Svar til. EKSAMEN I EMNE TIØ4120 OPERASJONSANALYSE, GK Onsdag 10. august 2011 Tid: kl Bokmål

Transkript

1 Side 1 av 10 NTNU Institutt for industriell økonomi og teknologiledelse Faggruppe for bedriftsøkonomi og optimering Faglig kontakt under eksamen: Navn: Lars Magnus Hvattum Oppgave settet laget av: Navn: Bjørn Nygreen Svar til EKSAMEN I EMNE TIØ120 OPERASJONSANALYSE, GK Onsdag 10. august 2011 Tid: kl Bokmål Tillatte hjelpemidler: C - Godkjent kalkulator og K.Rottmann: Matematisk formelsamling er tillatt. Oppgave 1 a) Definerer: z overskudd i neste periode regnet i 1000 kroner x j antall enheter produsert av type j i neste periode, j 1,2,3 Da får vi følgende formulering: max z x 1 3x 2 6x 3 når 2x 1 x 2 3x 3 0 2x 1 2x 2 x 3 30 x 1,x 2,x 3 0 b) Vi innfører følgende nye variable: x tomgang i restriksjon 1 x 5 kunstvariabel i restriksjon 2

2 Emne TIØ120 Operasjonsanalyse GK 10. august Side 2 av 10 Restriksjonene kan nå skrives slik: 2x 1 x 2 3x 3 x 0 2x 1 2x 2 x 3 x 5 30 x 1,x 2,x 3,x,x 5 0 Oppgaveteksten sier at vi skal bruke 2 fasers simpleks. Det vil si at vi skal minimere summen av de kunstvariable i fase 1 og forsette fra den løsningen med å maksimere overskuddet. Målfunksjoner : Fase 1: min w x 5 Fase 2: max z x 1 3x 2 6x 3 Vi har valget mellom å eliminere de basisvariable fra målfunksjonen før problemet settes inn i regneskjemaet eller å starte med de virkelige målfunksjonene i skjemaet og bruke en ekstra "iterasjon" til å fjerne de basisvariable fra målfunksjonen. Vi velger den siste måten og kaller de første skjemaene i hver fase for Iterasjon 1. Siden læreboka bare maksimerer og betrakter "målvariabelen" som en basisvariabel omskriver vi målfunksjonene slik før vi starter med skjemaene: Fase 1, iterasjon -1: Fase 1: w x 2 0 Fase 2: z x 1 3x 2 6x 3 0 Basis w x 1 x 2 x 3 x x 5 RHS Forhold w x x Her subtraherer vi siste linje fra målfunksjonen for å fjerne den basisvariable fra målfunksjonen. Vi får intet basisskift i denne "iterasjonen". Fase 1, iterasjon 0: Basis w x 1 x 2 x 3 x x 5 RHS Forhold w x /2 20 x /2 15 Vi skal velge den mest negative reduserte kostnaden. Det vanlig er å søke forfra og bare bytte til noe bedre (ikke bytte til noe like godt). Vi får derfor at x 1 skal inn i basis.. Vi marker den valgte reduserte kostnaden med en. Vi beregner forholdene og markerer det minste med stjerne.

3 Emne TIØ120 Operasjonsanalyse GK 10. august Side 3 av 10 Vi ser at x 5 skal ut av basis. Oppdateringene av skjemaet gjøres først i neste iterasjon: Fase 1, iterasjon 1: Basis w x 1 x 2 x 3 x x 5 RHS Forhold w x x Vi ser her at det ikke er flere negative reduserte kostnader og heller ingen kunstvariable i basis. Vi har derfor funnet optimal løsning i fase 1 og denne løsningen har en mulig basis. Vi avslutter derfor fase 1 og starter fase 2. Det gjør vi ved å sette inn målfunksjon z istedetfor målfunksjon w i skjemaet foran. Fase 2, iterasjon -1: Basis z x 1 x 2 x 3 x x 5 RHS Forhold z x x Vi kunne slettet kolonnen for x 5 siden den kunstvariable ikke skal inn i basis igjen, men vi beholder den slik at vi har de dualvariable (muligens med motsatt fortegn) og den inverse basismatrisene i spaltene til x og x 5. Her adderer vi siste linje multiplisert med til målfunksjonen for å fjerne alle basisvariable fra målfunksjonen. Fase 2, iterasjon 0: Basis z x 1 x 2 x 3 x x 5 RHS Forhold z x / x / Vi ser her at x 3 skal inn og x ut av basis. Oppdateringen skjer først i neste iterasjon

