OI Vebe 7 dr Milan Radojii milan radojicicfon

OI Vežbe 7 dr Milan Radojičić milan. radojicic@fon. bg. ac. rs

Sadržaj U današnjoj prezentaciji: v Nastvlja se sa rešavanjem zatvorenog transportnog problema v Proverava se optimalnost trenutnog rešenja v Određuje se optimalno rešenje transportnog problema

Zadatak 1 Vratimo se na Zadatak 1 sa prethodne prezentacije. Formulisali smo matematički model i odredili početno rešenje. Preostalo je da odredimo optimalno rešenje. P 1 P 2 P 3 Raspoloživa količina S 1 2 2 4 30 S 2 5 3 1 30 S 3 3 6 2 50 Potrebna količina 40 50 20 a) Formulisati matematički model transportnog problema; b) Odrediti početno rešenje; c) Odrediti optimalno rešenje;

Vogelovom aproksimativnom metodom dobijeno je početno rešenje: ponuda tražnja 40 50 (20, 10) 20 P 1 P 2 P 3 30 S 1 2 2 30 (10) S 2 5 3 50 (10) S 3 3 6 40 30 10 10 4 1 20 2 Početno rešenje: Ukupni troškovi transporta: F 0 = 2*30 + 3*10 + 1*20 + 3*40 + 6*10 = 290

Za pronalaženje optimalnog rešenja biće korištena metoda potencijala (Mo. Di metoda): • Ona proizilazi iz dualnog tumačenja matematičkog modela • Svakom ograničenju primala dodeljuje se po jedna dualna promenljiva tj. potencijal • Potencijali ui , (i=1, . . . , m) su dodeljeni ograničenjima koja se odnose na ponudu robe u ishodištima Ai • Potencijali vj , (j=1, . . . , n) su dodeljeni ograničenjima koja se odnose na ponudu robe u odredištima Bj • Provera optimalnosti trenutnog rešenja vrši se na osnovu svojstva komplementarnosti optimalnih rešenja primala i duala: • Za sve bazne promenljive xij >0, važi • Za sve nebazne promenljive xij =0, važi • Razlika između jediničnih troškova i vrednosti potencijala naziva se jedinična promena troškova i računa se kao dij = cij - ui – vj • Vrednost dij govori za koliko bi se povećala ili smanjila vrednost funkcije cilja ukoliko se od od Ai do Bj transportuje jedna jedinica robe

Dualni model za konkretan primer glasi: Primal min f(x) = 2 x 11 + 2 x 12 + 4 x 13 + 5 x 21 + 3 x 22 + 1 x 23 + 3 x 31 + 6 x 32 + 2 x 33 p. o. x 11 + x 12 + x 13 = 30 x 21 + x 22 + x 23 = 30 x 31 + x 32 + x 33 = 50 x 11 + x 21 + x 31 = 40 x 12 + x 22 + x 32 = 50 x 13 + x 23 + x 33 = 20 xij, ≥ 0, i, j = 1, 2, 3 ← u 1 ← u 2 ← u 3 ← v 1 ← v 2 ← v 3 Dual max Φ(u, v) = 30 u 1 + 30 u 2 + 50 u 3 + 40 v 1 + 50 v 2 + 20 v 3 p. o. x 11 → u 1 + v 1 = 2 x 12 → u 1 + v 2 = 2 x 13 → u 1 + v 3 = 4 x 21 → u 2 + v 1 = 5 x 22 → u 2 + v 2 = 3 x 23 → u 2 + v 3 = 1 x 31 → u 3 + v 1 = 3 x 32 → u 3 + v 2 = 6 x 33 → u 3 + v 3 = 2 u 1, u 2, u 3, v 1, v 2, v 3 neograničeno po znaku

Na osnovu početnog rešenja formira se sistem jednačina potencijala: x 12 =30 → u 1 + v 2 = c 12 → u 1 + v 2 = 2 x 22 =10 → u 2 + v 2 = c 12 → u 2 + v 2 = 3 x 23 =20 → u 2 + v 3 = c 12 → u 2 + v 3 = 1 x 31 =40 → u 3 + v 1 = c 12 → u 3 + v 1 = 3 x 32 =10 → u 3 + v 2 = c 12 → u 3 + v 2 = 6 ponuda tražnja 40 50 (20, 10) 20 P 1 P 2 P 3 30 S 1 2 2 30 (10) S 2 5 3 50 (10) S 3 3 6 40 30 10 10 4 1 2 20

Na osnovu početnog rešenja formira se sistem jednačina potencijala: x 12 =30 → u 1 + v 2 = c 12 → u 1 + v 2 = 2 x 22 =10 → u 2 + v 2 = c 12 → u 2 + v 2 = 3 x 23 =20 → u 2 + v 3 = c 12 → u 2 + v 3 = 1 x 31 =40 → u 3 + v 1 = c 12 → u 3 + v 1 = 3 x 32 =10 → u 3 + v 2 = c 12 → u 3 + v 2 = 6 Dobijen je sistem sa 5 jednačina i 6 promenljivih (u 1, u 2, u 3, v 1, v 2, v 3). Broj jednačina odgovara broju baznih promenljivih početnog rešenja tj. rangu matrice ograničenja u matematičkom modelu (m+n-1=3+3 -1=5).

