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Kapitel 3 Strategische Planungsprobleme. Operations ManagementKapitel 3 / 2 (c) Prof. Richard F. Hartl 3.1. Standortprobleme EinzellieferungTransportmittel.

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1 Kapitel 3 Strategische Planungsprobleme

2 Operations ManagementKapitel 3 / 2 (c) Prof. Richard F. Hartl 3.1. Standortprobleme EinzellieferungTransportmittel … ZL 1 ZL 2 ZL 3 ZL 4 Zentrallager Einzel oder TourenTransportmittel … AL 1 AL 2 AL 3 AL 4 Auslieferungslager TourenlieferungTransportmittel … K1K1 K2K2 K3K3 K4K4 Abnehmer … PS 1 PS 2 PS 3 PS 4 Produktionsstätten

3 Operations ManagementKapitel 3 / 3 (c) Prof. Richard F. Hartl Weiter Stufen möglich (Regionallager,...) einzelne Aufgaben können delegiert werden Problemstellungen Anzahl der Lager Festlegung der Lagerstandorte Transportproblem (Zuordnungsprobleme)

4 Operations ManagementKapitel 3 / 4 (c) Prof. Richard F. Hartl Medianproblem Einfachstest Standortproblem Als Graph dargestellt Lösung: Knoten mit der geringsten gewichteten Distanzsumme Definition: Median Gerichteter Graph: σ(i) = d ij b j min. Ungerichteter Graph: σ out (i) = d ij b j min. σ in (i) = d ji b j min.

5 Operations ManagementKapitel 3 / 5 (c) Prof. Richard F. Hartl Beispiel: aus Domschke und Drexl (Logistik: Standorte, 1990, Kapitel 3.3.1) /0 1/4 3/2 4/3 5/1 6/ D= b=

6 Operations ManagementKapitel 3 / 6 (c) Prof. Richard F. Hartl Lösungsverfahren: Median i\j i/j z.B.: Versorgungz.B.: Entsorgung 4*00*122*23*106*12*1264 4*120*102*03*84*12*1096 4*40*22*53*05*12*2 35 4*80*62*93*40*12*674 4*110*92*123*73*12*092 4*20*02*33*37*12* *12 3*4 1*8 2*11 0*2 4*0 98 2*10 3*2 1*6 2*9 0*0 4* *0 3*5 1*9 2*12 0*3 4*2 74 2*8 3*0 1*4 2*7 0*3 4* σ out (i) σ in (i) Ort 4 ist der Median da = 109 minimal

7 Operations ManagementKapitel 3 / 7 (c) Prof. Richard F. Hartl Verwandtes Problem: Zentrenproblem Medianproblem Knoten mit der geringsten gewichteten Distanzsumme min. Zentrenproblem (Center) Knoten mit dem geringsten Maximum der gewichteten Distanzen min.

8 Operations ManagementKapitel 3 / 8 (c) Prof. Richard F. Hartl Lösungsverfahren i\j i/j z.B.: Versorgungz.B.: Entsorgung 4*00*122*23*106*12*1230 4*120*102*03*84*12*1048 4*40*22*53*05*12*2 16 4*80*62*93*40*12*632 4*110*92*123*73*12*044 4*20*02*33*37*12* *12 3*4 1*8 2*11 0*2 4*0 48 2*10 3*2 1*6 2*9 0*0 4* *0 3*5 1*9 2*12 0*3 4*2 40 2*8 3*0 1*4 2*7 0*3 4* out (i) in (i) Ort 1 ist das Zentrum da = 54 minimal

9 Operations ManagementKapitel 3 / 9 (c) Prof. Richard F. Hartl Unkapazitierte einstufige Warehouse Location Probleme – LP-Formulierung Einstufiges WLP: Lager: Abnehmer: L1L1 L2L2 m K1K1 K2K2 K3K3 K4K4 n Es sind n Kunden zu beliefern, die gewisse Mengen nachfragen. Das Unternehmen möchte seine Vertriebskosten senken, indem es Auslieferungslager einrichtet und betreibt. Hiefür stehen m potentielle Standorte zur Verfügung. Wird am potentiellen Standort i ein Lager errichtet, so entstehen fixe Kosten der Lagerhaltung in Höhe von fi GE pro Periode. Die Transportkosten betragen cij GE, falls der Kunde j voll durch ein am Standort i eingerichtetes Lager beliefert wird.

