Taak 2: LP: simplex en sensitiviteitsanalyse Voorbeeld uitwerking

Transcriptie

1 Taak 2: LP: simplex en sensitiviteitsanalyse Voorbeeld uitwerking. Sensitiviteitsanalyse (a) Als de prijs van legering 5 daalt, kan het voordeliger worden om gebruik te maken van deze legering. Als de prijs daalt met EUR, is deze daling groter dan de allowable decrease van 2.62 die LINDO aangeeft. Variabele x 5 dient daarom mogelijk in de basis van de nieuwe optimale oplossing voor te komen. In zulk een geval moet er een nieuw lineair programma worden opgelost om de nieuwe totale kosten te bepalen. Merk op dat we op dit moment 40 kg van legering 6 kopen, en 60 van legering 8. Dit geeft een eenheidsprijs van 40(6.0) + 60(4.) 00 = 4.98 EUR. Als de prijs van legering 5 zakt naar 4.6 EUR per kg, is deze dus goedkoper. Verder heeft deze legering al de juiste verhoudingen van metaalsoorten. Het is dus eenvoudig te zien dat in de nieuwe oplossing x 5 = 00, met totale kosten = 460 EUR. Als de kosten van legering 5 met EUR stijgen, blijft de huidige optimale oplossing onveranderd; dit is ondermeer te zien aan het feit dat de variabele een allowable increase van heeft voor zijn doelfunctiecoëfficiënt. Intuïtief is dit omdat legering 5 nu al te duur is om te gebruiken, en als de coefficient groter wordt, wordt de legering alleen maar duurder. (b) Als de kosten van legering 6 tussen de 0.00 EUR en de 6.47 EUR zitten. LINDO geeft aan (allowable in/decrease) dat de optimale basis hetzelfde blijft als de kosten van deze legering zich in dit interval bevinden. (c) Als we kijken naar de laatste drie beperkingen, weten we dat de coëfficiënten van elke x j percentages zijn (die bij elkaar opgeteld daarom geven). Verder willen we respectievelijk 0, 0 en 40 kilo van elke ijzersoort bestellen, en = 00. Bijgevolg krijgen we exact de eerste beperking wanneer we de laatste drie beperkingen bij elkaar optellen. Wanneer we dus maar drie beperkingen hebben, volgt de vierde direct uit de overige drie (door optelling of verschil tussen de drie beperkingen).

2 Als het rechterlid van één van de vergelijkingen verandert, dan geldt voor de coëfficiënten nog steeds dezelfde lineaire afhankelijkheid, maar geldt dit niet meer voor de rechterleden. het toelaatbare gebied wordt dan dus leeg. (d) In het licht van de voorgaande opgave, moeten in dit geval alle rechterleden veranderen (naar, en 44, respectievelijk, zodat de verhoudingen onveranderd blijven blijven). We zouden het effect van de wijziging van deze rechterleden op de doelfunctie kunnen berekenen aan de hand van de dual prices, maar dit is een beetje risicovol (omdat bij meerdere wijzigingen tegelijk, we niet meer zeker zijn van de toelaatbare stijging en daling), en het is eigenlijk ook niet nodig: je kan elke x j immers ook gewoon interpreteren als het optimale percentage van legering j in een optimale oplossing, en de nieuwe minimale kost voor 0 kilogram zal dan ook gewoon. 498 = EUR bedragen. (e) De duale prijs van beperking 5 is.24, wat betekent dat voor het toevoegen van extra kilogram tin aan de samenstelling, de doelfunctie verslechtert (stijgt) met.24 EUR, of met andere woorden: gegeven de huidige input-legeringen slaagt het huidige model erin om aan.24 EUR per kilogram tin aan te kopen. Als we dus extern tin kunnen aankopen aan minder dan.24 EUR per kilogram, dan moeten we dat zeker doen. Een nieuwe input-legerin van 50% zink en 50% tin zou een nieuwe kolom uitmaken in het model (bij een nieuwe variabele x 0 ), met coëfficiënten (, 0, 0.5, 0.5). Voor zo n nieuwe kolom kunnen we de gereduceerde kost berekenen als volgt: (kost per kg)+ 0+0 ( 6.64)+0.5 ( 5.64)+0.5 (.24) = (kost per kg) Deze gereduceerde kost is negatief wanneer de kost per kg van de nieuwe legering minder dan EUR per kg bedraagt. (f) De prijs is nu 6.9 EUR per kilo. De prijs van de legering kan met EUR (allowable decrease) per kilogram worden verlaagd zonder invloed op de optimale basissamenstelling. Als de prijs dus meer daalt, zal x 2 in de basis worden opgenomen. Het antwoord is daarom 5.9 EUR. Je kan dit ook bekomen via de gereduceerde kost van x 2, die momenteel bedraagt, dus x 2 moet minstens EUR per kilogram goedkoper worden om in de basis te worden opgenomen. 2