Na osnovu početnog rešenja formira se sistem jednačina potencijala: x 12 =30 → u 1 + v 2 = c 12 → u 1 + v 2 = 2 x 22 =10 → u 2 + v 2 = c 12 → u 2 + v 2 = 3 x 23 =20 → u 2 + v 3 = c 12 → u 2 + v 3 = 1 x 31 =40 → u 3 + v 1 = c 12 → u 3 + v 1 = 3 x 32 =10 → u 3 + v 2 = c 12 → u 3 + v 2 = 6 Dobijen je sistem sa 5 jednačina i 6 promenljivih (u 1, u 2, u 3, v 1, v 2, v 3). Broj jednačina odgovara broju baznih promenljivih početnog rešenja tj. rangu matrice ograničenja u matematičkom modelu (m+n-1=3+3 -1=5). To znači da se sistem može rešiti ako se jedna vrednost potencijala slobodno izabere. Promenljiva v 2 se pojavljuje u najvećem broju jednačina, što znači da ćemo sistem najlakše rešiti ako baš njoj dodelimo neku vrednost.

Na osnovu početnog rešenja formira se sistem jednačina potencijala: x 12 =30 → u 1 + v 2 = c 12 → u 1 + v 2 = 2 x 22 =10 → u 2 + v 2 = c 12 → u 2 + v 2 = 3 x 23 =20 → u 2 + v 3 = c 12 → u 2 + v 3 = 1 x 31 =40 → u 3 + v 1 = c 12 → u 3 + v 1 = 3 x 32 =10 → u 3 + v 2 = c 12 → u 3 + v 2 = 6 Dobijen je sistem sa 5 jednačina i 6 promenljivih (u 1, u 2, u 3, v 1, v 2, v 3). Broj jednačina odgovara broju baznih promenljivih početnog rešenja tj. rangu matrice ograničenja u matematičkom modelu (m+n-1=3+3 -1=5). To znači da se sistem može rešiti ako se jedna vrednost potencijala slobodno izabere. Promenljiva v 2 se pojavljuje u najvećem broju jednačina, što znači da ćemo sistem najlakše rešiti ako baš njoj dodelimo neku vrednost. Dodelićemo joj vrednost v 2 =0. Iz toga sledi:

Na osnovu početnog rešenja formira se sistem jednačina potencijala: x 12 =30 → u 1 + v 2 = c 12 → u 1 + v 2 = 2 x 22 =10 → u 2 + v 2 = c 12 → u 2 + v 2 = 3 x 23 =20 → u 2 + v 3 = c 12 → u 2 + v 3 = 1 x 31 =40 → u 3 + v 1 = c 12 → u 3 + v 1 = 3 x 32 =10 → u 3 + v 2 = c 12 → u 3 + v 2 = 6 Dobijen je sistem sa 5 jednačina i 6 promenljivih (u 1, u 2, u 3, v 1, v 2, v 3). Broj jednačina odgovara broju baznih promenljivih početnog rešenja tj. rangu matrice ograničenja u matematičkom modelu (m+n-1=3+3 -1=5). To znači da se sistem može rešiti ako se jedna vrednost potencijala slobodno izabere. Promenljiva v 2 se pojavljuje u najvećem broju jednačina, što znači da ćemo sistem najlakše rešiti ako baš njoj dodelimo neku vrednost. Dodelićemo joj vrednost v 2 =0. Iz toga sledi: u 1 + 0 = 2 → u 1 = 2

Na osnovu početnog rešenja formira se sistem jednačina potencijala: x 12 =30 → u 1 + v 2 = c 12 → u 1 + v 2 = 2 x 22 =10 → u 2 + v 2 = c 12 → u 2 + v 2 = 3 x 23 =20 → u 2 + v 3 = c 12 → u 2 + v 3 = 1 x 31 =40 → u 3 + v 1 = c 12 → u 3 + v 1 = 3 x 32 =10 → u 3 + v 2 = c 12 → u 3 + v 2 = 6 Dobijen je sistem sa 5 jednačina i 6 promenljivih (u 1, u 2, u 3, v 1, v 2, v 3). Broj jednačina odgovara broju baznih promenljivih početnog rešenja tj. rangu matrice ograničenja u matematičkom modelu (m+n-1=3+3 -1=5). To znači da se sistem može rešiti ako se jedna vrednost potencijala slobodno izabere. Promenljiva v 2 se pojavljuje u najvećem broju jednačina, što znači da ćemo sistem najlakše rešiti ako baš njoj dodelimo neku vrednost. Dodelićemo joj vrednost v 2 =0. Iz toga sledi: u 1 + 0 = 2 → u 1 = 2 u 2 + 0 = 3 → u 2 = 3

