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Kapitel 3

Kapitel 3. Strategische Planungsprobleme. PS 1. PS 2. PS 3. PS 4. Produktionsstätten. …. Transportmittel. Einzellieferung. ZL 1. ZL 2. ZL 3. ZL 4. Zentrallager. …. Transportmittel. Einzel oder Touren. AL 1. AL 2. AL 3. AL 4. Auslieferungslager. …. Transportmittel.

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Kapitel 3

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  1. Kapitel 3 Strategische Planungsprobleme

  2. PS1 PS2 PS3 PS4 Produktionsstätten … Transportmittel Einzellieferung ZL1 ZL2 ZL3 ZL4 Zentrallager … Transportmittel Einzel oder Touren AL1 AL2 AL3 AL4 Auslieferungslager … Transportmittel Tourenlieferung K1 K2 K3 K4 Abnehmer … 3.1. Standortprobleme Operations Management

  3. Weiter Stufen möglich (Regionallager, . . .) • einzelne Aufgaben können delegiert werden • Problemstellungen • Anzahl der Lager • Festlegung der Lagerstandorte • Transportproblem (Zuordnungsprobleme) Operations Management

  4. 3.1.1 Medianproblem • Einfachstest Standortproblem • Als Graph dargestellt • Lösung: Knoten mit der geringsten gewichteten Distanzsumme • Definition: Median • Gerichteter Graph: • σ(i) = ∑dijbj → min. • Ungerichteter Graph: • σout(i) = ∑dijbj → min. • σin(i) = ∑djibj → min. Operations Management

  5. 3 2/0 4/3 2 2 2 6/2 3 4 1/4 5 3 2 3/2 5/1 4 D= b= Beispiel: aus Domschke und Drexl(Logistik: Standorte, 1990, Kapitel 3.3.1) Operations Management

  6. 4*0 0*12 2*2 3*10 6*1 2*12 64 1 4*0 4*12 4*2 4*10 24 48 4*2 0*0 2*3 3*3 7*1 2*5 40 2 0*2 0*0 0*3 0*3 0 0 4*12 0*10 2*0 3*8 4*1 2*10 96 3 2*12 2*10 2*0 2*8 8 20 4*4 0*2 2*5 3*0 5*1 2*2 4 3*4 3*2 3*5 3*0 15 6 35 4*8 0*6 2*9 3*4 0*1 2*6 74 5 1*8 1*6 1*9 1*4 0 6 4*11 0*9 2*12 3*7 3*1 2*0 92 6 2*11 2*9 2*12 2*7 6 0 σin(i) 66 98 56 74 53 80 Lösungsverfahren: Median σout(i) 1 2 3 4 5 6 Ort 4 ist der Median da 35+74 = 109 minimal z.B.: Versorgung z.B.: Entsorgung Operations Management

  7. Verwandtes Problem: Zentrenproblem • Medianproblem • Knoten mit der geringsten gewichteten Distanzsumme • → min. • Zentrenproblem (Center) • Knoten mit dem geringsten Maximum der gewichteten Distanzen • → min. Operations Management

  8. 4*0 0*12 2*2 3*10 6*1 2*12 30 1 4*0 4*12 4*2 4*10 24 48 4*2 0*0 2*3 3*3 7*1 2*5 10 2 0*2 0*0 0*3 0*3 0 0 4*12 0*10 2*0 3*8 4*1 2*10 48 3 2*12 2*10 2*0 2*8 8 20 4*4 0*2 2*5 3*0 5*1 2*2 4 3*4 3*2 3*5 3*0 15 6 16 4*8 0*6 2*9 3*4 0*1 2*6 32 5 1*8 1*6 1*9 1*4 0 6 4*11 0*9 2*12 3*7 3*1 2*0 44 6 2*11 2*9 2*12 2*7 6 0 in(i) 24 48 24 40 24 48 Lösungsverfahren out(i) 1 2 3 4 5 6 Ort 1 ist das Zentrum da 30+24 = 54 minimal z.B.: Versorgung z.B.: Entsorgung Operations Management

  9. L1 L2 m K1 K2 K3 K4 n 3.1.2 Unkapazitierte einstufige Warehouse Location Probleme – LP-Formulierung • Einstufiges WLP: • Lager: • Abnehmer: • 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. Operations Management

