieder mogelijke afwijking van de standaard vorm aangegeven hoe het LP veranderd moet worden om een equivalent LP in standaard vorm te verkrijgen. ffl doelfunctie z wordt geminimaliseerd: vervang z door z ffl ongelijkheidsvoorwaarden: Toevoegen van spelingsvariabelen:» voorwaarden: slack variabele s i 0 introduceren en in voorwaarde +s i toevoegen voorwaarden: excess variabele e i 0 introduceren en in voorwaarde e i toevoegen 6

7 ffl onbegrensde variabele x: vervang x door x 0 -x 00 met x 0 ;x 00 0 Opmerking: het omzetten van een LP in standaard vorm heeft geen invloed op de optimale oplossing (soms wel op de optimale doelfunctie waarde)! Voorbeelden ffl Voorbeeld minimalisatie doelfunctie wordt in standaard vorm: min z=4x 1 3x 2 s.t. x 1 + x 2 = 40 2x 1 + x 2 = 60 x 1 ;x 2 0 ffl Voorbeeld ongelijkheden max z= 4x 1 +3x 2 s.t. x 1 + x 2 =40 2x 1 + x 2 =60 x 1 ;x 2 0 wordt in standaard vorm: max z= 4x 1 +3x 2 s.t. x 1 + x 2»40 2x 1 + x 2 60 x 1 ;x 2 0 ffl Voorbeeld onbeperkte variabele max z= 4x 1 +3x 2 s.t. x 1 + x 2 +s 1 = 40 2x 1 + x 2 e 1 = 60 x 1 ;x 2 ;s 1 ;e 1 0 wordt in standaard vorm: max z= 4x 1 + 3x 2 s.t. x 1 + x 2 =40 2x 1 + x 2 =60 x 2 0 max z= 4x 0 1+4x x 2 s.t. x 0 1 x x 2 =40 2x 0 1 2x x 2 =60 x 0 1 ;x00;x

8 2.8 Algemeen LP in standaard vorm De algemene vorm van een LP in standaard vorm is: max z = c 1 x 1 +c 2 x 2 + ::: +c n x n s.t. a 11 x 1 +a 12 x 2 + ::: +a 1n x n = b 1 a 21 x 1 +a 22 x 2 + ::: +a 2n x n = b a m1 x 1 +a m2 x 2 +::: +a mn x n = b m x i 0; i =1;:::;n In matrixnotatie ziet dit LP er als volgt uit: max z = c T x s.t. Ax = b x 0 waarbij A = 2 64 a 11 a 12 ::: a 1n a 21 a 22 ::: a 2n... a m1 a m2 ::: a mn c = 2 64 c 1 c 2. c n 3 x ; x = x 2 4. x n 3 b ; b = b 2 4. b m Dit LP heeft n variabelen en m gelijkheden. Wij nemen in het vervolg aan dat n m ; 3 75 ; 2.9 Opgaven 1. Formuleer het volgende probleem als LP/ILP: Twente TV-Radio moet bepalen hoeveel TV's en radio's zij in voorraad willen houden. Een TV heeft 1m 2 opslagruimte nodig en een radio 0.25m 2. In totaal is er 20m 2 opslagruimte beschikbaar. Aan een TV verdient Twente TV-Radio 60 Euro en aan een radio 20 Euro. Op basis van gegevens uit de marketing afdeling moet ten minste 60% van de opgeslagen goederen radio's zijn. Verder wordt door een TV 200 Euro en door een radio 50 Euro aan kapitaal gebonden. Het bedrijf wil dat nooit meer dan 3000 Euro aan kapitaal door de opslag gebonden wordt. Doel is om een verzameling van goederen in voorraad te houden waarvoor een maximale winst verkregen wordt. 8

9 2. Zet het volgende LP om in standaard vorm: min z = 3x 1 +x 2 s.t. x 1 3 x 1 +x 2» 4 2x 1 x 2 = 3 x 1 ;x De simplex algoritme 3.1 Basisoplossingen Een basisoplossing voor een stelsel Ax = b is een oplossing waarbij ffl n m variabelen (niet basisvariabelen NBV) gelijk aan 0 gesteld worden en ffl de overige m variabelen (basisvariabelen BV) door oplossen van Ax = b bepaald worden. Opmerking: De kolommen van A behorende bij de basisvariabelen moeten een lineair onafhankelijk systeem vormen. Een basisoplossing heet toegelaten basisoplossing (TBO) wanneer elke variabele 0 is. Twee basisoplossingen zijn aanliggende basisoplossingen, wanneer zij m 1 basisvariabelen gemeen hebben. 3.2 Betekenis van TBO's Basisoplossingen spelen een belangrijke rol bij de simplex algoritme. De volgende twee stellingen geven nadere uitleg over deze rol. Stelling 1 Het toegelaten gebied van een LP is convex. Als een LP een optimale oplossing heeft, dan is er een extreem punt van het toegelaten gebied dat optimaal is. Stelling 2 Ieder TBO van een LP correspondeert met een uniek punt van het toegelaten gebied. Ieder extreem punt correspondeert met ten minste één TBO. Conclusie Bij het zoeken naar een optimale oplossing van een LP kan men zich beperken tot het zoeken van de beste TBO. De simplex algoritme zal op basis van deze resultaten ook alleen maar TBO's beschouwen. Uitgaande van een eerste TBO gaat de methode iteratief over naar een andere TBO en in iedere stap wordt er zorg voor gedragen dat de doelfunctiewaarde niet slechter wordt. 9

10 3.3 Canonieke vorm van een LP De simplex algoritme benut een bepaalde vorm van representatie van een LP: Definitie: Een stelsel Ax = b, waarbij voor elke gelijkheid een variabele bestaat, die in deze gelijkheid coëfficiënt 1 en in alle andere gelijkheden coëfficiënt 0 heeft, heet een stelsel in canonieke vorm. Om ook de doelfunctie te integreren in de canonieke vorm moet deze in de rij 0-versie van de doelfunctie omgezet worden. De doelfunctie z = c T x = c 1 x 1 + c 2 x 2 + :::+c n x n wordt in rij 0 versie: z c 1 x 1 c 2 x 2 + ::: c n x n =0 Voorbeeld canonieke vorm Het LP wordt in standaard vorm max z=60x x x 3 s.t. 8x 1 + 6x 2 + x 3» 48 4x 1 + 2x 2 + 1:5x 3» 20 2x 1 + 1:5x 2 + 0:5x 3» 8 x 2» 5 x 1 ;x 2 ;x 3 0 max z=60x x x 3 s.t. 8x 1 + 6x 2 + x 3 +s 1 = 48 4x 1 + 2x 2 + 1:5x 3 +s 2 = 20 2x 1 + 1:5x 2 + 0:5x 3 +s 3 = 8 x 2 +s 4 = 5 x 1 ;x 2 ;x 3 ;s 1 ;s 2 ;s 3 ;s 4 0 Het resulterende canoniek stelsel is Rij 0 z 60x 1 30x 2 20x 3 = 0 Rij 1 8x 1 + 6x 2 + x 3 +s 1 = 48 Rij 2 4x 1 + 2x 2 + 1:5x 3 +s 2 = 20 Rij 3 2x 1 + 1:5x 2 + 0:5x 3 +s 3 = 8 Rij 4 x 2 + s 4 = Samenhang canonieke vorm en basisoplossing Bij een canonieke vorm van een LP hoort ten minste één basisoplossing: ffl voor iedere gelijkheid kies een variabele die in deze gelijkheid coëfficiënt 1 en in de andere gelijkheden coëfficiënt 0 heeft, als bijbehorende BV (voor de doelfunctie kies altijd z) 10