Na osnovu početnog rešenja formira se sistem jednačina potencijala: x 12 =30 → u 1 + v 2 = c 12 → u 1 + v 2 = 2 x 22 =10 → u 2 + v 2 = c 12 → u 2 + v 2 = 3 x 23 =20 → u 2 + v 3 = c 12 → u 2 + v 3 = 1 x 31 =40 → u 3 + v 1 = c 12 → u 3 + v 1 = 3 x 32 =10 → u 3 + v 2 = c 12 → u 3 + v 2 = 6 Dobijen je sistem sa 5 jednačina i 6 promenljivih (u 1, u 2, u 3, v 1, v 2, v 3). Broj jednačina odgovara broju baznih promenljivih početnog rešenja tj. rangu matrice ograničenja u matematičkom modelu (m+n-1=3+3 -1=5). To znači da se sistem može rešiti ako se jedna vrednost potencijala slobodno izabere. Promenljiva v 2 se pojavljuje u najvećem broju jednačina, što znači da ćemo sistem najlakše rešiti ako baš njoj dodelimo neku vrednost. Dodelićemo joj vrednost v 2 =0. Iz toga sledi: u 1 + 0 = 2 → u 1 = 2 u 2 + 0 = 3 → u 2 = 3 3 + v 3 = 1 → v 3 = -2

Na osnovu početnog rešenja formira se sistem jednačina potencijala: x 12 =30 → u 1 + v 2 = c 12 → u 1 + v 2 = 2 x 22 =10 → u 2 + v 2 = c 12 → u 2 + v 2 = 3 x 23 =20 → u 2 + v 3 = c 12 → u 2 + v 3 = 1 x 31 =40 → u 3 + v 1 = c 12 → u 3 + v 1 = 3 x 32 =10 → u 3 + v 2 = c 12 → u 3 + v 2 = 6 Dobijen je sistem sa 5 jednačina i 6 promenljivih (u 1, u 2, u 3, v 1, v 2, v 3). Broj jednačina odgovara broju baznih promenljivih početnog rešenja tj. rangu matrice ograničenja u matematičkom modelu (m+n-1=3+3 -1=5). To znači da se sistem može rešiti ako se jedna vrednost potencijala slobodno izabere. Promenljiva v 2 se pojavljuje u najvećem broju jednačina, što znači da ćemo sistem najlakše rešiti ako baš njoj dodelimo neku vrednost. Dodelićemo joj vrednost v 2 =0. Iz toga sledi: u 1 + 0 = 2 → u 1 = 2 u 2 + 0 = 3 → u 2 = 3 3 + v 3 = 1 → v 3 = -2 u 3 + 0 = 6 → u 3 = 6

Na osnovu početnog rešenja formira se sistem jednačina potencijala: x 12 =30 → u 1 + v 2 = c 12 → u 1 + v 2 = 2 x 22 =10 → u 2 + v 2 = c 12 → u 2 + v 2 = 3 x 23 =20 → u 2 + v 3 = c 12 → u 2 + v 3 = 1 x 31 =40 → u 3 + v 1 = c 12 → u 3 + v 1 = 3 x 32 =10 → u 3 + v 2 = c 12 → u 3 + v 2 = 6 Dobijen je sistem sa 5 jednačina i 6 promenljivih (u 1, u 2, u 3, v 1, v 2, v 3). Broj jednačina odgovara broju baznih promenljivih početnog rešenja tj. rangu matrice ograničenja u matematičkom modelu (m+n-1=3+3 -1=5). To znači da se sistem može rešiti ako se jedna vrednost potencijala slobodno izabere. Promenljiva v 2 se pojavljuje u najvećem broju jednačina, što znači da ćemo sistem najlakše rešiti ako baš njoj dodelimo neku vrednost. Dodelićemo joj vrednost v 2 =0. Iz toga sledi: u 1 + 0 = 2 → u 1 = 2 u 2 + 0 = 3 → u 2 = 3 3 + v 3 = 1 → v 3 = -2 u 3 + 0 = 6 → u 3 = 6 6 + v 1 = 3 → v 1 = -3

Jedinična promena troškova za nebazne promenljive se računa korišćenjem dobijenih vrednosti potencijala: x 11 =0 → d 11 = c 11 – u 1 – v 1 =2 – (-3) = 3 x 13 =0 → d 13 = c 13 – u 1 – v 3 =4 – 2 – (-2) = 4 x 21 =0 → d 21 = c 21 – u 2 – v 1 =5 – 3 – (-3) = 5 x 33 =0 → d 33 = c 33 – u 3 – v 3 =2 – 6 – (-2) = -2

