Malliratkaisut Demot 1 23.1.2017 1. Päätösmuuttujiksi voidaan valita x 1 : tehtyjen peruspöytin lukumäärä x 2 : tehtyjen luxuspöytien lukumäärä. Optimointitehtäväksi tulee max 200x 1 + 350x 2 s. t. 5x 1 + 5x 2 300 x 1 50 x 2 35 0.6x 1 + 1.5x 2 63 x 1 0, x 2 0. Kun piirretään tehtävä saadaan kuva 1. Nyt rajoitusepäyhtälöt ilmoittavat sallitun alueen x 2 50 40 5x 1 5x 2 300 x 2 35 30 18 500 x 1 50 20 optimi x 1 30 ja x 2 30 16 500 14 500 0.6x 1 1.5x 2 63 12 500 10 10 500 10 20 30 40 50 60 70 80 x 1 Kuva 1: Sallittu alue ja optimi ja tasa-arvokäyrät saadaan yhtälöstä 200x 1 +350x 2 = h. Kuvasta 1 nähdään, että ratkaisu löytyy pisteestä, jossa rajoitukset 5x 1 + 5x 2 300 0.6x 1 + 1.5x 2 63 1
ovat aktiivisia eli 5x 1 + 5x 2 = 300 0.6x 1 + 1.5x 2 = 63. Yhtälöryhmästä voidaan nyt ratkaista päätösmuuttujat 5x 1 + 5x 2 = 300 ( 3) 5 0.6x 1 + 1.5x 2 = 63 2 1.8x 1 = 54 x 1 = 30 ja x 2 = 30. Optimipiste on siis x 1 = 30 ja x 2 = 30 ja kohdefunktion arvoksi siinä saadaan 16 500e. Jos tehtävää muutetaan siten, että maksimointava kohdefuntkio muuttuu muotoon max 120x 1 + 300x 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 12 600 e. x 2 50 40 5x 1 5x 2 300 16 000 x 2 35 30 20 optimiratkaisut 10 000 14 000 12 000 x 1 50 0.6x 1 1.5x 2 63 10 8000 10 20 30 40 50 60 70 80 x 1 Kuva 2: Sallittu alue ja optimiratkaisut 2
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 20 10 100 200 400 300 500 10 20 30 40 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
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 2 1 + 2πx 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 2 1 + 2πx 1 500 = 2πx 2 πx 2 1 + 1000. 1 x 1 Derivoidaan sitten kohdefunktio ja ratkaistaan derivaatan nollakohta seuraavasti: ( ) 4πx 1 + 1000 1 = 0 x 2 1 4πx 3 1 1000 = 0 x 3 1 = 1000 4π x 1 3 79,58 4,3. 4
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 + 2000 > 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
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
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 1 100 94 94 185,50 2 6 54 6 1,20 2 000 9 600 3 251 52 52 787,50 4 199 64 64 584,50 5 135 69 69 351,75 6 66 69 66 110,50 2 000 600 7 251 68 68 759,50 8 183 47 47 558,25 3 338,70 4 000 10 200 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 + 4 000 + 10 200 = 17 538,70 dollaria. Luentomonisteen esimerkissä kustannukset 8 ensimmäisen viikon ajalta dollareina ovat Jäädään siis plussalle 13 080,30 dollaria. menetetty myynti 23 800,00 täydennyskustannukset 4 000,00 varasto 2 819,00 yhteensä 30 619,00 7
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 ) = 0. 2 2 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
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
missä x on hinta, joka ostettavasta tavarasta kannattaa maksaa. Sijoitetaan muuttujille edellä annetut arvot ja ratkaistaan epäyhtälö ( 36,75 2000 + 2 200 2000 1 1 2000 ) x 2000 + 2 40 2000 1 3000 74 016,39778 2000x + 400 x 36,808 Siis ostettaessa kannattaa maksaa vain vähän enemmän kuin jos osan tekee itse. 10