10 Operations ManagementKapitel 3 / 10 (c) Prof. Richard F. Hartl Fragestellungen: Wie viele Lager sind vorzusehen? Wo sind sie einzurichten? Zielsetzung: Volle Befriedigung der Nachfrage Minimierung der Summe aus (fixen) Lagerhaltungskosten und Transportkosten (Lager Kunde) Annahme: Transportkosten (Fabrik Standort) vernachlässigbar

11 Operations ManagementKapitel 3 / 11 (c) Prof. Richard F. Hartl Beispiel: aus Domschke und Drexl (Logistik: Standorte, 1990, Kapitel 3.3.1) Lösung 1: alle Standorte werden gebaut i\j fifi i\j fifi Fixkosten = = 28 Transportkosten = = 13 Gesamtkosten = = 41 Fixkosten = 5+5 = 10 Transportkosten = = 22 Gesamtkosten = = 32 Lösung 2: nur Standort 1 und 3 werden gebaut

12 Operations ManagementKapitel 3 / 12 (c) Prof. Richard F. Hartl Formulierung als ganzzahliges LP-Modell (MIP) y i … Binärvariable für i = 1, …, m: y i =1 wenn am potentiellen Standort i ein Lager errichtet wird 0 sonst bei festgelegten Standorten: Kosten können sofort angegeben werden Problem: 2 m -1 Möglichkeiten (bei m= Möglichkeiten) x ij … reellwertige Zuordnungs- oder Transportvariable für i = 1, …,m und j = 1, …, n: x ij = Anteil der Nachfrage von Kunde j der von Lager i aus beliefert wird.

13 Operations ManagementKapitel 3 / 13 (c) Prof. Richard F. Hartl Formulierung Transportkosten + Standortkosten Nur von einem Standort i aus, wo ein Lager errichtet wurde, kann ein Kunde beliefert werden Die gesamte Nachfrage jedes Kunden j soll beliefert werden y i ist binär und x ij nichtnegativ x ij y i für i = 1, …, m und j = 1, …,n für i = 1, …, m für alle i und j für j = 1, …,n

14 Operations ManagementKapitel 3 / 14 (c) Prof. Richard F. Hartl Problem: m*n reele Variablen und m binäre spätestens ab ca. 100 Standorten wird eine exakte Lösung aufwendig Heuristiken Einteilung der Heuristiken: Konstruktions- oder Eröffnungsverfahren (zur Ermittlung einer zulässigen Ausgangslösung) Verbesserungsverfahren (zur Verbesserung einer gegebenen Ausgangslösung )

15 Operations ManagementKapitel 3 / 15 (c) Prof. Richard F. Hartl Eröffnungsverfahren ADD verwendete Notation: I:={1,…,m}Menge aller potentiellen Standorte I 0 Menge der endgültig verbotenen Standorte (y i bei 0 fixiert) I o vl Menge der vorläufig verbotenen Standorte (y i vorläufig auf 0) I 1 Menge der endgültig einbezogenen Standorte (y i bei 1 fixiert) Transportkostenersparnis, falls Standort i zusätzlich realisiert wird ZGesamtkosten (Zielfunktionswert)

16 Operations ManagementKapitel 3 / 16 (c) Prof. Richard F. Hartl Initialisierung : Ermittlung, welcher Standort realisiert werden soll, wenn genau einer gebaut wird Zeilensumme c i := c ij der Kostenmatrix Auswahl des Standortes k mit den minimalen Kosten c k + f k Setze I 1 = {k}, I o vl = I – {k} und Z = c k + f k Berechne die Transportkostenersparnis ω ij = max {c kj – c ij, 0} für alle i aus I o vl und alle Kunden j sowie die Zeilensumme ω i. Beispiel: erster Standort k=5 mit Z:= c 5 + f 5 = 39, I 1 = {5}, I o vl = {1,2,3,4}

17 Operations ManagementKapitel 3 / 17 (c) Prof. Richard F. Hartl i\j fifi cici f i + c i i\j ωiωi fifi ω i ist die Transportkostenersparnis bei der Belieferung von j, wenn zusätzlich Standort i gebaut wird. Zeilensumme ω i ist die Gesamt- transportkostenersparnis, wenn Standort i zusätzlich gebaut würde

18 Operations ManagementKapitel 3 / 18 (c) Prof. Richard F. Hartl Iterationsschritt: in jeder Iteration wird genau der potentielle Standort aus I o vl endgültig einbezogen, durch den die größte Kostenersparnis erzielt werden kann I o vl = I o vl – {k} und Z = Z – ω k + f k Suche potentiellen Standort k aus I o vl, für den die Gesamtersparnis (Transportkostenersparnis minus zusätzliche Fixkosten) ω k – f k maximal ist. Zusätzlich können alle Standorte endgültig verboten werden, deren Transportkostenersparnisse geringer als die zusätzlichen Fixkosten wären Berechne für alle i aus I o vl und alle Kunden j die Transportkostenersparnisse neu: ω ij = max {ω ij - ω kj, 0} Verbiete allemit ωi fi endgültig:

19 Operations ManagementKapitel 3 / 19 (c) Prof. Richard F. Hartl Abbruch: Das Verfahren endet, sobald durch die Einbeziehung eines weiteren Standortes aus I o vl keine zusätzliche Verringerung des Zielfunktionswertes erreicht werden kann, wen also I o vl = { }. An den Standorten i aus I 1 ist ein Lager zu errichten. Gesamtkosten = Zielfunktionswert Z kostenminimale Zuordnung : x ij = 1 falls i\j ωiωi fifi baue k = 2 verbiete i = 4 Beispiel: Iteration 1 Wegen ω 4 < f 4 wird Standort 4 endgültig verboten. Standort k=2 wird endgültig einbezogen. Es gilt nun Z=39 – 7 = 32. Es ist nun I o vl = {1,3}, I 1 = {2,5}, I o = {4}. Ermittle erneut die Transportkostenersparnisse ω ij

20 Operations ManagementKapitel 3 / 20 (c) Prof. Richard F. Hartl Iteration 2: Die durch (die noch nicht endgültig verbotenen) Standorte 1 und 3 maximal möglichen Transportkostenersparnisse zeigt die obige Tabelle. Standort 3 wird endgültig verboten, Standort k = 1 wird endgültig einbezogen. i\j ωiωi fifi 1 3 baue k = 1 verbiete i = Ergebnis: Das Verfahren endet mit I 1 = {1,2,5}, I o = {3,4} und Z = 32 – 1 = 31 bzw. I o vl = { }. Standorte 1, 2 und 5 sind zu realisieren Kunden {1,2,7} werden von Lager 1, {3,5} von Lager 2 und {4,6} von Lager 5 aus beliefert. Die Gesamtkosten Z = 31.

21 Operations ManagementKapitel 3 / 21 (c) Prof. Richard F. Hartl Eröffnungsverfahren DROP Die Menge I o vl wird durch I 1 vl ersetzt. I 1 vl Menge der vorläufig einbezogenen Standorte (die y i sind vorläufig zu 1 fixiert) Der Drop-Algorithmus verläuft umgekehrt als ADD, d.h. zunächst sind alle potentiellen Standorte vorläufig einbezogen. Initialisierung: I 1 vl = I, I 0 = I 1 = { } Iteration In jeder Iteration wird genau derjenige potentielle Standort aus I 1 vl endgültig verboten, durch dessen Verbot die Gesamtkosten am meisten gesenkt werden können. Würde sich durch das Verbieten eines Standortes aus I 1 vl die Gesamtkosten erhöhen, so kann er endgültig einbezogen werden.

22 Operations ManagementKapitel 3 / 22 (c) Prof. Richard F. Hartl Erweiterung der Transportkostenmatrix C: In Zeile m+1 (Zeile m+2) wird für jede Spalte j = 1, …, n von C das kleinste Kostenelement c h1j (bzw. das zweitkleinste c h2j ) notiert. Dabei sind nur nicht endgültig verbotene Standorte zu berücksichtigen i\j δiδi fifi c h1j 6 c h2j 7 h1h1 8 h2h2 9 baue verbiete Obiges Beispiel: Initialisierung und Iteration 1: I 1 vl ={1,2,3,4,5} In Zeile m+3 (Zeile m+4) wird die Zeilennummer h 1 (bzw. h 2 ) gespeichert, in der das kleinste (bzw. zweitkleinste) Kostenelement steht. Wird Standort h 1 (aus I 1 vl ) verboten, steigen die Transportkosten für den Kunden j um c h2j - c h1j

23 Operations ManagementKapitel 3 / 23 (c) Prof. Richard F. Hartl Nun ermitteln wir für alle i aus I 1 vl die Transportkostenerhöhung δ i falls i im aktuellen Iterationsschritt endgültig verboten wird. Dabei ist δ i die Summe der Differenzen zwischen kleinstem und zweitkleinstem Kostenelement jener Spalten, wo die Zeile i = h 1 das kleinste Kostenelement enthält. Iteration 2: I 1 vl = {3,4,5}, I 1 = {1}, I 0 = {2} Zeile 2 ist wegzulassen, da 2 endgültig verboten ist. Nun müssen die letzten 4 Zeilen korrigiert werden, wobei sich Änderungen nur in jenen Spalten ergeben, wo das kleinste oder zweitkleinste Element gestrichen wurde. Zeile 1 muss erhalten bleiben, da I 1 = {1}, allerdings ist 1 kein Kandidat mehr dafür, gestrichen zu werden. Daher muss in dieser Zeile kein δ i mehr ermittelt werden. 2 Beispiele: Übersteigen die ersparten Fixkosten f i die Transportkostenerhöhung δ i, so bringt das Verbot von i eine Senkung der Gesamtkosten. In Iteration 1 wird also Standort 1 wegen δ i = f i endgültig einbezogen. δ 1 = (c 21 – c 11 ) + (c 52 – c 12 ) + (c 37 – c 17 ) = 5 δ 2 = (c 33 – c 23 ) + (c 35 – c 25 ) = 1