Jedinična promena troškova za nebazne promenljive se računa korišćenjem dobijenih vrednosti potencijala: x 11 =0 → d 11 = c 11 – u 1 – v 1 =2 – (-3) = 3 x 13 =0 → d 13 = c 13 – u 1 – v 3 =4 – 2 – (-2) = 4 x 21 =0 → d 21 = c 21 – u 2 – v 1 =5 – 3 – (-3) = 5 x 33 =0 → d 33 = c 33 – u 3 – v 3 =2 – 6 – (-2) = -2 Celokupno rešavanje sistema jednačina i izračunavanje jedinične promene troškova može da se prikaže u transportnoj simpleks tabeli: T 00: ponuda 40 50 20 tražnja P 1 P 2 P 3 30 S 1 2 2 30 S 2 5 3 50 S 3 3 6 40 30 10 10 4 1 2 20

Jedinična promena troškova za nebazne promenljive se računa korišćenjem dobijenih vrednosti potencijala: x 11 =0 → d 11 = c 11 – u 1 – v 1 =2 – (-3) = 3 x 13 =0 → d 13 = c 13 – u 1 – v 3 =4 – 2 – (-2) = 4 x 21 =0 → d 21 = c 21 – u 2 – v 1 =5 – 3 – (-3) = 5 x 33 =0 → d 33 = c 33 – u 3 – v 3 =2 – 6 – (-2) = -2 Celokupno rešavanje sistema jednačina i izračunavanje jedinične promene troškova može da se prikaže u transportnoj simpleks tabeli: T 00: ponuda 40 50 20 ui v 2 = 0 tražnja P 1 P 2 P 3 u 1 = 2 30 S 1 2 2 4 2 u 2 = 3 30 v 3 = -2 30 S 2 5 3 1 3 u 3 = 6 10 20 v 1 = -3 50 S 3 vj 3 40 -3 6 10 0 2 6 -2

Jedinična promena troškova za nebazne promenljive se računa korišćenjem dobijenih vrednosti potencijala: x 11 =0 → d 11 = c 11 – u 1 – v 1 =2 – (-3) = 3 x 13 =0 → d 13 = c 13 – u 1 – v 3 =4 – 2 – (-2) = 4 x 21 =0 → d 21 = c 21 – u 2 – v 1 =5 – 3 – (-3) = 5 x 33 =0 → d 33 = c 33 – u 3 – v 3 =2 – 6 – (-2) = -2 Celokupno rešavanje sistema jednačina i izračunavanje jedinične promene troškova može da se prikaže u transportnoj simpleks tabeli: T 00: ponuda 40 50 20 ui tražnja P 1 P 2 P 3 30 S 1 2 30 S 2 5 3 50 S 3 3 6 vj 3 40 -3 2 30 10 10 0 4 2 1 3 20 2 6 -2

Jedinična promena troškova za nebazne promenljive se računa korišćenjem dobijenih vrednosti potencijala: x 11 =0 → d 11 = c 11 – u 1 – v 1 =2 – (-3) = 3 x 13 =0 → d 13 = c 13 – u 1 – v 3 =4 – 2 – (-2) = 4 x 21 =0 → d 21 = c 21 – u 2 – v 1 =5 – 3 – (-3) = 5 x 33 =0 → d 33 = c 33 – u 3 – v 3 =2 – 6 – (-2) = -2 Celokupno rešavanje sistema jednačina i izračunavanje jedinične promene troškova može da se prikaže u transportnoj simpleks tabeli: T 00: ponuda 40 50 20 ui tražnja P 1 P 2 P 3 30 S 1 2 30 S 2 5 3 50 S 3 3 6 vj 3 40 -3 2 30 10 10 0 4 4 1 20 2 2 3 6 -2

Jedinična promena troškova za nebazne promenljive se računa korišćenjem dobijenih vrednosti potencijala: x 11 =0 → d 11 = c 11 – u 1 – v 1 =2 – (-3) = 3 x 13 =0 → d 13 = c 13 – u 1 – v 3 =4 – 2 – (-2) = 4 x 21 =0 → d 21 = c 21 – u 2 – v 1 =5 – 3 – (-3) = 5 x 33 =0 → d 33 = c 33 – u 3 – v 3 =2 – 6 – (-2) = -2 Celokupno rešavanje sistema jednačina i izračunavanje jedinične promene troškova može da se prikaže u transportnoj simpleks tabeli: T 00: ponuda 40 50 20 ui tražnja P 1 P 2 P 3 30 S 1 2 30 S 2 5 50 S 3 3 vj 3 5 40 -3 2 30 3 10 6 10 0 4 4 1 20 2 2 3 6 -2