4 Emne TIØ120 Operasjonsanalyse GK 10. august Side av 10 Fase 2, iterasjon 1: Basis z x 1 x 2 x 3 x x 5 RHS Forhold z x x / 5 10 Her ser vi at x 2 skal inn og x 1 ut av basis. Oppdatering av skjema først i neste iterasjon Fase 2, iterasjon 2: Basis z x 1 x 2 x 3 x x 5 RHS Forhold 9 3 z x x Her er det ingen negative reduserte kostnader og vi har den optimale løsningen. hvor z er målt i 1000 kroner. z 90, x 1 0, x 2 10, x 3 10 c) Dualen formuleres slik: min w 0y 1 30y 2 2y 1 2y 2 y 1 2y 2 3 3y 1 y 2 6 y 1 0 y 2 uten tegn krav y i er skyggepris på høyresiden i restriksjon i endring i z pr enhets endring i b i

5 Emne TIØ120 Operasjonsanalyse GK 10. august Side 5 av 10 d) Løsnings verdiene til i dualen finnes i z linjen under x og x 5 i det optimale skjemaet og målverdien er den samme som i primalen Benevningen på w og y i -ene er 1000 kroner. w 90, y 1 9 5, y e) Den lavest nummererte produkttypen som ikke produseres er nummer 1 Fra starten av iterasjon -1 i fase 2 har en ikke multiplisert z linjen med noe tall, en har bare addert andre linjer multiplisert med konstanter. Dvs. at slutt verdiene i z er de negative målkoeffisientene c j pluss totaleffekten av alle adderingene z j. For x 1 får vi: z j c j z j 5 z j 2 5 For at løsningen ikke skal endres må vi ikke ønske x 1 inn i basis. Vi må derfor ha: z j c j ny 0 c j ny z j (målt i 1000 kroner) f) Når høyresiden i et LP problem varieres forblir verdiene på de dualvariable uendret så lenge basis ikke må endres, dvs. så lenge de basisvariable ikke blir negative. Når energitilgjengeligheten endres i dette problemet, kan vi utrykke den nye høyresiden slik: b hvor endringen (positiv eller negativ) i energitilgangen. Generelt kan verdien på de basisvariable skrives slik: x B A 1 B b 0 Den inverse basismatrisen finnes i restriksjonslinjene under x og x 5 i sluttskjemaet. Her gir dette:

6 Emne TIØ120 Operasjonsanalyse GK 10. august Side 6 av 10 x B b Dette gir Dualløsningen ikke endres ikke for energitilgangsendringer,, i følgende intervall: Oppgave 2 a) Produksjonen skal flyttes i begynnelsen av 5 år fra nå.. Vi skal ta beslutning om skifing eller ikke skifting i begynnelsen av hvert av de årene før flyttingen n trinn begynnelsen av hvert av de resterende driftsårene x n beslutningsvariabel behold 0 eller skift 1 utstyr y n tilstandsvariabel alder på utstyret på beslutningstidspunkt n b) N mengden av trinn 1,2,3, X n mengden av mulige beslutninger på trinn n 0,1, 0 for behold, 1 for bytt n Verdien av tilstanden varierer med beslutningstrinn slik: y n 1 x n,y n 1 x n y n 1 1 x n Dette gir følgende mulige verdier på de tilstandsvariable:

7 Emne TIØ120 Operasjonsanalyse GK 10. august Side 7 av 10 Y 1 3 Y 2 1, Y 3 1,2,5 Y 1,2,3,6 c) Vi regner baklengs rekursjon, på samme måte som i læreboka ogg definerer: f n y n maksimalt netto overskudd f.o.m. trinn n, t.o.m. trinn og salg av utstyr etter år, gitt at utstyret er y n år på trinn n. f n y n,x n maksimalt netto overskudd f.o.m. trinn n, t.o.m. trinn og salg av utstyr etter år. gitt at utstyret er y n år på trinn n og en tar beslutningen x n på trinn n. Hvis vi bruker de samme symbolene på i økonomiske data som i oppgave teksten, men skrevet som funksjoner av y n får vi: For det siste driftsåret, n : f y,x R 0 S y n I S 1 x R y n S y n 1 1 x f y max f y,x x 0,1 For de øvrige driftsårene, n 1,2,3 f n y n,x n R 0 S y n I f n 1 f n y n max f n y n,x n x n 0,1 1 x n R y n f n 1 y n 1 1 x n Tilstanden på trinn 1 (år 1) er kjent, y 1 3, så optimal målverdi, z, blir: z f 1 3 Vi regner baklengs og starter med trinn n : Tilstand Bytt x 1 Behold x 0 f y x y Formel R 0 S y 3 I S 1 R y 3 S y Må bytte 6 1

8 Emne TIØ120 Operasjonsanalyse GK 10. august Side 8 av 10 Så fortsetter vi med trinn n 3: Tilstand Bytt x 3 1 Behold x 3 0 f 3 y 3 x 3 y 3 Formel R 0 S y 3 I f 1 R y 3 f y Så fortsetter vi med trinn n 2: Tilstand Bytt x 2 1 Behold x 2 0 f 2 y 2 x 2 y 2 Formel R 0 S y 2 I f 3 1 R y 2 f 3 y / Så fortsetter vi med trinn n 1: Tilstand Bytt x 1 1 Behold x 1 0 f 1 y 1 x 1 y 1 Formel R 0 S y 1 I f 2 1 R y 1 f 1 y Så nøster vi opp løsningen: y 1 3 x 1 1 y 2 1 y 2 1 x 2 1 y 3 1 y 3 1 x 3 0 y 2 y 2 x 0 y 5 3 eller y 1 3 x 1 1 y 2 1 y 2 1 x 2 0 y 3 2 y 3 2 x 3 0 y 3 y 3 x 1 y 5 1 Begge løsningen har et netto oveskudd på z kroner.

9 Emne TIØ120 Operasjonsanalyse GK 10. august Side 9 av 10 Oppgave 3 a) Vi får enklest regning hvis vi definerer operatørens igangsetting av maskinene som betjening og systemet som opertøren og den eventuelle maskinen som blir betjent pluss de maskinene som eventuelt står stille og venter på betjening. b) Diagrammet vil bestå av 5 noder på en linje som hver representerer en av de mulige tilstandene (antall kunder i systemet): 0,1,2,3,. De mulige overgangene representeres med buer med pil mellom nabo noder. Diagrammet tegnes ikke her. n overgangsrate pr time fra tilstand n til tilstand n 1 n overgangsrate pr time fra tilstand n til tilstand n 1 n n, 1, n 0,1,2,3 n,, n 1,2,3, c) Vi beregner Sannsynligheten, p 0, for tomt system og multipliserer den med 0 timer. Sannsynlighetene for n kunder i systemet beregnes som i læreboka ved bruk av hjelpestørrelsene: C n 1 n n n n 1,2,3, p n C n C k k C k k 0 Tid uten betjening 0p 0 0C 0 C k k timer og 26 minutter

10 Emne TIØ120 Operasjonsanalyse GK 10. august Side 10 av 10 d) For hver betjening vil en maskin produsere 1 enhet. For hver time operatøren bruker på betjening, vil han i gjennomsnitt betjene maskiner. Dvs. Alternativt kan en regne slik: Forventet produksjon Forventet produksjon 0 n 1 Tallsvaret blir det samme. n p n 0 n 1 p n 160 p n p 0 n 1