11 ffl geef iedere BV de waarde van de rechterzijde (RHS) van zijn gelijkheid en geef iedere NBV waarde 0 ffl als de RHS 0 (met uitzondering van rij 0), dan is deze oplossing een TBO. Voor het voorbeeld in de vorige paragraaf geeft dit de volgende basisoplossing: BV = fz; s 1 ;s 2 ;s 3 ;s 4 g NBV = fx 1 ;x 2 ;x 3 g TBO = (0; 48; 20; 8; 5) (0; 0; 0) 3.5 Algemeen opzet Simplex Algoritme De basis structuur van de simplex algoritme ziet er als volgt uit: Stap 1. (Initialisatie) Bepaal een toegelaten (initiële) basisoplossing. Stap 2. (volgende oplossing) Test optimaliteit. Is oplossing optimaal, STOP. Zo nee, ga naar een betere aanliggende basisoplossing. Stap 3. (Iteratief proces) Herhaal Stap 2 met de nieuwe basisoplossing. 3.6 Basisstappen van de simplex algoritme Uitgangspunt: LP in canonieke vorm met toebehorend TBO (hoe men deze TBO krijgt, wordt later uitgelegd). De basisstap van de simplex algoritme (Stap 2 in bovenstaand algoritme) wordt als volgt gerealiseerd: 1. Optimaliteitstest: TBO is niet optimaal zolang een coëfficiënt in rij 0 negatief is 2. Bepaal variabele die in de basis komt: niet-basisvariabele met negatieve coëfficiënt in rij 0 ('binnenkomende variabele') 3. Ratio test: ffl bepaal minimum RHS i coëfficiënt van binnenkomende var. in rij i over alle rijen met positieve coëfficiënt voor de binnenkomende variabele. 11

12 ffl winnaar van ratio test bepaalt pivotrij (bij gelijke uitkomst kies willekeurig) ffl de coëfficiënt van binnenkomende variabele in pivotrij heet pivotterm 4. Bepaal een nieuwe TBO: maak de binnenkomende variabele de basisvariabele in de pivotrij door middel van elementaire rij operaties (ero's) ERO's in Stap 4 simplex algoritme: ero1 creëer een coëfficiënt 1 voor de binnenkomende variabele in de pivotrij ero2 creëer een coëfficiënt 0 voor de binnenkomende variabele in alle andere rijen Opmerkingen 1. De coëfficiënten in rij 0 worden vaak gereduceerde kosten genoemd. 2. De simplex algoritme verandert een stelsel Ax = b door middel van ero's in een nieuw equivalent stelsel Ax ~ = ~ b. Hierbij zijn het uitgangs- en het resulterende stelsel in canonieke vorm. 3. Twee opeenvolgende basisoplossingen bij de simplex algoritme zijn aanliggend: één variabele verlaat de basis en een andere variabele komt in de basis. 4. Als x j in de basis komt, dan wordt de nieuwe doelfunctiewaarde bepaald door: z nieuw = z oud x j Λ (coëff. x j in rij 0) (voor x j de nieuwe waarde invullen!) Conclusie: z nieuw oud () coëff. x j in rij 0» Tableauvorm Voor het doorrekenen met pen en papier is een tableauvorm erg nuttig. Een canonieke vorm Rij 0 z 60x 1 30x 2 20x 3 = 0 heeft het volgende bijbehorend tableau: Rij 1 8x 1 + 6x 2 + x 3 +s 1 = 48 Rij 2 4x 1 + 2x 2 + 1:5x 3 +s 2 = 20 Rij 3 2x 1 + 1:5x 2 + 0:5x 3 +s 3 = 8 Rij 4 x 2 +s 4 = 5 z x 1 x 2 x 3 s 1 s 2 s 3 s 4 RHS Rij Rij Rij : Rij 3 2 1:5 0:5 1 8 Rij

13 De stappen van de simplex algoritme kunnen handig met behulp van de tableauvorm uitgevoerd worden: z x 1 x 2 x 3 s 1 s 2 s 3 s 4 RHS Ratio Rij Rij Rij /3 Rij 3 2 1:5 0: Rij BV=fz; s 1 ;s 2 ;s 3 ;s 4 g Na de 1.ste iteratie van de simplex algoritme krijgt men het volgende tableau: z x 1 x 2 x 3 s 1 s 2 s 3 s 4 RHS Ratio Rij 0' 1-20/3 10=3 40= Rij 1' 16=3 14=3 1 2= Rij 2' 8=3 4=3 1 2= Rij 3' 2/3 5=6 1= BV=fz; x 3 ;s 1 ;s 3 ;s 4 g Rij 4' Na de 2.de iteratie van de simplex algoritme krijgt men het volgende tableau: z x 1 x 2 x 3 s 1 s 2 s 3 s 4 RHS Ratio Rij 0" Rij 1" Rij 2" Rij 3" 1 5=4 1=2 3=2 2 Rij 4" BV=fz; x 1 ;x 3 ;s 1 ;s 4 g Dit tableau is optimaal en heeft als optimale oplossing: z = 280;x 1 =2;x 2 =0;x 3 =8 13

14 3.8 Mogelijke uitkomsten bij LP's Bij een LP kunnen wij de volgende uitkomsten hebben: ffl een optimale oplossing ffl alternatieve optimale TBO's ffl onbegrensd LP ffl niet toegelaten LP In het vervolg zullen wij zien hoe ook de tweede en derde mogelijkheid binnen de simplex algoritme behandeld kunnen worden Alternatieve optimale TBO Wanneer er in een optimale basisoplossing een NBV coëfficiënt 0 in rij 0 heeft, levert het pivoteren met deze variabele een nieuwe optimale basisoplossing met en dus een alternatieve optimale TBO. z nieuw = z oud Opmerking: wanneer er twee alternatieve TBO's bestaan, bestaan er oneindig veel alternatieve optimale oplossingen (lijn tussen de twee TBO's). Voorbeeld: Alternatieve optimale TBO Optimaal tableau BV=fz; x 1 ;x 3 ;s 1 ;s 4 g z x 1 x 2 x 3 s 1 s 2 s 3 s 4 RHS Ratio Rij Rij =2 Rij /2 Rij 3 1 5=4 1=2 3=2 2 Rij Opt. oplossing: z = 280;x 1 =2;x 2 =0;x 3 =8 Alternatief optimaal tableau z x 1 x 2 x 3 s 1 s 2 s 3 s 4 RHS Ratio Rij Rij Rij 2 1 1= Rij 3 1 3=4 1=4 1=2 4 Rij