Jedinična promena troškova za nebazne promenljive se računa korišćenjem dobijenih vrednosti potencijala: x 11 =0 → d 11 = c 11 – u 1 – v 1 =2 – (-3) = 3 x 13 =0 → d 13 = c 13 – u 1 – v 3 =4 – 2 – (-2) = 4 x 21 =0 → d 21 = c 21 – u 2 – v 1 =5 – 3 – (-3) = 5 x 33 =0 → d 33 = c 33 – u 3 – v 3 =2 – 6 – (-2) = -2 Celokupno rešavanje sistema jednačina i izračunavanje jedinične promene troškova može da se prikaže u transportnoj simpleks tabeli: T 00: ponuda 40 50 20 ui tražnja P 1 P 2 P 3 30 S 1 2 30 S 2 5 50 S 3 3 vj 3 5 40 -3 2 30 3 10 6 10 0 4 4 1 20 2 -2 -2 2 3 6

Ćelija transportne simpleks tabele bazne promenljive: cij xij Ćelija transportne simpleks tabele nebazne promenljive: cij T 00: dij ponuda tražnja 30 S 1 2 30 S 2 5 50 S 3 3 vj 40 50 20 P 1 P 2 P 3 3 5 40 -3 2 30 3 10 6 10 0 4 ui 4 1 20 2 -2 -2 2 3 6

Kriterijum optimalnosti: Bazno dopustivo rešenje Xk dobijeno u k-toj iteraciji je optimalno ukoliko je jedinična promena troškova dij ≥ 0 za sve nebazne promenljive xij =0, i=1, . . . , m, j=1, . . . , n. T 00: ponuda tražnja 30 S 1 2 30 S 2 5 50 S 3 3 vj 40 50 20 P 1 P 2 P 3 3 5 40 -3 2 30 3 10 6 10 0 4 ui 4 1 20 2 -2 -2 2 3 6

Kriterijum optimalnosti: Bazno dopustivo rešenje Xk dobijeno u k-toj iteraciji je optimalno ukoliko je jedinična promena troškova dij ≥ 0 za sve nebazne promenljive xij =0, i=1, . . . , m, j=1, . . . , n. Početni plan dat u tabeli T 00 ne predstavlja optimalno rešenje pošto je d 33 = -2, što je manje od 0. Vrednost funkcije cilja će se smanjiti za 2*θ ako se izvrši transport iz S 3 u P 3 i promenljiva x 33 postane bazna i dobije vrednost θ, θ>0. T 00: ponuda 40 50 20 ui tražnja P 1 P 2 P 3 30 S 1 2 30 S 2 5 50 S 3 3 vj 3 5 40 -3 2 30 3 10 6 10 0 4 4 1 20 2 -2 -2 2 3 6

Kriterijum ulaska promenljive u bazu: U bazu ulazi promenljiva xsr za koju važi Dakle, transport se vrši preko polja na kome je jedinično smanjenje troškova najveće, čime dolazi do najvećeg smanjenja vrednosti funkcije cilja. T 00: ponuda tražnja 30 S 1 2 30 S 2 5 50 S 3 3 vj 40 50 20 P 1 P 2 P 3 3 5 40 -3 2 30 3 10 6 10 0 4 ui 4 1 20 2 -2 -2 2 3 6

Kriterijum ulaska promenljive u bazu: U bazu ulazi promenljiva xsr za koju važi Dakle, transport se vrši preko polja na kome je jedinično smanjenje troškova najveće, čime dolazi do najvećeg smanjenja vrednosti funkcije cilja. U konkretnom zadatku postoji samo jedno polje gde je dij manje od 0, stoga x 33 treba da postane bazna promenljiva u sledećoj iteraciji. T 00: ponuda tražnja 30 S 1 2 30 S 2 5 50 S 3 3 vj 40 50 20 P 1 P 2 P 3 3 5 40 -3 2 30 3 10 6 10 0 4 ui 4 1 20 2 -2 -2 2 3 6

Određivanje boljeg susednog baznog dopustivog rešenja Potrebno je: • Odrediti u transportnoj tabeli "poligon" P čije je jedno teme polje xsr, a ostala temena čine polja (i, j) u kojima je se nalaze bazne promenljive (svaki red i kolona koja učestvuje u formiranju poligona sadrži tačno dva temena poligona). • Odrediti način promene vrednosti (dodavanje i oduzimanje vrednosti ) u poljima poligona P, tako da zbirovi redova i kolona (količina ponude i tražnje) u tabeli ostanu nepromenjeni. Na osnovu toga u nekim temenima poligona će se vršiti dodavanje, a u drugima oduzimanje vredosti .