  10. 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 Operations Management

  11. Beispiel: aus Domschke und Drexl (Logistik: Standorte, 1990, Kapitel 3.3.1) Lösung 2: nur Standort 1 und 3 werden gebaut Lösung 1: alle Standorte werden gebaut Fixkosten = 5+7+5+6+5 = 28 Transportkosten = 1+2+0+2+3+2+3 = 13 Gesamtkosten = 28 + 13 = 41 Fixkosten = 5+5 = 10 Transportkosten = 1+2+1+5+3+7+3 = 22 Gesamtkosten = 10 + 22 = 32 Operations Management

  12. bei festgelegten Standorten: • Kosten können sofort angegeben werden • Problem: 2m-1 Möglichkeiten (bei m=10 → 1023 Möglichkeiten) • Formulierung als ganzzahliges LP-Modell (MIP) • yi … Binärvariable für i = 1, …, m: yi=1 wenn am potentiellen Standort i ein Lager errichtet wird 0 sonst • xij … reellwertige „Zuordnungs-“ oder Transportvariable für i = 1, …,m und j = 1, …, n: xij = Anteil der Nachfrage von Kunde j der von Lager i aus beliefert wird. Operations Management

  13. für i = 1, …, m und j = 1, …,n xij≤ yi für j = 1, …,n für i = 1, …, m für alle i und j 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 yi ist binär und xij nichtnegativ Operations Management

  14. 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) Operations Management

  15. 3.1.2.1 Eröffnungsverfahren ADD • verwendete Notation: I:={1,…,m} Menge aller potentiellen Standorte I0 Menge der endgültig verbotenen Standorte (yi bei 0 fixiert) Iovl Menge der vorläufig verbotenen Standorte (yi vorläufig auf 0) I1 Menge der endgültig einbezogenen Standorte (yi bei 1 fixiert) Transportkostenersparnis, falls Standort i zusätzlich realisiert wird Z Gesamtkosten (Zielfunktionswert) Operations Management

  16. Initialisierung: • Ermittlung, welcher Standort realisiert werden soll, wenn genau einer gebaut wird • Zeilensumme ci := ∑cij der Kostenmatrix • Auswahl des Standortes k mit den minimalen Kosten ck + fk • Setze I1 = {k}, Iovl = I – {k} und Z = ck + fk • Berechne die Transportkostenersparnis ωij = max {ckj – cij, 0} für alle i aus Iovl und alle Kunden j sowie die Zeilensumme ωi. • Beispiel: erster Standort k=5 mit Z:= c5 + f5 = 39, I1 = {5}, Iovl = {1,2,3,4} Operations Management

  17. 5 2 1 3 11 5 4 6 4 14 7 5 4 1 10 5 1 1 2 6 ωiist die Transportkostenersparnis bei der Belieferung von j, wenn zusätzlich Standort i gebaut wird. → Zeilensumme ωi ist die Gesamt-transportkostenersparnis, wenn Standort i zusätzlich gebaut würde. Operations Management

  18. Iovl = Iovl – {k} und Z = Z – ωk + fk Verbiete alle mit ωi ≤ fi endgültig: • Iterationsschritt: • in jeder Iteration wird genau der potentielle Standort aus Iovl endgültig einbezogen, durch den die größte Kostenersparnis erzielt werden kann → • Suche potentiellen Standort k aus Iovl, für den die Gesamtersparnis (Transportkostenersparnis minus zusätzliche Fixkosten) ωk – fk maximal ist. • Zusätzlich können alle Standorte endgültig verboten werden, deren Transportkostenersparnisse geringer als die zusätzlichen Fixkosten wären → • Berechne für alle i aus Iovl und alle Kunden j die Transportkostenersparnisse neu: ωij = max {ωij - ωkj, 0} Operations Management

  19. 5 2 1 3 11 5 4 6 4 14 7 5 4 1 10 5 1 1 2 6 • Abbruch: • Das Verfahren endet, sobald durch die Einbeziehung eines weiteren Standortes aus Iovl keine zusätzliche Verringerung des Zielfunktionswertes erreicht werden kann, wen also Iovl = { }. • An den Standorten i aus I1 ist ein Lager zu errichten. • Gesamtkosten = Zielfunktionswert Z • kostenminimale Zuordnung : xij = 1 falls • Beispiel: Iteration 1 baue k = 2 verbiete i = 4 • Wegen ω4 < f4 wird Standort 4 endgültig verboten. Standort k=2 wird endgültig einbezogen. • Es gilt nun Z=39 – 7 = 32. Es ist nun Iovl = {1,3}, I1 = {2,5}, Io = {4}. Ermittle erneut die Transportkostenersparnisse ωij. Operations Management