15 BV=fz; x 1 ;s 1 ;s 2 ;s 4 g Opt. oplossing: z = 280;x 1 =4;x 2 =0;x 3 = Onbegrensd LP Als een LP onbegrensd is, komt men tijdens de uitvoering van de simplex algoritme tot een tableau, waar de ratio test geen beperking oplevert, d.w.z. een tableau waarin een variabele bestaat met negatieve coëfficiënt in rij 0 en in alle andere rijen een coëfficiënt» 0. Voorbeeld: Onbegrensd LP Uitgangstableau BV=fz; x 1 ;s 1 g z x 1 x 2 x 3 s 1 s 2 RHS Ratio Rij Rij 1 1 1/6 1 1=6 10=3 20 Rij 2 1 1=6 1=6 5=3 geen Oplossing: z =60;x 1 =5=3;x 2 =0;x 3 =0 Tableau na eerste iteratie BV=fz; x 1 ;x 3 g z x 1 x 2 x 3 s 1 s 2 RHS Ratio Rij 0' Rij 1' geen Rij 2' geen Oplossing: z = 100;x 1 =5;x 2 =0;x 3 =20 Andere oplossingen: z = 100+9t; x 1 =5+t; x 2 = t; x 3 =20+6t; t2r Convergentie van de simplex algoritme De voorgestelde simplex algoritme zal - zo er een begin oplossing is - doorgaan tot optimaliteit of onbegrensdheid vastgesteld wordt. Het is nu de vraag, of de simplex algoritme ooit tot een van deze conclusies komt (en dus cenvergeert). 15

16 Om aan te tonen dat de simplex algoritme convergeert, wordt het resultaat uit Opmerking 4 uit Paragraaf 3.6 benut: als x j in de basis komt. z nieuw = z oud x j (coëff. van x j in rij 0) Definitie: Een LP heet gedegenereerd wanneer het ten minste een TBO heeft waarin een BV waarde 0 heeft. Bij een iteratie voor een niet gedegenereerd LP hebben wij altijd z nieuw >z oud : Dus kan men nooit terugkomen naar een TBO komen met de simplex algoritme. Bij een iteratie bij een gedegenereerd LP kan ook het geval z nieuw = z oud optreden: Stel een BV heeft waarde 0ende NBV die in de basis komt, heeft een positieve coëfficiënt in de bijbehorende basisrij. Dan is de ratio in deze rij gelijk aan 0 en dus minimaal. Dus blijft de waarde van de binnenkomende variabele 0: Dus zouden er bij gedegenereerde LP's cykels kunnen ontstaan. Maar er bestaat de mogelijkheid bij de simplex algoritme een bepaalde manier van pivoteren toe te passen, die cykels onmogelijk maakt (in de praktijk spelen cykels bijna geen rol). Voorbeeld: Gedegenereerd LP Uitgangstableau BV=fz; s 1 ;s 2 g, Oplossing: z =0;x 1 =0;x 2 =0 z x 1 x 2 s 1 s 2 RHS Ratio Rij Rij Rij Tableau na 1.ste iteratie z x 1 x 2 s 1 s 2 RHS Ratio Rij 0' Rij 1' Rij 2' geen BV=fz; x 1 ;s 1 g, Oplossing: z =0;x 1 =0;x 2 =0 16

17 Optimaal tableau na 2.de iteratie BV=fz; x 1 ;x 2 g, Oplossing: z =21;x 1 =3;x 2 =3 z x 1 x 2 s 1 s 2 RHS Ratio Rij 0" 1 3:5 1:5 21 Rij 1" 1 0:5 0:5 3 Rij 2" 1 0:5 0: Bepalen van een eerste TBO Nu ook de convergentie van de simplex algoritme zeker gesteld is, blijft nog aan te tonen hoe men een eerste TBO krijgt. In een eenvoudig geval kan men direct een eerste TBO bepalen. Wanneer alle voorwaarden» voorwaarden en de RHS 0 zijn, levert het toevoegen van slackvariabelen een standaard vorm, die in canonieke vorm is. Voorbeeld: wordt in standaard vorm: max z= 4x 1 +3x 2 s.t. x 1 + x 2»40 2x 1 + x 2»60 x 1 ;x 2 0 max z= 4x 1 +3x 2 s.t. x 1 + x 2 +s 1 = 40 2x 1 + x 2 +s 2 = 60 x 1 ;x 2 ;s 1 ;s 2 0 BV = fz; s 1 ;s 2 g In alle andere gevallen benut men de 2-fasen methode De 2-fasen methode - fase 1 De eerste fase van de 2-fasen methode wordt benut om een eerste TBO te krijgen. Hiertoe wordt het bestaande LP uitgebreid met artificiële variabelen en een nieuwe doelfunctie tot een 'Fase1 LP'. Voor dit 'Fase1 LP' kan men met de boven beschreven directe methode een eerste TBO vinden en dan met de simplex algoritme het 'Fase1 LP' oplossen. De optimale oplossing wordt dan in fase 2 benut om een TBO voor het oorspronglijke LPte bepalen. Stap 1. Maak de RHS 0. (zo nodig, vermenigvuldig de voorwaarden met 1) 17

18 Stap 2. Zet LP om in standaard vorm door het toevoegen van spelingsvariabelen +s i respectievelijk e i. Stap 3. Voeg bij alle voorwaarden, die voor Stap 2 of = voorwaarden waren, een artificiële variabele a i 0toe. Stap 4. Vervang de doelfunctie door: of min ~w = X a i max w = X a i Het resultaat hiervan is het Fase 1 LP en dit LP wordt met de simplex algoritme opgelost. Om een initiële TBO voor het Fase 1 LP te krijgen, kiest men als basisvariabelen ffl de doelfunctievariable z, ffl de artificiële variabelen a i en ffl de slackvariabelen s i. Het LP is nog niet in canonieke vorm want de a i 's komen nog voor in rij 0. Maar met behulp van ero's kunnen deze uit rij 0 geëlimineerd worden. Fase 1: Voorbeeld Stap 1: Stap 2: max z = 3x 1 + 2x 2 x 3 s.t. 2x 1 + x 2 + x 3 =8 x 1 + x 2»10 x 1 3x 2» 20 x 1 ;x 2 ;x 3 0 max z = 3x 1 + 2x 2 x 3 s.t. 2x 1 + x 2 + x 3 =8 x 1 + x 2»10 x 1 + 3x 2 20 x 1 ;x 2 ;x 3 0 max z = 3x 1 + 2x 2 x 3 s.t. 2x 1 + x 2 + x 3 =8 x 1 + x 2 +s 1 =10 x 1 + 3x 2 e 1 =20 x 1 ;x 2 ;x 3 ;e 1 ;s