Pošto u konkretnom zadatku x 33 postaje bazna promenljiva polju (3, 3) dodaje se neka vretnost . Tp: ponuda tražnja 30 S 1 2 30 S 2 5 50 S 3 3 vj 40 50 20 P 1 P 2 P 3 3 5 40 -3 2 30 3 10 6 10 0 4 ui 4 1 20 2 -2 2 3 6

Pošto u konkretnom zadatku x 33 postaje bazna promenljiva polju (3, 3) dodaje se neka vretnost . Da bi količina transportovane robe iz S 3 i u P 3 ostala ista potrebno je oduzeti od vrednosti baznih promenljivih u trećoj koloni i redu. Tp: ponuda tražnja 30 S 1 2 30 S 2 5 50 S 3 3 vj 40 50 20 P 1 P 2 P 3 3 5 40 -3 2 30 3 10 6 10 0 4 ui 4 1 20 2 -2 2 3 6

Pošto u konkretnom zadatku x 33 postaje bazna promenljiva polju (3, 3) dodaje se neka vretnost . Da bi količina transportovane robe iz S 3 i u P 3 ostala ista potrebno je oduzeti od vrednosti baznih promenljivih u trećoj koloni i redu. U trećoj koloni postoji samo jedna bazna promenljiva x 23 =20 od koje se može oduzeti neka vrednost . Tp: ponuda tražnja 30 S 1 2 30 S 2 5 50 S 3 3 vj 40 50 20 P 1 P 2 P 3 3 5 40 -3 2 30 3 10 6 10 0 4 1 ui 4 20 - 2 -2 2 3 6

Pošto u konkretnom zadatku x 33 postaje bazna promenljiva polju (3, 3) dodaje se neka vretnost . Da bi količina transportovane robe iz S 3 i u P 3 ostala ista potrebno je oduzeti od vrednosti baznih promenljivih u trećoj koloni i redu. U trećoj koloni postoji samo jedna bazna promenljiva x 23 =20 od koje se može oduzeti neka vrednost . Pošto je u drugom redu oduzeta vrednost , treba je dodati nekoj drugoj baznoj promenljivoj u istom redu. Tp: ponuda tražnja 30 S 1 2 30 S 2 5 50 S 3 3 vj 40 50 20 P 1 P 2 P 3 3 5 40 -3 2 30 3 10 6 10 0 4 1 ui 4 20 - 2 -2 2 3 6

Pošto je u drugom redu oduzeta vrednost , treba je dodati nekoj drugoj baznoj promenljivoj u istom redu. U drugom redu postoji samo još jedna bazna promenljiva x 22 =10, kojoj će biti dodata vrednost . Tp: ponuda tražnja 30 S 1 2 30 S 2 5 50 S 3 3 vj 40 50 20 P 1 P 2 P 3 3 5 40 -3 2 3 30 10+ 6 10 0 4 1 ui 4 20 - 2 -2 2 3 6

Pošto je u drugom redu oduzeta vrednost , treba je dodati nekoj drugoj baznoj promenljivoj u istom redu. U drugom redu postoji samo još jedna bazna promenljiva x 22 =10, kojoj će biti dodata vrednost . Pošto je vrednost istovremeno dodata i u drugoj koloni treba je oduzeti od neke druge bazne promenljive ove kolone. Tp: ponuda tražnja 30 S 1 2 30 S 2 5 50 S 3 3 vj 40 50 20 P 1 P 2 P 3 3 5 40 -3 2 3 30 10+ 6 10 0 4 1 ui 4 20 - 2 -2 2 3 6

Pošto je vrednost istovremeno dodata i u drugoj koloni treba je oduzeti od neke druge bazne promenljive ove kolone. U drugoj koloni postoje dve slobodne bazne promenljive x 12 =10 i x 32 =10. Ako se vrednost oduzme od x 32 poligon će biti zatvoren i u drugoj i trećoj koloni i redu će se nalaziti po dva temena poligona. Tp: ponuda tražnja 30 S 1 2 30 S 2 5 50 S 3 3 vj 40 50 20 P 1 P 2 P 3 3 5 40 -3 2 3 6 30 10+ 10 - 0 4 1 ui 4 20 - 2 -2 2 3 6

Određivanje vrednosti : *= min(x 32 , x 23)=min (10, 20)=10 Tp: ponuda tražnja 30 S 1 2 30 S 2 5 50 S 3 3 vj 40 50 20 P 1 P 2 P 3 3 5 40 -3 2 3 6 30 10+ 10 - 0 4 1 ui 4 20 - 2 -2 2 3 6

Određivanje vrednosti : *= min(x 32 , x 23)=min (10, 20)=10 Dodavanjem i oduzimanjem vrednosti od baznih promenljivih koje predstavljaju temena poligona, dobija se novo bazno rešenje dato u tabeli T 1: ponuda tražnja 40 50 20 P 1 P 2 P 3 30 S 1 2 2 30 S 2 5 3 50 S 3 3 6 40 30 20 4 1 2 10 10