24 Operations ManagementKapitel 3 / 24 (c) Prof. Richard F. Hartl i\j δiδi fifi baue verbiete Nun wird Standort 3 endgültig einbezogen und Standort 4 endgültig verboten. c h1j c h2j h1h1 h2h

25 Operations ManagementKapitel 3 / 25 (c) Prof. Richard F. Hartl Iteration 3: I 1 vl = {5}, I 1 = {1,3}, I 0 = {2,4} Nun wird Standort 5 endgültig einbezogen, da ein Verbieten nur Fixkosten von f 5 = 5 einsparen würde aber die Transportkosten um δ 5 = 7 steigern würde.. i\j δiδi fifi baue c h1j c h2j h1h1 h2h

26 Operations ManagementKapitel 3 / 26 (c) Prof. Richard F. Hartl Ergebnis : Standorte aus I 1 = {1,3,5} werden gebaut Kunden {1,2,7} werden von Standort 1, Kunden {3,5} von Standort 3 und Kunden {4,6} von Standort 5 aus beliefert. Gesamtkosten Z = 30 (etwas besser als ADD-Algorithmus)

27 Operations ManagementKapitel 3 / 27 (c) Prof. Richard F. Hartl Verbesserungsverfahren verschiedene Vertauschungsmethoden (bei jedem Iterationsschritt): je einen bezogenen Standort (aus I 1 ) gegen einen verbotenen Standort (aus I 0 ) austauschen und z.B. jene Vertauschung durchführen, die die größte Kostensenkung bewirkt (oder die erste, die eine Kostensenkung bewirkt) nach den Regeln des DROP-Algorithmus jenen Standort entfernen, sodass die Kosten am meisten sinken (oder am wenigsten steigen) und dann nach dem ADD-Algorithmus solange Standorte hinzufügen, bis keine Kostensenkung mehr möglich ist. nach den Regeln des ADD-Algorithmus jenen Standort hinzufügen, sodass die Kosten am meisten sinken (oder am wenigsten steigen) und dann nach dem DROP-Algorithmus solange Standorte entfernen, bis keine Kostensenkung mehr möglich ist.

28 Operations ManagementKapitel 3 / 28 (c) Prof. Richard F. Hartl 3.2 Design von Transportnetzwerken Situation: Standorte der Kunden und Lager bzw. Produktionsstellen sind festgelegt, wobei nun diese Angebotsquellen beschränkte Kapazität besitzen. Beispiel: Firma mit 3 Produktionsstätten und 4 Verkaufstellen Transportkosten pro Stück von Fabrik i nach Verkaufsstelle j Gesamtnachfrage muss gleich Gesamtproduktion sein ( keine Über- produktion, keine vernachlässigte Nachfrage) Verkaufsstellen FabrikV1V2V3V4Produktion F F F Nachfrage Transportproblem: Modell und LP-Formulierung

29 Operations ManagementKapitel 3 / 29 (c) Prof. Richard F. Hartl Allgemeine Formulierung: m Produzenten mit dem Angebot s i, i = 1, …, m n Abnehmer mit der Nachfrage d j, j = 1, …, n Transportkosten c ij pro Stück von i nach j, i = 1, …, m; j = 1, …, n Zusätzlich: Transportierte Menge pro Zeiteinheit x ij von i nach j LP-Formulierung: Transportkosten Angebot Nachfrage Nichtnegativität i = 1, …, m j = 1, …, n i = 1, …, m; j = 1, …, n Sinnvollerweise muss geltenAngebot gleich Nachfrage

30 Operations ManagementKapitel 3 / 30 (c) Prof. Richard F. Hartl In obigem Beispiel lautet das Transportproblem daher: Angebotsnebenbedingungen: x 11 + x 12 + x 13 + x 14 = 25 (i=1) x 21 + x 22 + x 23 + x 24 = 25 (i=2) x 31 + x x 33 + x 34 = 50 (i=3) : Nachfragenebenbedingungen: x 11 + x 21 + x 31 = 15 (j=1) x 12 + x 22 + x 32 = 20 (j=2) x 13 + x 23 + x 33 = 30 (j=3) x 14 + x 24 + x 34 = 35 (j=4) Nichtnegativität: x ij 0 für i = 1, …, 3; j = 1, …, 4 K = (10x 11 +5x 12 +6x x 14 ) + (x 21 +2x 22 +7x 23 +4x 24 ) + (9x 31 +x 32 +4x 33 +8x 34 ) min