19 Stap 3: max z = 3x 1 + 2x 2 x 3 s.t. 2x 1 + x 2 + x 3 +a 1 =8 x 1 + x 2 +s 1 =10 x 1 + 3x 2 e 1 +a 3 =20 x 1 ;x 2 ;x 3 ;e 1 ;s 1 ;a 1 ;a 3 0 Stap 4: Vervang max z =3x 1 +2x 2 x 3 door min ~w = a 1 + a 3 of max w = a 1 a 3 bijbehorend tableau max w +a 1 +a 3 =0 s.t. 2x 1 + x 2 +x 3 +a 1 =8 x 1 + x 2 +s 1 =10 x 1 + 3x 2 e 1 +a 3 =20 x 1 ;x 2 ;x 3 ;e 1 ;s 1 ;a 1 ;a 3 0 w x 1 x 2 x 3 s 1 e 1 a 1 a 3 RHS Rij Rij Rij Rij elimineer de a i 's uit rij 0 w x 1 x 2 x 3 s 1 e 1 a 1 a 3 RHS Rij 0' Rij 1' Rij 2' Rij 3' Oplossen van het fase 1 LP w x 1 x 2 x 3 s 1 e 1 a 1 a 3 RHS Ratio R R R R /3 19

20 1.ste iteratie w x 1 x 2 x 3 s 1 e 1 a 1 a 3 RHS Ratio R0' 1 5=3-1 1=3 4=3 4=3 R1' 5=3 1 1=3 1 1=3 4=3 4/3 R2' 2=3 1 1=3 1=3 10=3 R3' 1=3 1 1=3 1=3 20=3 2.de iteratie w x 1 x 2 x 3 s 1 e 1 a 1 a 3 RHS Ratio R0" R1" 5=3 1 1=3 1 1=3 4=3 R2" 2=3 1 1=3 1=3 10=3 R3" 1=3 1 1=3 1=3 20=3 Optimale oplossing: BV = fw; x 2 ;x 3 ;s 1 g; w =0; x=(0;20=3; 4=3); s 1 =10=3; e 1 = De 2-fasen methode - fase 2 In de 2de fase wordt met behulp van de uitkomst van het Fase 1 LP bepaald of het oorspronkelijke LP een toegelaten LP is en - zo ja - wordt een eerste TBO voor dit probleem berekend. Startend met dit TBO kan dan de simplex algoritme het oorspronkelijk LP oplossen. Afhankelijk van de uitkomst van het fase 1 LP wordt als volgt doorgegaan: 1. w<0(~w>0). Het oorspronkelijke LP is niet-toegelaten. 2. w =0,engeen a i in de basis. Vergeet alle a i en combineer de oorspronkelijke doelfunctie met het optimale tableau van fase 1. Dit geeft het Fase2LP. Om dit LP in canonieke vorm te krijgen moeten nog de basisvariabelen uit de doelfunctie geëlimineerd worden. Het fase 2 LP wordt nu met de simplex methode opgelost. 3. w =0,enten minste één a i = 0 in de basis (uitzonderlijk geval) Vergeet alle NBV a i en combineer de oorspronkelijke doelfunctie met het optimale tableau van fase 1. Dit geeft het Fase2LP. Om dit LP in canonieke vorm te krijgen moeten nog de basisvariabelen uit de doelfunctie geëlimineerd worden. Het fase 2 LP wordt nu met de simplex methode opgelost. Let hierbij op dat elk van de resterende variabelen a i nooit een positieve waarde krijgt: Zodra mogelijk maak de a i 's tot NBV en elimineer deze uit het tableau. 20

21 Fase 2 - voorbeeld LP na stap 2, fase 1 max z = 3x 1 + 2x 2 x 3 s.t. 2x 1 + x 2 + x 3 = 8 x 1 + x 2 + s 1 = 10 x 1 + 3x 2 e 1 = 20 x 1 ;x 2 ;x 3 ;s 1 ;e 1 0 Optimaal tableau na fase 1 w x 1 x 2 x 3 s 1 e 1 a 1 a 3 RHS Rij Rij 1 5=3 1 1=3 1 1=3 4=3 Rij 2 2=3 1 1=3 1=3 10=3 Rij 3 1=3 1 1=3 1=3 20=3 Uitgangs LP voor fase 2 Uitgangstableau voor fase 2 max z = 3x 1 +2x 2 x 3 s.t. 5=3x 1 +x 3 +1=3e 1 = 4=3 2=3x 1 +s 1 +1=3e 1 = 10=3 1=3x 1 +x 2 1=3e 1 = 20=3 z x 1 x 2 x 3 s 1 e 1 RHS Rij Rij 1 5=3 1 1=3 4=3 Rij 2 2=3 1 1=3 10=3 Rij 3 1=3 1 1=3 20=3 21

22 Tableau na eliminatie van de BV uit rij 0 z x 1 x 2 x 3 s 1 e 1 RHS Ratio Rij 0' Rij 1' 5=3 1 1/3 4=3 4 Rij 2' 2=3 1 1=3 10=3 10 Rij 3' 1=3 1 1=3 20=3 1.ste iteratie z x 1 x 2 x 3 s 1 e 1 RHS Ratio Rij 0" Rij 1" Rij 2" Rij 3" Optimale oplossing: BV = fz; x 2 ;s 1 ;e 1 g; z = 16; x =(0;8;0); s 1 =2; e 1 = Nog een voorbeeld van de 2 fasen methode LP na stap 2, fase 1 min z= x 1 + x 2 s.t. 2x 1 + x 2»21 x 1 +3x 2 33 x 1 + x 2 =10 x 1 ;x 2 0 min z= x 1 + x 2 s.t. 2x 1 + x 2 + s 1 = 21 x 1 +3x 2 e 1 = 33 x 1 + x 2 = 10 x 1 ;x 2 ;s 1 ;e

23 LP na stap 3, fase 1 min z = x 1 + x 2 LP na stap 4, fase 1: Fase 1LP s.t. 2x 1 + x 2 +s 1 = 21 x 1 + 3x 2 e 1 +a 2 = 33 x 1 + x 2 +a 3 = 10 x 1 ;x 2 ;s 1 ;e 1 ;a 2 ;a 3 0 tableau voor fase 1 LP max w = a 2 a 3 s.t. 2x 1 + x 2 +s 1 = 21 x 1 + 3x 2 e 1 +a 2 = 33 x 1 + x 2 +a 3 = 10 x 1 ;x 2 ;s 1 ;e 1 ;a 2 ;a 3 0 Tableau na eliminatie van de BV uit rij 0 w x 1 x 2 s 1 e 1 a 2 a 3 RHS Rij Rij Rij Rij ste iteratie w x 1 x 2 s 1 e 1 a 2 a 3 RHS Ratio Rij 0' Rij 1' Rij 2' Rij 3' w x 1 x 2 s 1 e 1 a 2 a 3 RHS Ratio Rij 0" Rij 1" Rij 2" Rij 3" Oplossing is optimaal, w = 3 Dus: LP is niet toegelaten 23