3 2. Simplex (examen DT januari 205) Beschouw het volgende LP-probleem: maximaliseer 5 x + 6 x 2 onder de beperkingen x + 2 x 2 2 (a) Oplossing via de grafische methode: x + 2 x 2 x 0 x 2 0 We zien dat de oplossingsverzameling leeg is, het probleem is dus ontoelaatbaar. (b) Via de simplex-methode; indien een startoplossing niet triviaal te verkrijgen is, gebruik de 2-fasenmethode voor initialisatie. Bemerk dat op het examen uitdrukkelijk de te gebruiken initialisatiemethode (grote M ofwel 2 fasen) kan aangegeven worden, dus zorg dat je ze allebei beheerst! Hieronder werken we via allebei de methodes uit; uiteraard verwachten we om tweemaal hetzelfde antwoord te vinden.

4 2-fasenmethode We gaan over naar standaardvorm en voegen een artificiële variabele toe in Rij. Fase ziet er als volgt uit: minimaliseer a onder de beperkingen x +2 x 2 e +a = 2 x +2 x 2 +s 2 = x, x 2, e, a, s 2 0 Rij w x x 2 e a s 2 rhs BV Ratio min = w = w = a = s = w = a = x 2 We zien dat alle gereduceerde kosten positief zijn aangezien er enkel nog negatieve getallen staan in de 0-rij bij de niet-basisvariabelen, en we hebben dus een optimale tableau bereikt. De artificiële variabele a heeft echter nog een waarde > 0, waaruit we concluderen dat het oorspronkelijke probleem ontoelaatbaar is. We stoppen dan hier ook de optimalisatie, en we gaan niet naar Fase 2. Grote-M methode We gaan over naar standaardvorm, voegen een artificiële variabele toe in Rij, en we lossen het volgende probleem op: maximaliseer 5 x +6 x 2 M a onder de beperkingen x +2 x 2 e +a = 2 x +2 x 2 +s 2 = x, x 2, e, a, s 2 0 4

5 Rij z x x 2 e a s 2 rhs BV Ratio max M 0 0 = z 0 5 M 6 2M M 0 0 2M = z = a = s M 0 M 0 + M M + = z = a = x 2 We zien dat alle gereduceerde kosten positief zijn vermits M > 0, en we hebben dus een optimale tableau bereikt. De artificiële variabele a heeft echter nog een waarde > 0, waaruit we concluderen dat het oorspronkelijke probleem ontoelaatbaar is.. Simplex (oef. 7 blz. 2) maximaliseer 4 x + x 2 onder de beperkingen 2 x + x 2 4 x + x 2 4 x + x 2 2 x, x 2 0 Initialisatie is hier eenvoudig: de verschilvariabelen kunnen in elke rij als eerste basisvariabele dienen. Rij z x x 2 s s 2 s rhs BV Ratio max = z = s = s = s = z = s = s = x Alle gereduceerde kosten zijn positief en dus hebben we een optimale oplossing gevonden, nl (0.5, 0). De gereduceerde kost van variabele x 2 is gelijk aan 0. Bijgevolg zal 5

6 de doelfunctiewaarde niet veranderen als we van deze variabele een BV maken. De ratio-test in dit geval selecteert Rij 2, via ratio 0.5/0.75. We krijgen dan de volgende tableau: Rij z x x 2 s s 2 s rhs BV Ratio = z = s 2 = x 2 = x We zien dus dat punt (, 2 ) ook een optimale oplossing is. Bijgevolg zijn alle punten λ (, 0) + λ 2 2(, 2) met λ + λ 2 = en λ, λ 2 0 ook optimale oplossingen; een derde optimale oplossing is dan bijvoorbeeld ( 5, ); dit probleem heeft een oneindig aantal 2 optimale oplossingen. 6