Postupak provere optimalnosti rešeenja se ponavlja. Ponovo je potrebno odrediti potencijale, izračunati promene jediničnih troškova i proveriti da li je rešenje optimalno. U kolonama 2 i 3 i u drugom redu postoje po dve bazne promenljive pa je svejedno koji potencijal će biti slobodna promenljiva. Izabrano je v 3 =0. T 1: ponuda tražnja 40 50 20 P 1 P 2 P 3 30 S 1 2 2 30 S 2 5 3 50 S 3 3 6 40 30 20 4 1 2 10 10

Postupak provere optimalnosti rešeenja se ponavlja. Ponovo je potrebno odrediti potencijale, izračunati promene jediničnih troškova i proveriti da li je rešenje optimalno. U kolonama 2 i 3 i u drugom redu postoje po dve bazne promenljive pa je svejedno koji potencijal će biti slobodna promenljiva. Izabrano je v 3 =0. T 1: ponuda tražnja 40 50 20 P 1 P 2 P 3 30 S 1 2 2 30 S 2 5 3 50 S 3 3 6 vj 40 1 30 20 4 0 1 1 10 2 2 ui 10 0 2 x 23 → u 2+v 3=1 → u 2=1 x 33 → u 3+v 3=2 → u 3=2 x 22 → u 2+v 2=3 → v 2=2 x 31 → u 3+v 1=3 → v 1=1 x 12 → u 1+v 2=2 → u 1=0

Postupak provere optimalnosti rešeenja se ponavlja. Ponovo je potrebno odrediti potencijale, izračunati promene jediničnih troškova i proveriti da li je rešenje optimalno. U kolonama 2 i 3 i u drugom redu postoje po dve bazne promenljive pa je svejedno koji potencijal će biti slobodna promenljiva. Izabrano je v 3 =0. Na osnovu vrednosti potencijala i jediničnih troškova izračunate su i jedinične promene troškova. T 1: ponuda tražnja 30 S 1 2 30 S 2 5 50 S 3 3 vj 40 50 20 P 1 P 2 P 3 1 3 40 1 2 30 3 20 6 2 2 4 ui 4 1 10 2 10 0 0 1 2 x 23 → u 2+v 3=1 → u 2=1 x 33 → u 3+v 3=2 → u 3=2 x 22 → u 2+v 2=3 → v 2=2 x 31 → u 3+v 1=3 → v 1=1 x 12 → u 1+v 2=2 → u 1=0 d 11 = c 11 – u 1 – v 1 = 1 d 13 = c 13 – u 1 – v 3 = 4 d 21 = c 21 – u 2 – v 1 = 3 d 32 = c 32 – u 3 – v 2 = 2

Pošto je dij >0 za sve nebazne promenljive, dobijeno rešenje je optimalno. T 1: ponuda tražnja 30 S 1 2 30 S 2 5 50 S 3 3 vj 40 50 20 P 1 P 2 P 3 1 3 40 1 2 30 3 20 6 2 2 4 ui 4 1 10 2 10 0 0 1 2 d 11 = c 11 – u 1 – v 1 = 1 d 13 = c 13 – u 1 – v 3 = 4 d 21 = c 21 – u 2 – v 1 = 3 d 32 = c 32 – u 3 – v 2 = 2

Pošto je dij >0 za sve nebazne promenljive, dobijeno rešenje je optimalno. Optimalno rešenje: Ukupni troškovi transporta: F* = 2*30 + 3*20 + 1*10 + 3*40 + 2*10 = 270 (F*= F 0 + d 32 * = 290 – 2*10 = 270) Komentar rešenja: Troškovi transporta će biti minimalni i iznosiće 270 n. j. ako se iz S 1 u P 2 transportuje 30, iz S 2 u P 2 20, iz S 2 u P 3 10, iz S 3 u P 1 40 i iz S 3 u P 3 10 jedinica robe. T 1: ponuda tražnja 30 S 1 2 30 S 2 5 50 S 3 3 vj 40 50 20 P 1 P 2 P 3 1 3 40 1 2 30 3 20 6 2 2 4 ui 4 1 10 2 10 0 0 1 2

Zadatak 2 Transport robe se vrši iz 4 skladišta u 4 prodavnice. Jedinični troškovi transporta, količine robe na zalihama i količine robe koje su potrebne prodavnicama su date u tabeli: P 1 P 2 P 3 P 4 Raspoloživa količina S 1 3 5 3 1 30 S 2 4 1 4 2 25 S 3 7 1 2 6 25 S 4 4 5 5 3 60 Potrebna količina 40 25 55 20 a) Formulisati matematički model transportnog problema; b) Odrediti početno rešenje; c) Odrediti optimalno rešenje;