24 3.11 Het (optimale) simplextableau in matrixvorm In dit hoofdstuk wordt aangegeven hoe men een tableau behorende bij een basis kan berekenen zonder de simplex algoritme te benutten. Uitgangspunt: LP in standaard (canonieke) vorm. max s.t. z = c T x Ax = b x 0 Zijn de basisvariabelen bekend, kan men door de basisvariabelen op te splitsen in basisen niet-basisvariabelen het LP schrijven als max waarbij de volgende notaties benut zijn: z = c T BV x BV + c T NBV x NBV s.t. Bx BV + Nx NBV = b x BV ;x NBV 0 BV i = basisvariabele voor rij i in optimale tableau BV = fbv 1 ;BV 2 ;:::;BV m g c T BV = fc BV1 ;c BV2 ;:::;c BVmg x BV = 2 64 x BV 1. x BVm 3 75 Analoog: NBV, c NBV,x NBV a j = kolom van A bij variabele x j i, dus de jde kolom B = de m m basismatrix, d.w.z. de matrix met als j-de kolom a BV j N = m (n m) matrix met als j-de kolom a NBV j Let op: De kolommen van B moeten in de juiste volgorde staan! Dus: de j-de kolom correspondeert met de basisvariabele x BV j van rij j. Uitgaande van deze notatie kan men het tableau behorende bij de basis BV berekenen. Het ziet er als volgt uit: z BV NBV RHS 1 0 c T BV B 1 N c T NBV c T BV B 1 b 0 I B 1 N B 1 b Noemd men c j de coëfficiënt van de niet-basis variabele x j in rij 0 dan resulteert: 24

25 c j = c T BV B 1 a j c j z= c T BV B 1 b kolom bij NBV x j : RHS tableau: B 1 a j B 1 b ffl Voor elke basis BV (dus ook de optimale basis) kan het bijbehorende simplextableau met deze formules bepaald worden. ffl Observatie: B 1 is de m m matrix bestaande uit de kolommen van het actuele tableau corresponderend met de BV uit het initiële tableau. Voorbeeld ffl Basis BV = fx 2 ;s 2 g» 2 0 B = B = max z = x 1 + 4x 2 s.t. x 1 + 2x 2 + s 1 = 6 2x 1 + x 2 + s 2 = 8» c T BV =[4 0] c T BV B 1 =[2 0] ffl NBV = fx 1 ;s 1 g B 1 N =[B 1 a 1 B 1 a 3 ]=» 3 ffl RHS = B 1 b = 5» ffl z = c T BV B 1 b =12 c 1 =c T BV B 1 a 1 c 1 =2 1=1 c 3 =c T BV B 1 a 3 c 3 =2 0=2 ffl Tableau behorend bij basis BV = fx 2 ;s 2 g: BV z x 1 x 2 s 1 s 2 RHS x s

26 3.12 Opgaven 1. Los de volgende LP's op met de simplex algoritme: (a) (b) max z = 2x 1 +3x 2 s.t. x 1 +2x 2» 6 2x 1 +x 2» 8 x 1 ;x 2 0 max z = 2x 1 x 2 +x 3 s.t. 3x 1 +x 2 +x 3» 60 x 1 x 2 +2x 3» 10 x 1 +x 2 x 3» 20 x 1 ;x 2 ;x Toon aan dat het volgende LP alternatieve optimale TBO's heeft: max z = 2x 1 +6x 2 s.t. 5x 1 +7x 2» 35 x 1 +3x 2» 2 x 1 ;x Toon aan dat het volgende LP onbegrensd is: max z = 2x 2 Geef een oplossing met waarde z s.t. x 1 x 2» 4 x 1 +x 2» 1 x 1 ;x Los de volgende LP's op met de 2-fasen simplex algoritme: (a) min z = 2x 1 +3x 2 s.t. 2x 1 +x 2 4 x 1 x 2 1 x 1 ;x 2 0 (b) max z = 3x 1 +x 2 s.t. x 1 +x 2 3 2x 1 +x 2» 4 x 1 +x 2 = 3 x 1 ;x Bepaal het optimale tableau (zonder de simplex algoritme te benutten) voor de volgende LP's: 26

27 (a) (b) max z = 3x 1 +x 2 s.t. 2x 1 x 2» 2 x 1 +x 2» 4 x 1 ;x 2 0 Voor dit LP zijn x 1 en x 2 de basisvariabelen van de optimale oplossing. max z = x 1 +x 2 s.t. 2x 1 +x 2» 4 x 1 +x 2» 2 x 1 ;x 2 0 Voor dit LP zijn x 2 en s 1 de basisvariabelen van de optimale oplossing. 4 Gevoeligheidsanalyse In de praktijk is het niet alleen van belang om een LP-model op te lossen, maar aangezien de data vaak alleen maar schattingen van 'real life data' zijn, is men er ook in geinteresseerd te weten welke invloed onnauwkeurige schattingen of veranderde omstandigheden hebben op de optimale oplossing van het ontwikkelde model. Algemene vraag: Wat gebeurt er, wanneer parameters van een LP veranderen? Meer specifiek: Wij hebben een optimale oplossing van een LP en willen weten of, en zo ja hoe, deze optimale oplossing verandert wanneer parameters van het LP veranderen. Hierbij benut men de optimaliteitscriteria van een simplextableau (maximalisatie): ffl B 1 b 0=)toegelaten basisoplossing ffl rij 0 0 =) optimale basisoplossing 4.1 Algemene aanpak bij veranderen van parameters Stap 1. Bepaal met de formules hoe het tableau verandert bij dezelfde BV. Stap 2. Als rij 0 0 blijft en RHS 0 blijft dan blijft BV optimaal. Anders niet! Opmerkingen: ffl Als de basis BV optimaal blijft, kunnen de waarden van de basisvariabelen en van z wel veranderen. ffl Veranderen van parameters kan leiden tot 1. negatieve coëfficiënten in rij 0. in dit geval wordt de basis BV een suboptimale basis genoemd. 2. een RHS i < 0. In dit geval wordt de basis BV een niet-toegelaten basis genoemd. 27

28 4.2 Gevoeligheidsanalyse - mogelijke veranderingen Wij behandelen de volgende veranderingen van parameters: 1. een coëfficiënt van een niet-basis variabele in de doelfunctie verandert 2. een coëfficiënt van een basis variabele in de doelfunctie verandert 3. de RHS van een voorwaarde verandert 4. de kolom van een niet-basis variabele verandert 5. een variabele wordt toegevoegd 6. een voorwaarde wordt toegevoegd Veranderen coëfficiënt niet-basis variabele in doelfunctie Verandering: c i wordt c n i = c i + ffl De oplossing blijft toegelaten. ffl Wanneer blijft de oplossing optimaal? Alleen de gereduceerde kosten bij variabele i veranderen c n i = c T BV B 1 a i c n i =(c T BV B 1 a i c i ) = c i De oplossing blijft optimaal wanneer c n i 0. Dit is het geval wanneer» c i Veranderen coëfficiënt basis variabele in doelfunctie Verandering: c i wordt c n i = c i + ffl De oplossing blijft toegelaten. ffl De oplossing blijft optimaal wanneer rij 0 0 blijft. ffl omdat c BV verandert, moet c T BV B 1 N c T NBV opnieuw berekend worden. Voorbeeld Zij» 1 0 B 1 3 = 1 1 3» 2 ; c BV = 3 28