31 Operations ManagementKapitel 3 / 31 (c) Prof. Richard F. Hartl Lösungsmöglichkeit: Simplex-Methode eher ineffizient, wegen In jeder Spalte genau 2 der m + n Elemente 0 2-Phasensimplexmethode möglich, aber ineffizient Allgemeiner Struktur der Koeffizientenmatrix: andere Möglichkeit: Eröffnungsverfahren anwenden um eine Basislösung zu ermitteln als Verbesserungsverfahren den normalen Simplex-Iterationsschritt

32 Operations ManagementKapitel 3 / 32 (c) Prof. Richard F. Hartl Eröffnungsverfahren – Ermittlung einer Basislösung 1.) Man stellt folgende Tabelle auf und füllt sie aus, wobei man von links oben (Nord-West) nach rechts unten vorgeht Eröffnungsverfahren: Nordwesteckenregel 2.) Man wählt nun den maximal möglichen Wert, sodass die gesamte Spalten- oder Zeilenressource aufgebraucht ist; ist die Zeilenressource aufgebraucht, geht man nach unten weiter, andernfalls nach rechts. 3.) Ist nur mehr eine Zeile oder eine Spalte nicht gestrichen wähle alle nichtgestrichenen x ij dieser Zeile oder Spalte als Basisvariable (BV) mit maximal möglichen Werten ansonsten weiter mit 2.) Resultat: immer eine zulässige Lösung (da Produktion = Nachfrage) man hat genau m + n - 1 Basisvariablen x ij Die restlichen m*n – (m+n-1) Variablen müssen immer 0 sein (NBV)

33 Operations ManagementKapitel 3 / 33 (c) Prof. Richard F. Hartl Beispiel: Ausgangslösung für das obige Transportproblem: i\j1234sisi djdj Das nächste Beispiel zeigt, dass man durchaus mehrmals hintereinander nach rechts bzw. nach unten gehen kann: i\j1234sisi djdj Nur mehr eine Zeile nicht gestrichen

34 Operations ManagementKapitel 3 / 34 (c) Prof. Richard F. Hartl Dabei kann auch Degeneration auftreten (eine oder mehrere der m+n-1 Basisvariablen werden Null) Letztere dürfen dann nicht weggelassen werden: i\j1234sisi djdj Hier könnte man sowohl die Spalte als auch Zeile streichen. Wir dürfen aber nur eine streichen (zufällige Auswahl). Vorteil: sehr einfach und sehr schnell Nachteil: Völlige Vernachlässigung des Kostenfaktors meist keine gute Startlösung

35 Operations ManagementKapitel 3 / 35 (c) Prof. Richard F. Hartl 1.) Man beginne mit dem selben Tableau wie bei der NW-Ecken-Regel wobei zunächst keine Zeile oder Spalte gestrichen ist Die Vogel - Approximation 4.) Ist die Spaltenressource aufgebraucht streiche Spalte j, ODER ist die Zeilenressource aufgebraucht streiche Zeile i. 2.) In jeder noch nicht gestrichenen Zeile bzw. Spalte berechne man die Differenz zwischen dem kleinsten und dem zweitkleinsten noch nicht gestrichenen c ij. 3.) In jener Zeile oder Spalte, wo diese Differenz am größten ist, wähle man das kleinste c ij und mache das entsprechende x ij maximal. 5.) Ist nur mehr eine Zeile oder eine Spalte nicht gestrichen wähle alle nichtgestrichenen x ij dieser Zeile oder Spalte als BV mit maximal möglichen Werten ansonsten weiter mit 2.

