Malliratkaisut Demot

Transkriptio

1 Malliratkaisut Demot Päätösmuuttujiksi voidaan valita x 1 : tehtyjen peruspöytin lukumäärä x 2 : tehtyjen luxuspöytien lukumäärä. Optimointitehtäväksi tulee max 200x x 2 s. t. 5x 1 + 5x x 1 50 x x x 2 63 x 1 0, x 2 0. Kun piirretään tehtävä saadaan kuva 1. Nyt rajoitusepäyhtälöt ilmoittavat sallitun alueen x x 1 5x x x optimi x 1 30 ja x x 1 1.5x x 1 Kuva 1: Sallittu alue ja optimi ja tasa-arvokäyrät saadaan yhtälöstä 200x x 2 = h. Kuvasta 1 nähdään, että ratkaisu löytyy pisteestä, jossa rajoitukset 5x 1 + 5x x x

2 ovat aktiivisia eli 5x 1 + 5x 2 = x x 2 = 63. Yhtälöryhmästä voidaan nyt ratkaista päätösmuuttujat 5x 1 + 5x 2 = 300 ( 3) 5 0.6x x 2 = x 1 = 54 x 1 = 30 ja x 2 = 30. Optimipiste on siis x 1 = 30 ja x 2 = 30 ja kohdefunktion arvoksi siinä saadaan e. Jos tehtävää muutetaan siten, että maksimointava kohdefuntkio muuttuu muotoon max 120x x 2, niin saatava ratkaisu ei ole enää yksikäsitteinen, vaan tehtävällä on äärettömän monta ratkaisua. Tämä nähdään kuvasta 2. Nyt esimerkiksi pisteissä (17.5, 35), (30, 30) ja (25, 32) saadaan kohdefunktion optimiarvo e. x x 1 5x x optimiratkaisut x x 1 1.5x x 1 Kuva 2: Sallittu alue ja optimiratkaisut 2

3 2. Päätösmuuttujiksi voidaan valita x : laidunalueen pituus metreinä y : laidunalueen leveys metreinä. Annetuista tiedoista voidaan kirjoittaa optimointitehtävä max xy s. t. 2x + 2y 80 x, y 0. Kyseessä on kvadraattinen optimointitehtävä, jossa on lineaariset rajoitukset. Tasaarvokäyriä ovat esimerkiksi xy = 50, 200, 300 tai 400. Yksinkertaiset kvadraattiset tehtävät voidaan ratkaista yhtä helposti kuin lineaariset tehtävät. Tässä tapauksessa optimiratkaisu on x = y = 20, jolloin kohdefunktio saa arvon 400 (m 2 ). x 2 40 x 1 0 y 30 x x 2 0 x 1 Kuva 3: Tehtävän 2 kuva Tehtävä voidaan ratkaista myös niin, että laitetaan aitauksen sivuiksi x ja 40 x, jolloin ääriarvo on helppo määrittää, koska kohdefunktio on yhden muuttujan funktio. 3

4 3. Valmistetaan lieriönmuotoinen limsatölkki. Kun r = tölkin säde h = tölkin korkeus, niin tölkin tilavuus ja pinta-ala saadaan kaavoilla V = πr 2 h A = 2πr 2 + 2πrh. r h Kuva 4: Tehtävän 3 kuva Valitaan päätösmuuttujiksi jolloin saadaan optimointitehtävä x 1 = r (cm) x 2 = h (cm), min f(x 1, x 2 ) = 2πx πx 1x 2 s. t. πx 2 1 x 2 = 500 x 1, x 2 > 0. Kohdefunktio f(x 1, x 2 ) ei ole lineaarinen, eivätkä rajoitteetkaan ole lineaarisia. Kumman tahansa epälineaarisuus riittää, joten kyseessä ei ole lineaarinen optimointitehtävä. Tehtävän ratkaisemiseksi ratkaistaan ensin rajoitteesta muuttuja x 2, jolloin saadaan x 2 = 500, πx 2 1 missä x 1 0. Sijoittamalla tämä kohdefunktioon saadaan 2πx πx = 2πx 2 πx x 1 Derivoidaan sitten kohdefunktio ja ratkaistaan derivaatan nollakohta seuraavasti: ( ) 4πx = 0 x 2 1 4πx = 0 x 3 1 = π x ,58 4,3. 4

5 Sijoittamalla tämä muuttujan x 2 lausekkeeseen saadaan x 2 8,6. Ratkaisuna on siis valita tölkin säteeksi 4,3 cm ja korkeudeksi 8,6 cm. Tällöin tölkin pinta-ala on 350 cm 2. Kyseessä todella on minimi, sillä jos lasketaan toinen derivaatta, niin ratkaisuksi saadaan f (x 1 ) = 4π > 0. x 3 1 Koska x 1 0 ja edellä vaadittiin, että x 1 0. Tämä osoittaa, että derivaatan nollakohdassa saavutetaan funktion minimi. Nykyisin käytössä olevat tölkit eivät ole optimaalisia, jos kriteerinä on kulutettu materiaali. Nykyisistä tölkeistä on kuitenkin mm. parempi juoda. Lisäksi nykyisen standardin muuttaminen maksaisi suuria summia. 5