29 » 2 1 N = 1 1 ; c NBV =» Neem aan dat de 2e component van c BV verandert in3+ ffl ct BV B 1 =[2;3+ ]B 1 =[1=3+ =3;3+ ] ffl c T BV B 1 N =[7=3+ =3; 8=3 (2 )=3] ffl c T BV B 1 N c NBV =[1+ =3;1 (2 )=3] Dus, de oplossing blijft optimaal wanneer c T BV B 1 N c NBV 0 0en , 1+ 3, 3en» 3 2, 3»» Veranderen RHS ffl De oplossing blijft optimaal, omdat de doelfunctiecoëfficiënten en de matrix B niet veranderen. ffl De oplossing blijft toegelaten mits B 1 b 0 blijft Dit moet berekend worden! Veranderen kolom niet-basis variabele ffl De oplossing blijft toegelaten (x j =0!) ffl Wanneer blijft de oplossing optimaal? Check of c j = c T BV B 1 a j c j 0 blijft Extra variabele Verandering: nieuwe variabele x j en kolom a j. ffl De oplossing blijft toegelaten (x j wordt NBV) ffl Wanneer blijft de oplossing optimaal?! zie bij veranderen kolom niet-basis variabele. 29

30 4.2.6 Extra voorwaarde ffl De oplossing blijft optimaal. ffl Wanneer blijft de oplossing toegelaten?! check nieuwe voorwaarde Gevoeligheidsanalyse - samenvatting 1. c i verandert voor een niet-basis variabele. Alleen coëfficiënt van x i in rij 0 verandert. De gereduceerde kosten c i geven de maximale hoeveelheid waarmee c i verhoogd mag worden zodat BV optimaal blijft. 2. c i verandert voor een basis variabele. De gehele rij 0 kan veranderen. Blijft rij 0 0 dan blijft BV optimaal. 3. Rechterzijde b i verandert. RHS van voorwaarden en rij 0 kunnen veranderen. BV blijft optimaal mits de basisoplossing toegelaten blijft, d.w.z. mits B 1 b 0 blijft. 4. Kolom a j van niet-basisvariabele verandert. coëfficiënten voor x j veranderen in voorwaarden en rij 0. Als c j 0 blijft, dan blijft BV optimaal. 5. Extra activiteit x j (en kolom a j ). (zie 4.) 6. Extra voorwaarde. BV blijft optimaal, basisoplossing blijft toegelaten. 4.3 Opgaven 1. Gegeven is het volgende productie probleem (x i is de productiehoeveelheid voor product i, i =1;2). max z = 3x 1 +2x 2 s.t. 2x 1 +x 2» 100 (beperkingen aantal medewerkers) x 1 +x 2» 80 (beperkingen machinecapaciteit) x 1» 40 (beperkingen mogelijke afzet) 30

31 Na toevoegen van slackvariabelen s 1 ;s 2 ;s 3 geeft de simplex algoritme het volgende optimale tableau: BV z x 1 x 2 s 1 s 2 s 3 RHS x x s (a) Voor welke winstmarge van product 1 (coeff. van x 1 in de doelfunctie) blijft deze oplossing optimaal? (b) Geef de optimale oplossing als de winstmarge van product 2 van 2 Euro naar 2.5 Euro omhoog gaat. (c) Voor welk aantal medewerkers blijft deze oplossing optimaal? optimale oplossing er uit als er maar 90 medewerkers zijn? Hoe ziet de (d) Het bedrijf overweegt een 3de product in het assortiment opnemen. Dit product heeft een winstmarge van 3.5 Euro, vraagt een medewerker en twee eenheden van de machinecapaciteit. Is het rendabel dit product in de productie op te nemen? 5 Transportproblemen Transportproblemen zijn speciale LP-problemen waarvoor een speciaal transportsimplexalgoritme bestaat. Bij een transportprobleem zijn voor een bepaald goed gegeven ffl een aantal producenten met aanbod (supply) (m aanbodpunten met aanbod s 1 ;:::;s m ) ffl een aantal consumenten met vraag (demand) (n vraagpunten met vraag d 1 ;:::;d n ) ffl de kosten voor het transport van de producent naar de consument (transportkosten per eenheid transport van producent i naar consument j zijn c ij ). Het probleem is nu om de hoeveelheid x ij, die van elk producent i naar elk consument j getransporteerd noeten worden, zodanig te bepalen dat ffl de totale transportkosten minimaal zijn ffl iedere producent zijn aanbod kwijt raakt ffl iedere consument zijn vraag krijgt Gezien de definitie van het transportprobleem veronderstellen wij impliciet dat het totale aanbod gelijk is aan de totale vraag: S = mx i=1 s i = 31 nx j=1 d j = D

32 Opmerking: Vaak wordt een transportprobleem gerepresenteerd door een bipartite graaf G =(V; E) met V = V 1 [ V 2 waarbij ffl V 1 de verzameling van aanbodpunten is ffl V 2 de verzameling van vraagpunten is ffl ieder knooppunt als label zijn aanbod/vraag krijgt ffl E de transportverbindingen representeert met als labels de kosten c ij 5.1 Voorbeeld: bank Een bank heeft twee afdelingen, die cheques kunnen verwerken. In Afdeling 1 kunnen per dag 9000 cheques en in Afdeling cheques verwerkt worden. Er bestaan drie soorten cheques: cheques van handelaren, cheques voor salarissen en persoonlijke cheques. Van ieder soort moeten er per dag 5000 verwerkt worden. De kosten voor de bewerking zijn: Afdeling 1 Afdeling 2 handelaar 5c 3c salaris 4c 4c persoonlijk 2c 5c Het doel van de bank is een zo goedkoop mogelijke bewerking van de cheques te bepalen. Iedere afdeling kan als een aanbodpunt gezien worden (m = 2, s = (9000; 6000)) en ieder soort cheque als een vraag punt (n = 3, d = (5000; 5000; 5000)). De transportkosten zijn dan de verwerkingskosten. Graafrepresentatie: V 1 V

33 5.2 Gebalanceerd transportprobleem Voor de transportsimplexalgoritme gaan wij ervan uit dat een transportprobleem gebalanceerd is, d.w.z. dat S = mx i=1 s i = nx j=1 d j = D: Is een gegeven probleem niet gebalanceerd, moeten wij het eerst balanceren met behulp van dummy punten: ffl S >D : Voeg een dummy-vraagpunt toe met vraag d n+1 = S D en kosten c i;n+1 = 0; 8i ffl S < D : Er bestaat geen toegelaten oplossing. Soms toch zinvol: toevoegen van dummy-aanbodpunt met aanbod s m+1 = D S en (penalty)kosten c m+1;j ; 8j Voorbeeld bank: Verhoog capaciteit Afdeling 1 tot 10000! S = > = D! balanceren van het probleem! 4.de vraagpunt, d 4 = S D = 1000, c 14 = c 24 =0 Ander voorbeeld ongebalanceerd transportprobleem: zie Sectie LP-formulering transportprobleem De LP-formulering van het transportprobleem ziet er als volgt uit: min w = s.t. LP-formulering voorbeeld bank: mx nx mx i=1 j=1 i=1 nx j=1 c ij x ij x ij = s i ; i =1;:::;m; x ij = d j ; j =1;:::;n; aanbod vraag x ij 0; i =1;:::;m; j =1;:::;n min 5x 11 +4x 12 +2x 13 +3x 21 +4x 22 +5x 23 s:t: x 11 + x 12 + x 13 = 9000 aanbod Afdeling 1 x 21 + x 22 + x 23 = 6000 aanbod Afdeling 2 x 11 + x 21 = 5000 vraag cheques handelaren x 12 + x 22 = 5000 vraag cheques salarissen x 13 + x 23 = 5000 vraag persoonlijke cheques x ij 0 33