36 Operations ManagementKapitel 3 / 36 (c) Prof. Richard F. Hartl Beispiel: Ausgangslösung für das obige Transportproblem i\j1234sisi djdj Opportunitäts kosten Vogel-Approximation sog. Regret-Verfahren nicht der unmittelbarer Gewinn oder Kostenersparnis sondern die abgeschätzten zukünftigen Gewinne oder Kosten. es wird eine Entscheidung getroffen, die versucht zukünftigen Schaden (Regret) zu vermeiden / / // / 5 / 25

37 Operations ManagementKapitel 3 / 37 (c) Prof. Richard F. Hartl 1.) Man beginne mit dem selben Tableau wie bei der NW-Ecken-Regel wobei zunächst keine Zeile oder Spalte gestrichen ist Die Spaltenminimummethode 4.) Ist die Spaltenressource aufgebraucht streiche Spalte j, ODER ist die Zeilenressource aufgebraucht streiche Zeile i. 2.) Von links beginnend suche man die erste noch nicht gestrichene Spalte 3.) In dieser Spalte wähle das kleinste noch nicht gestrichene c ij und mache das zugehörige x ij maximal. 5.) Ist nur mehr eine Zeile oder eine Spalte nicht gestrichen wähle alle nichtgestrichenen x ij dieser Zeile oder Spalte als BV mit maximal möglichen Werten ansonsten weiter mit 2.

38 Operations ManagementKapitel 3 / 38 (c) Prof. Richard F. Hartl Beispiel: Ausgangslösung für das obige Transportproblem Beachte: Spaltenminimummethode ist ein reines Greedyverfahren einziger Ansatzpunkt: Kosten in der unmittelbaren Spalte optimale Lösung bei der Beschäftigungsglättung i\j1234sisi djdj

39 Operations ManagementKapitel 3 / 39 (c) Prof. Richard F. Hartl Exaktes Verfahren: MODI, stepping stone Vorgangsweise wie bei Simplexmethode, aber mit weniger Speicherbedarf Ausgangspunkt ist eine mittels einem Eröffnungsverfahren ermittelte Basislösung Iterationschritt der Transportximplexmethode: Man stellt das kleine m n-Tableau wie im Initialisierungsschritt auf, aber trägt zusätzlich in das linke obere Eck jeder Zelle die Kosten cij ein und in die Mitte der Zelle bei den Basisvariablen deren Wert (fett gedruckt). i\j12…nsisi uiui 1 c 11 c 12 … c 1n s1s1 u1u1 2 c 21 c 22 … c 2n s2s2 u2u2 ………… …… m c m1 c m2 … c mn smsm umum djdj d1d1 d2d2 …dndn vjvj v1v1 v2v2 …vnvn

40 Operations ManagementKapitel 3 / 40 (c) Prof. Richard F. Hartl Bei allen NBV wird der Koeffizient in der Zielfunktion, also c ij – u i – v j errechnet und eingetragen. Die neue BV ist jene mit dem am stärksten negativen solchen Koeffizienten. Sind hingegen alle Koeffizienten nicht-negativ, so ist die optimale Lösung erreicht. Für die aktuelle Basislösung werden die u i und v j berechnet, nach der Regel [MODI] c ij = u i + v j wenn x ij eine BV ist Die Werte werden außen in das erweiterte Tableau eingetragen. Da die u i und v j nicht eindeutig bestimmt sind, wird eine dieser dualen Variablen mit dem Wert 0 normiert. Dazu wählt man am besten jene, in deren Zeile/Spalte die meisten BV stehen. (Dies erleichtert die weitere Berechnung der u i und v j ) Erhöhe die neue BV und betrachte die Kettenreaktion, die sich dadurch bei den anderen BVn ergibt. Man beachte dabei, dass sich Zeilen- und Spaltensummen der transportierten Mengen (Werte der BV) nicht ändern dürfen. Jene BV, die als erste gleich 0 wird, scheidet aus. [stepping stone] Bestimme die neue Basislösung, d.h. führe die Kettenreaktion durch und führe den nächsten Schritt durch.

41 Operations ManagementKapitel 3 / 41 (c) Prof. Richard F. Hartl Lösung des obigen Beispiels: i\j1234sisi uiui djdj vjvj Zur Illustration wird die mittels NW-Ecken-Regel bestimmte Ausgangslösung verwendet, welche in das erweiterte Tableau eingetragen wird. Dann werden u i und v j gemäß Punkt 1 berechnet (wobei u 1 =0). Danach werden Koeffizienten der NBV gemäß Punkt 2 berechnet.

42 Operations ManagementKapitel 3 / 42 (c) Prof. Richard F. Hartl Die Gesamtkosten dieser Lösung sind 10*15 + 5*10 + 2*10 + 7*15 + 4*15 + 8*35 = 665. Als Probe kann bei jedem Iterationsschritt überprüft werden, ob primale und duale Zielfunktion den gleichen Wert haben: Das am stärksten negative Element c ij – u i – v j bei den NBV ist der Koeffizient -7 bei x 24 neue Basisvariable x 24. Kettenreaktion: erhöhe den Wert der neuen BV um und betrachte die Auswirkungen auf die anderen BV (da die Summe aller BV einer Spalte bzw. einer Zeile nicht verändert werden darf, muss in einer Zeile, in der in einer Spalte addiert wird, auch wieder in einer anderen Spalte subtrahiert werden. Analog für die Spalten. Die BV, die am stärksten beschränkt, scheidet aus. K = 25*0 + 25*(-3) + 50*(-6) + 15* *5 + 30* *14 = 665