Početno rešenje je dobijeno Vogelovom aproksimativnom metodom. Početno rešenje: Ukupni troškovi transporta: F 0 = 3*10+1*25+2*25+4*40+5*20 =385 T 0: ponuda tražnja 40 25 55 20 P 1 P 2 P 3 P 4 30 S 1 3 5 3 25 S 2 4 1 4 2 25 S 3 7 1 2 6 60 S 4 4 5 5 40 25 10 25 20 1 3 20

Za pronalaženje optimalnog rešenja koristi se Mo. Di metoda. U trećoj koloni postoje 3 bazne promenljive pa je v 3 =0 u 1 = 3 - 0 = 3 u 3 = 2 - 0 = 2 u 4 = 5 - 0 = 5 v 4 = 1 - 3 = -2 v 1 = 4 - 5 = -1 Vrednosti za v 2 i u 2 nije moguće odrediti pošto su u jednačini c 22 = v 2 + u 2 tj. 1= v 2 + u 2 što znači da se rešava jednačina sa dve nepoznate. U situaciji kada je rešenje degenerisano nije moguće odrediti sve vrednosti potencijala i tada se uvodi fiktivna bazna promenljiva sa vrednošću ε jednakoj 0. Broj fiktivnih baznih promenljivih je jednak razlici između ranga matrice i broja baznih promenljivih (7 -6=1). Fiktivna bazna promenljiva se postavlja u prazno polje najmanjih troškova u koloni ili redu gde nedostaje vrednost potencijala. Ona ne sme biti u polju na kom se ukrštaju kolona i red za koje nedostaju potencijali. U konkretnom slučaju fiktivnom promenljivom se smatra x 32, pa su preostali potencijali jednaki: v 2 = 1 – 2 = -1; u 3 = 1 - (-1) = 2

Izračunate su i jedinične promene troškova dij i unete u transportnu simpleks tabelu: T 0: ponuda tražnja 30 S 1 3 25 S 2 4 25 S 3 7 60 S 4 4 vj 40 25 55 20 P 1 P 2 P 3 P 4 1 3 6 40 -1 5 1 3 25 1 ε 5 1 -1 3 10 4 2 2 25 5 20 0 1 ui 20 2 2 6 6 3 0 -2 3 2 2 5

Pošto je dij ≥ 0, i, j=1, . . . , 4, bilo koja druga kombinacija transporta ne bi dovela do smanjenja vrednosti funkcije cilja, što znači da je dobijeno početno rešenje optimalno: Ukupni troškovi transporta: F* = 3*10+1*25+2*25+4*40+5*20 =385 Međutim, u dobijenom rešenju jedinični priraštaj d 44 = 0, za nebaznu promenljivu je x 44 = 0. To znači da je optimalno rešenje višestruko i da je dobojeno prvo optimalno bazno rešenje. Drugo optimalno bazno rešenje bi se dobilo ako bi promenljiva x 44 postala bazna i realizovala se još jedna iteracija Mo. Di metode.

Formira se poligon: Tt: ponuda tražnja 30 S 1 3 25 S 2 4 25 S 3 7 60 S 4 4 40 25 55 20 P 1 P 2 P 3 P 4 1 3 6 40 5 1 3 25 1 5 *= min(x 14 , x 43)=min (20, 20)=20 ε 1 3 4 2 5 10+ 2 25 20 - 1 2 6 3 20 - 2 6

Novo bazno rešenje je dato u tabeli T 1: Drugo optimalno rešenje: Ukupni troškovi transporta: F** = 3*30+1*25+2*25+4*40+3*20 =385 = F* T 1: ponuda tražnja 40 25 55 20 P 1 P 2 P 3 P 4 30 S 1 3 5 3 25 S 2 4 1 4 2 25 S 3 7 1 2 6 60 S 4 4 5 5 3 40 25 30 25 1 3 20 Sva optimalna rešenja imaju oblik: XB = αX*+(1 - α)X**, 0≤ α ≤ 1.

Prvo optimalno rešenje : Drugo optimalno rešenje: Ukupni troškovi transporta: F** = 3*30+1*25+2*25+4*40+3*20 =385 = F* Sva optimalna rešenja imaju oblik: XB = αX*+(1 - α)X**, 0≤ α ≤ 1. Za konkretan primer: x 13 = 30 – 20α x 14 = 20α x 22 = 25 x 33 = 25 x 41 = 40 x 43 = 20α x 44 = 20 – 20α Sve ostale promenljive imaju vrednost 0, jer se ne nalaze u bazi ni prvog, ni drugog optimalnog rešenja.

OI Vežbe 7 dr Milan Radojičić milan. radojicic@fon. bg. ac. rs