34 5.4 Het Transporttableau Het transporttableau is een middel om het probleem en het verloop van de algoritme te representeren Notatie: Producenten P 1 ;:::;P m Consumenten C 1 ;:::;C n Het transporttableau: C 1 C j C n aanbod c 11 c 1j c 1n P 1 x 11 ::: x 1j ::: x 1n s c i1 c ij c in P i x i1 ::: x ij ::: x in s i c m1 c mj c mn P m x m1 ::: x mj ::: x mn s m vraag d 1 ::: d j ::: d n Basisoplossingen Net als de simplex algoritme werkt de transportsimplexalgoritme met basisoplossingen. Een basis is een verzameling van variabelen, waarbij het aantal variabelen gelijk is aan het aantal lineair onafhankelijke voorwaarden. Observatie: als een oplossing x aan op één na alle voorwaarden voldoet, dan ook automatisch aan alle. Er mag dus willekeurig één van de m + n voorwaarden worden weggelaten. Wij zullen altijd de eerste aanbod voorwaarde weglaten. Opmerking: De overgebleven voorwaarden zijn lineair onafhankelijk. Resultaat: Voor een transportprobleem met m aanbod voorwaarden en n vraag voorwaarden bestaat een TBO uit m + n 1 basisvariabelen Een keuze van basisvariabelen is toegelaten als ffl n + m 1 variabelen als basis gekozen worden, ffl de niet-basisvariabelen = 0 gezet worden en 34

35 ffl de basisvariabelen de unieke oplossing van Ax=b (waarbij NBV = 0!) zijn. Definitie: Een geordende rij van ten minste 4 cellen heet een loop als 1. elke 2 opeenvolgende cellen in dezelfde rij of kolom liggen. 2. niet 3 opeenvolgende cellen in dezelfde rij of kolom liggen. 3. De laatste cel in de geordende rij heeft een rij of kolom gemeen met de eerste cel. De betekenis van loops voor het transportprobleem, wordt duidelijk uit de volgende stelling: Theorem 1 In een gebalanceerd transportprobleem met m aanbodpunten en n vraagpunten geldt: Een verzameling van m+n 1 variabelen vormt een basis, De cellen behorend bij deze m + n 1 variabelen bevatten geen loop. Tijdens de transportsimplexalgoritme moet men dus er op letten dat de gekozen cellen geen loop bevatten. De bibehorende variabelen vormen dan een basis. Voorbeelden ffl ffl ffi ffi ffi ffi Loops: x 11 x 12 x 32 x 31 en x 12 x 13 x 33 x 34 x 24 x 22 ffl ffl ffi ffi ffl ffl ffl ffl ffl ffi ffi Geen loops: x 11 x 12 x 13 x 23 x 21 en x 23 x 24 x 34 x 32. ffi ffi 35

36 5.6 Bepalen van een TBO Bij het transportprobleem bestaan er - in tegenstelling tot algemene LP's - constructieve methoden om een eerste TBO te bepalen. Wij zullen twee methoden voor het bepalen van een TBO leren kennen: ffl Noord-West Corner (NWC) methode (of NWC-regel) ffl Minimum kosten methode (of minimumregel) Beide methoden leveren een TBO omdat het aantal basisvariabelen m + n 1 is en deze geen loops bevatten Noord-West Corner methode 1. Geef de variabele in de NW-cel (links boven) van de niet- gemarkeerde rijen en kolommen een zo groot mogelijke waarde. 2. Markeer nu die rij of kolom waaraan met gelijkheid is voldaan (indien zowel een rij als kolom in aanmerking komt, dan willekeurig één van de twee, niet beiden!!). 3. Als nog slechts één cel over, dan: geef de bijbehorende variabele de maximale waarde en markeer rij en kolom. STOP. anders: ga naar stap 1. Voorbeeld Minimum kosten methode 1. Bepaal een cel met minimum kosten in de niet-gemarkeerde rijen en kolommen. 2. Geef de bijbehorende variabele de maximale waarde en markeer één rij of kolom (zoals bij NWC methode). 3. identiek met punt 3. NWC methode Voorbeeld

37 5.7 Opgaven 1. Formuleer het probleem uit Sectie 2.3 als een gebalanceerd transportprobleem. 2. Een bedrijf levert goederen aan 3 klanten, die ieder 30 eenheden nodig hebben. Het bedrijf heeft 2 opslagruimtes; in de eerste liggen 40 eenheden en in de tweede 30. De transportkosten per eenheid zijn als volgt: Kant 1 Klant 2 Klant3 Opslagruimte 1 Euro 15 Euro 35 Euro 25 Opslagruimte 2 Euro 10 Euro 50 Euro 40 Voor iedere vraag van een klant waaraan niet voldaan wordt moet het bedrijf een straf betalen: Euro 90 voor klant 1, Euro 80 voor klant 2 en Euro 110 voor klant 3. Formuleer een gebalanceerd transportprobleem voor het minimaliseren van de som van de transportkosten en de strafkosten. 3. Neem aan dat het bedrijf uit Opgave 2 de mogelijkheid heeft om voor Euro 100 per eenheid extra hoeveelheden (in onbeperkte mate) naar de twee opslagruimtes te transporteren maar dat nu aan alle vraag van de klanten voldaan moet worden. Hoe ziet het gebalanceerd transportprobleem er nu uit? 4. Bepaal een toegelaten oplossing voor de transportproblemen uit Opgave 1, 2 en 3 met behulp van de North-West Corner methode en de Minimum kosten methode. 6 De transportsimplexalgoritme De transportsimplexalgoritme is net als de simplex algoritme een iteratieve methode die van een TBO overgaat naar een volgende TBO. Hierbij wordt een variabele aan de basis toegevoegd en een variabele uit de basis verwijderd. Dit wordt zodanig gedaan dat de nieuwe oplossing niet slechter is dan de vorige. De basisstructuur van de transportsimplexalgoritme is als volgt: 1. Bepaal met behulp van gereduceerde kosten (hoe, dat volgt later) de variabele die in de basis komt. 2. Bepaal de (unieke!) loop bestaande uit de nieuwe basisvariabele en een aatal bestaande basisvariabelen. 3. Label de even (+) en oneven ( ) cellen in de loop, geteld vanaf de nieuwe basisvariabele (cel 0, +). 4. Bepaal = min (over alle cellen) x ij. De variabele bij één cel die bepaalt verlaat de basis. De overige variabelen in de loop veranderen als volgt: + cel: x ij = x ij + cel: x ij = x ij Noot: in stap 4 blijft het totale transport gelijk: tegenover elke toename staat een even grote afname! 37