43 Operations ManagementKapitel 3 / 43 (c) Prof. Richard F. Hartl Kettenreaktion: i\j1234sisi uiui djdj vjvj Neue BV x 24 hat den Wert 0 wird um den Wert erhöht. Bei den anderen BVn wird + oder - addiert. Wenn x 24 um steigt, müssen x 23 und x 34 und sinken, wodurch x 33 um erhöht werden muss. Für = 15 wird x 23 gleich 0 BV x 23 scheidet aus. + K = 665 – 7 * = 665 – 7*15 = 560

44 Operations ManagementKapitel 3 / 44 (c) Prof. Richard F. Hartl neue BV x 24 bekommt den Wert =15 Kettenreaktion x 34 = = 20 x 33 = = 30 x 23 ist keine BV mehr und alle anderen BV bleiben gleich. i\j1234sisi uiui djdj vjvj Nächster Iterationsschritt: K = 560 – 6 * = 560 – 6*10 = 500

45 Operations ManagementKapitel 3 / 45 (c) Prof. Richard F. Hartl nächster Iterationsschritt: i\j1234sisi uiui djdj vjvj K = 500 – 3 * = 500 – 3*5 = 485

46 Operations ManagementKapitel 3 / 46 (c) Prof. Richard F. Hartl nächster Iterationsschritt: i\j1234sisi uiui djdj vjvj K = 485 – 2 * = 485 – 2*20 = 445

47 Operations ManagementKapitel 3 / 47 (c) Prof. Richard F. Hartl nächster Iterationsschritt: i\j1234sisi uiui djdj vjvj Bei allen NBVn stehen positive Ko- effizienten optimale Lösung gefunden. Basisvariablen: x 13 = 25 x 21 = 15 x 24 = 10 x 32 = 20 x 33 = 5 x 34 = 25 Gesamte Transportkosten: K = 445

48 Operations ManagementKapitel 3 / 48 (c) Prof. Richard F. Hartl Das Transportproblem ist ein LP-Problem mit Gleichheitsbeschränkungen. Aus diesem Grund dürfen die dualen Variablen u i bzw. v j auch negativ sein (freie Variablen) Sensitivitätsanalyse bei (kleinen Änderungen der rechten Seiten s i und d j ) die dualen Variablen u i und v j nicht ändert, sodass sich die Zielfunktion um (u i + v j ) ändert: Aus der Dualitätstheorie kann man sehr leicht ableiten, dass die Datenänderung Klarerweise müssen ein s i und ein d j gleichzeitig geändert werden, da sonst die Summen der angebotenen und nachgefragten Mengen nicht mehr übereinstimmen würden. s i s i + für ein i und d j d j + für ein j K K + (u i + v j )

49 Operations ManagementKapitel 3 / 49 (c) Prof. Richard F. Hartl Wie groß werden kann, sodass diese Formel gerade noch gilt, wollen wir anhand des folgenden Beispiels demonstrieren, wobei wir hier schon die optimale Lösung eingetragen haben: i\j1234sisi uiui djdj vjvj Was passiert nun, wenn wir folgende Datenänderung durchführen? s 1 s 1 + und d 2 d 2 + Die minimalen Kosten ändern sich in diesem Fall auf K = (u 1 + v 2 ) = ; das bedeutet, die minimalen Kosten sinken, wenn mehr zu transportieren ist! (Dies kann passieren (wenn es negative u i und v j gibt. Normalerweise werden aber die Kosten aber eher steigen.)

50 Operations ManagementKapitel 3 / 50 (c) Prof. Richard F. Hartl Überlegen wir uns nun, wie groß werden darf, ohne einen Basiswechsel zu verursachen: Die Vorgangsweise ist dabei ähnlich wie bei der Kettenreaktion im Iterationsschritt (stepping stone). i\j1234sisi uiui djdj vjvj K = Wie leicht einzusehen ist, wird x 33 als erste 0, falls steigt. Bei diesem Beispiel ist daher die obere Schranke 10. Analoges gilt auch für negatives. Hier wird x 34 als erste 0, falls sinkt und die untere Schranke ist daher -6. Probe: K = 1*10+2*(12+ ) + 1*(13+ ) +6*(11- ) +3*(10- ) +5*(6 + ) = 173 -