6 4. Tarkastellaan optimointitehtävää max x 1 + x 2 s. t. ax 1 + bx 2 c x 1 0, x 2 0 missä a, b R ja c > 0. Ratkaisujen lukumäärä riippuu kertoimien a ja b arvoista seuraavasti: kertoimet sallittu alue ratkaisut 1) a = 0, b = 0 x 1, x 2 0 (+, + ) 2) a = 0, b < 0 x 1, x 2 0 ((+, + ) ) 3) a = 0, b > 0 x 1 0 ja 0 x 2 c b +, c b 4) a < 0, b = 0 x 1, x 2 0 (+, + ) 5) a < 0, b < 0 x 1, x 2 0 (+, + ) 6) a < 0, b > 0 x 1 0 ja 0 x 2 c ax 1 (+, + ) b 7) a > 0, b = 0 0 x 1 c ja x ( a 2 0 c, a + ) 8) a > 0, b < 0 0 x 1 c bx 2 ja x a 2 0 (+, + ) 9) a > b > 0 Pisteiden (0, 0), ( ( 0, b) c ja c, ( ) a 0) määräämä kolmio 0, c b 10) b > a > 0 Pisteiden (0, 0), ( ( 0, b) c ja c, ( a 0) määräämä kolmio c, a 0) 11) a = b > 0 Pisteiden (0, 0), ( ( 0, b) c ja c, ( ) ( a 0) määräämä kolmio 0, c b c, a 0) Jos a b ja a, b > 0, niin tehtävän ratkaisu on yksikäsitteinen. Jos a = b ja a, b > 0, niin ratkaisuja on ääretön määrä. Kaikissa muissa tapauksissa tehtävällä ei ole lainkaan äärellisiä ratkaisuja. Kuvan piirtäminen auttaa hahmottamaan tilannetta! x 2 x 2 0 c b c a x 1 0 x 1 Kuva 5: Kohdan 10) havainnollistus 6

7 5. Oletetaan, että q = 251 = timanttierän koko r = 85 = varaston taso, joka aiheuttaa lisätilauksen. Algoritmi: 1. Saapuuko MM Antwerbenistä mukanaan q karaatin timanttierä? 2. Onko varaston koko r, jolloin tarvitaan täydennysmatka? 3. Timanttien määrän vähentäminen varastosta. Laaditaan vastaavanlainen taulukko kuin monisteen timanttiesimerkissä. viikko alkuvarasto kysyntä myyntimäärä varastointi- täydennys- 200 $/karaatti kustannus c kustannus menetetty tuotto , , , , , , , , , Taulukossa varastointikustannus on laskettu kaavalla 3,5 alkuvarasto+(alkuvarasto kysyntä), kun alkuvarasto > kysyntä 2 c = 3,5 alkuvarasto, kun alkuvarasto < kysyntä, alkuvarasto 2 kysyntä missä 3,5 on varastointikulut karaatilta viikossa. Kustannukset ovat yhteensä 3 338, = ,70 dollaria. Luentomonisteen esimerkissä kustannukset 8 ensimmäisen viikon ajalta dollareina ovat Jäädään siis plussalle ,30 dollaria. menetetty myynti ,00 täydennyskustannukset 4 000,00 varasto 2 819,00 yhteensä ,00 7

8 6. EOQ-mallin päätösmuuttuja on ja parametrit ovat missä q = tilauserän koko Yhden kauden kustannus on d = viikottainen kysyntä (55) a = varaston täydennysnopeus, a > d f = varaston kiinteä täydennyskustannus (2000) h = varastointikustannus karaatilta viikossa (3,5) varastokustannus täydennyskustannus {}}{{}}{ f + h z 2 (t 1 + t 2 ) = f + h 1 ( 1 d ) q q 2 a d, t 1 + t 2 = q d = jakson pituus z = (a d)t 1 = (a d) q a. kk d kk a d Kuva 6: Tehtävän 5 varastotilanne Jakamalla tämä jakson pituudella q saadaan keskimääräinen kustannus aikayksikössä d c(q) = f d q + h ( 1 d ) q. 2 a Derivoimalla c(q) saadaan c (q) = fd q + h ( 1 d ) = a Ratkaistaan yhtälöstä q, jolloin saadaan optimaalinen tilauserän koko. Ottamalla rajaarvo, kun a, vielä varmistetaan, että lasku on oikein: q = ± 2fd 2fd h ( ), kun a. 1 d h a 8

9 q z kk d kk a d t 1 t 2 Kuva 7: Tehtävän 5 sykli Edellä olevista vaihtoehtoisista merkeistä ± miinus ei kelpaa, koska timanttierän koko ei voi olla negatiivinen. Sijoittamalla ratkaisu q kohdefunktioon saadaan ( c(q ) = 2fdh 1 d ) a 2fdh, kun a. Sovellus: Nyt otetaan mukaan myös tavaran valmistus/ostohinta c. Koska kysyntä aikayksikössä on d, niin osto/valmistus maksaa cd riippumatta tilauserän koosta. Edellä määritellyt muuttujat saavat nyt arvot Muodostetaan epäyhtälö h = 1 = varastointikustannukset/kpl/vuosi d = 2000 = vuotuinen kysyntä a = 3000 = valmistusnopeus/vuosi f 1 = 200 = valmistuksen aloituksen kiinteä kustannus c = 36,75 = valmistushinta/kpl f 2 = 40 = ostoerän kiinteä kustannus. ( c d + 2f 1 dh 1 d ) x d + 2 f 2 dh, a }{{}}{{} ostetaan tehdään itse 9

10 missä x on hinta, joka ostettavasta tavarasta kannattaa maksaa. Sijoitetaan muuttujille edellä annetut arvot ja ratkaistaan epäyhtälö ( 36, ) x , x x 36,808 Siis ostettaessa kannattaa maksaa vain vähän enemmän kuin jos osan tekee itse. 10