38 5. Laat een variabele x ij behorende bij een cel met x ij = 0 uit de basis gaan. Voorbeeld bank ffl Uitgangspunt: NWC-oplossing voorbeeld bank Basis: x 11 ;x 12 ;x 22 ;x 23 Doelfunctiewaarde: ffl Stap 1: laat x 13 in de basis komen ffl Stap 2: Loop: x 13 ;x 23 ;x 22 ;x 12 ffl Stap 3: even - oneven in de loop bepalen ffl Stap 4: = minf4000; 5000g = Nieuwe oplossing (basis x 11 ;x 13 ;x 22 ;x 23 ): Doelfunctiewaarde: Opmerkingen: ffl Als = 0, dan is er sprake van een gedegenereerde toegelaten basisoplossing. ffl Alle pivots bestaan uitsluitend uit optellen en aftrekken. ffl Wanneer alle s i en d j geheel zijn dan heeft het transportprobleem een optimale oplossing waarin alle variabelen een geheeltallige waarde hebben. 6.1 Bepalen van een nieuwe basisvariabele Het resteert nog te beschrijven hoe de nieuwe basisvariabele gekozen wordt: 1. Definiëer c T BV B 1 =[u 2 ::: u m v 1 ::: v n ] (u i, voorwaarde bij s i ), (v j, voorwaarde bij d j ). 38

39 2. Dit levert c ij = c T BV B 1 a ij c ij = u i + v j c ij : 3. Zet c ij =0voor iedere BV x ij, dus: c ij = u i + v j c ij =0 en dus c ij = u i + v j voor iedere BV x ij (hierbij is gedefiniëerd: u 1 = 0). 4. Bepaal uit de gelijkheden in 3. de waarden voor u 2 ;:::;u m ;v 1 ;:::;v n. 5. Bepaal voor de niet-basisvariabelen de gereduceerde kosten c ij = u i + v j c ij : 6. Laat een NBV met c ij > 0indebasis komen. Bestaat zo'n NBV niet, dan is de gegeven oplossing optimaal. Voorbeeld bepalen nieuwe basisvariabele ffl Uitgangspunt: NWC-oplossing voorbeeld bank BV: x 11 ;x 12 ;x 22 ;x 23 NBV: x 13 ;x 21 ffl 1. c T BV B 1 =[u 2 ;v 1 ;v 2 ;v 3 ]; u 1 =0; BV c ij = u i + v j x 11 5=0+v 1!v 1 =5 ffl 3+4: x 12 4=0+v 2!v 2 =4 x 22 4=u 2 +v 2!u 2 =0 x 23 5=u 2 +v 3!v 3 =5 dus c T BV B 1 =[0;5;4;5] ffl 5. x 13 : c 13 = u 1 + v 3 c 13 =0+5 2=3 x 21 : c 21 = u 2 + v 1 c 21 =0+5 3= Conclusie: beide variabelenkunnen in de basis komen! 39

40 6.2 Overzicht transportsimplexalgoritme 1. Balanceer het probleem. 2. Bepaal een toegelaten basisoplossing. 3. Def. u 1 =0en bepaal de u i 's en v j 's via voor alle basisvariabelen. 4. Bepaal u i + v j = c ij c ij = u i + v j c ij voor alle niet-basisvariabelen. Als alle c ij» 0, dan KLAAR, anders: maak een variabele met c ij > 0 basisvariabele. 5. Herhaal stappen 3. en 4. met nieuwe basisoplossing. 6.3 Voorbeeld ui vj s i d j Kosten van de oplossing: 1080 c 13 =12 10 = 2 > 0! x 13 in de basis loop: x 11 x 13 x 23 x 21, =15 ui vj s i d j Kosten van de oplossing: 1050 c 32 =6+6 9=3>0! x 32 in de basis loop: x 12 x 13 x 33 x 32, =10 40

41 ui vj s i d j Kosten van de oplossing: 1020 alle c ij» 0, dus optimaal 6.4 Gevoeligheidsanalyse Veranderen kosten Veranderen: c kl! c kl + ffl actuele oplossing blijft toegelaten ffl actuele oplossing blijft optimaal, c ij blijft» 0voor alle NBV ffl c ij = u i + v j c ij en c T BV B 1 =[u 2 ;:::;u m ;v 1 ;:::;v n ] 1. x kl 2 NBV! c T BV B 1 verandert niet! u i en v j veranderen niet! c kl! c kl 2. x kl 2 BV! c T BV B 1 verandert! u i en v j veranderen! alle c ij opnieuw bepalen Veranderen aanbod/vraag Veranderen: s i! s i + ;d j!d j + ffl probleem blijft gebalanceerd ffl u i en v j veranderen niet 41

42 ffl u i = schaduwprijs voorwaarde s i v j = schaduwprijs voorwaarde d j! z nieuw = z oud schaduwprijs b i = z oud + (u i +v j ) 1. x ij 2 BV x ij! x ij + 2. x ij 2 NBV. Bepaal de loop die x ij bevat, en verander in die loop: + cel (zonder cel 0!): x ij! x ij cel: x ij! x ij Gevoeligheidsanalyse - Voorbeelden Veranderen c ij voor en niet-basisvariabele ui vj ffl c 33! c 33 + ffl c 33! c 33 = 3 ffl c 33» 0 ) 3 ffl Basis blijft optimaal als c Veranderen c ij voor en basisvariabele u i v j

43 ffl c 13! c 13 + ffl 2+»0!»2 5+»0!»5 3»0! 3 3+»0!»3 2»0! 2 ffl Basis blijft optimaal als 2»» 2 ofwel 8» c 13» Veranderen s i en d j voor x ij in BV ui vj ffl s 1! s 1 +2 = 37 d 2! d 2 +2 = 22 ffl x 12 2 BV, dus: x 12! x 12 +2= Veranderen s i en d j voor x ij in NBV ui vj ffl s 1! s 1 +1 = 36 d 1! d 1 +1 = 46 43

44 ffl x 11 2 NBV, in loop: x 11 x 13 x 23 x 21. Dus x 13! x = 26 x 23! x 23 1 = 4 x 21! x = Opgaven 1. Los de transportproblemen uit Opgave 1, 2 en 3, Hoofdstuk 5, op met behulp van de transportsimplexalgoritme. 2. Gegeven zij het volgende transporttableau: ui vj s i d j (a) Toon aan dat dit tableau optimaal is. (b) Voor welke waarden van c 11 blijft de oplossing optimaal? (c) Blijft de oplossing optimaal als c 34 van 4 naar 10 verhoogt wordt? (d) Hoe verandert de optimale oplossing als d 1 =30ens 2 =50wordt? 7 Toewijzingsproblemen Een toewijzingsprobleem is een speciaal transportprobleem waar alle vraag en aanbod gelijk aan 1 is (en er dus ook even veel aanbod- en vraagpunten bestaan) en waar als extra voorwaarde gevraagd wordt dat iedere transporthoeveelheid geheeltallig moet zijn. Een IP-formulering van dit probleem is: min w = subject to mx i=1 mx mx j=1 i=1 mx j=1 c ij x ij x ij =1 x ij =1 x ij 2f0;1g i=1;:::;m; j=1;:::;m; i=1;:::;m; j =1;:::;m Opmerking: Dit is geen LP-formulering, want x ij 2f0;1g. 44