51 Operations ManagementKapitel 3 / 51 (c) Prof. Richard F. Hartl kapazitierte WLP Das kapazitierte, einstufige WLP unterscheidet sich vom unkapazitierten WLP lediglich durch die Annahme, dass die Kapazität der an den potentiellen Standorten i = 1,..., m errichtbaren Lager auf maximal s 1,..., s m ME (pro Periode) beschränkt ist die Transportkosten c ij als Geldeinheiten je beförderte Mengeneinheit definiert sind (aus Gründen der Zweckmäßigkeit). die Nachfragemengen der Kunden explizit mit d 1,..., d n ME angegeben sind: x ij nun die von einem Lager am Standort i zum Kunden j transportierte Gütermenge

52 Operations ManagementKapitel 3 / 52 (c) Prof. Richard F. Hartl LP - Formulierung Transportkosten + Standortkosten Nur wenn bei i ein Lager steht, kann von dort geliefert werden; die Gesamtmenge darf die Kapazität nicht überschreiten. für i = 1,…,m für j = 1,…,n Die von i nach j transportierte Menge darf die Nachfrage nicht überschreiten Die gesamte Nachfrage jedes Kunden muss befriedigt werden y i ist binär und x ij ist nichtnegativ für i = 1,…,m für alle i und j

53 Operations ManagementKapitel 3 / 53 (c) Prof. Richard F. Hartl ADD und DROP bei kapazitierten Problemen Vorgangsweise: prinzipiell identisch wie bei unkapazitierten Problemen Bei der Bewertung der Lösungen muss man ein kleines Transportproblem lösen es muss also in jedem Iterationsschritt eine Reihe von Transportproblemen gelöst werden. Dazu wird ein Dummy-Knoten eingeführt um die überschüssigen Kapazitäten aufzufangen bzw. um die fehlenden Kapazitäten auszugleichen (z.B. zu Beginn des ADD-Algorithmus) wobei die Transportkosten mit M (einer sehr großen Zahl) angesetzt werden.

54 Operations ManagementKapitel 3 / 54 (c) Prof. Richard F. Hartl Beispiel (DROP für kapazitierte Probleme): Wir haben 4 mögliche Standorte mit den Kapazitäten 20, 20, 10 bzw. 10 und 4 Kunden mit Nachfrage 8, 9, 10 und 11. Wir führen nun einen Dummykunden mit Nachfrage 22 ein. Um kleiner Zahlen zu haben, reduzieren wir die Kosten durch Abziehen des Zeilen- und Spaltenminimums. i\j12345sisi fifi djdj Reduktionskonstante = 8*1 + 9*2 + 10*3 + 11*3 i\j12345sisi fifi djdj

55 Operations ManagementKapitel 3 / 55 (c) Prof. Richard F. Hartl Initialisierung: bei der Ausgangslösung werden alle Standorte realisiert: i\j12345sisi fifi djdj / 8 / / / 10 / / 1 / / 12 / / / / Transportkosten = = 97 Fixkosten = = 34 Gesamtkosten = 131 Iteration: Nun müssen einzeln alle Szenarien geprüft werden, wo genau einer der 4 Standorte endgültig verboten wird. Dazu muss jeweils ein TP gelöst werden. Transportkosten = = 105 Fixkosten = = 24 Gesamtkosten = 129 Verbesserung um 2 i\j12345sisi fifi djdj / / 1010 / / / 10 1 / / 2 2 / 7 Standort 1 verbieten?

56 Operations ManagementKapitel 3 / 56 (c) Prof. Richard F. Hartl Standort 2 verbieten? i\j12345sisi fifi djdj / / / / 1 10 / / / 2 9 / / Transportkosten = = 175 Fixkosten = = 24 Gesamtkosten = 199 Verschlechterung Standort 3 verbieten? i\j12345sisi fifi djdj / 8 / / 10 / 11 / / 2 / / Transportkosten = = 107 Fixkosten = = 27 Gesamtkosten = 134 Verschlechterung

57 Operations ManagementKapitel 3 / 57 (c) Prof. Richard F. Hartl Standort 4 verbieten? Transportkosten = = 97 Fixkosten = = 27 Gesamtkosten = 124 Verbesserung um 7 i\j12345sisi fifi djdj / 8 / / 10 / 1 / 12 / / 7 2 / Ergebnis von Iteration 2: Standorte 2 und 3 werden endgültig einbezogen Es gilt also I0 = {4}, I1 = {2,3} und I1vl = {1}. Da Standort 1 aus Kapazitätsgründen nicht mehr entfernt werden kann, ist die obige Lösung mit I1 = {1,2,3} die beste mittels DROP erzielbare Lösung. Gesamtkosten = 124 Standort 4 wird verboten


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