  20. 1 2 3 6 5 1 5 baue k = 1 verbiete i = 3 1 • 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. • Ergebnis: • Das Verfahren endet mit I1 = {1,2,5}, Io = {3,4} und Z = 32 – 1 = 31 bzw. Iovl = { }. • 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. Operations Management

  21. 3.1.2.2 Eröffnungsverfahren DROP • Die Menge Iovl wird durch I1vl ersetzt. • I1vlMenge der vorläufig einbezogenen Standorte (die yi sind vorläufig zu 1 fixiert) • Der Drop-Algorithmus verläuft umgekehrt als ADD, d.h. zunächst sind alle potentiellen Standorte vorläufig einbezogen. • Initialisierung: I1vl = I, I0= I1= { } • Iteration • In jeder Iteration wird genau derjenige potentielle Standort aus I1vl endgültig verboten, durch dessen Verbot die Gesamtkosten am meisten gesenkt werden können. • Würde sich durch das Verbieten eines Standortes aus I1vl die Gesamtkosten erhöhen, so kann er endgültig einbezogen werden. Operations Management

  22. 5 baue verbiete 1 0 1 1 1 2 0 2 3 2 3 2 4 1 3 3 3 5 1 1 2 4 2 5 1 2 5 3 5 3 4 3 • In Zeile m+3 (Zeile m+4) wird die Zeilennummer h1 (bzw. h2) gespeichert, in der das kleinste (bzw. zweitkleinste) Kostenelement steht. Wird Standort h1 (aus I1vl) verboten, steigen die Transportkosten für den Kunden j um ch2j - ch1j • Erweiterung der Transportkostenmatrix C: • In Zeile m+1 (Zeile m+2) wird für jede Spalte j = 1, …, n von C das kleinste Kostenelement ch1j (bzw. das zweitkleinste ch2j) notiert. Dabei sind nur nicht endgültig verbotene Standorte zu berücksichtigen → • Obiges Beispiel: Initialisierung und Iteration 1: I1vl ={1,2,3,4,5} Operations Management

  23. 2 Beispiele: • Nun ermitteln wir für alle i aus I1vl die Transportkostenerhöhung δifalls i im aktuellen Iterationsschritt endgültig verboten wird. Dabei ist δi die Summe der Differenzen zwischen kleinstem und zweitkleinstem Kostenelement jener Spalten, wo die Zeile i = h1 das kleinste Kostenelement enthält. • δ1 = (c21 – c11) + (c52 – c12) + (c37 – c17) = 5 • δ2 = (c33 – c23) + (c35 – c25) = 1 • Übersteigen die ersparten Fixkosten fi die Transportkostenerhöhung δi, so bringt das Verbot von i eine Senkung der Gesamtkosten. In Iteration 1 wird also Standort 1 wegen δi = fi endgültig einbezogen. • Iteration 2: • I1vl = {3,4,5}, I1= {1}, I0= {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 I1= {1}, allerdings ist 1 kein Kandidat mehr dafür, gestrichen zu werden. Daher muss in dieser Zeile kein δi mehr ermittelt werden. Operations Management

  24. - 8 baue 1 verbiete 1 1 2 1 2 3 2 3 6 4 6 3 6 3 5 3 1 1 4 3 5 1 4 5 5 5 1 4 3 Nun wird Standort 3 endgültig einbezogen und Standort 4 endgültig verboten. Operations Management

  25. - - 7 1 2 1 3 3 2 3 6 4 6 5 6 7 5 1 1 3 5 3 5 1 5 5 5 3 1 1 3 • Iteration 3: • I1vl = {5}, I1 = {1,3}, I0 = {2,4} baue Nun wird Standort 5 endgültig einbezogen, da ein Verbieten nur Fixkosten von f5 = 5 einsparen würde aber die Transportkosten um δ5 = 7 steigern würde.. Operations Management

  26. Ergebnis: • Standorte aus I1= {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) Operations Management

  27. 3.1.2.3 Verbesserungsverfahren • verschiedene Vertauschungsmethoden (bei jedem Iterationsschritt): • je einen bezogenen Standort (aus I1) gegen einen verbotenen Standort (aus I0) 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. Operations Management

  28. 3.2 Design von Transportnetzwerken 3.2.1 Transportproblem: Modell und LP-Formulierung • 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) Operations Management

  29. i = 1, …, m j = 1, …, n i = 1, …, m; j = 1, …, n Sinnvollerweise muss gelten Angebot gleich Nachfrage • m Produzenten mit dem Angebot si, i = 1, …, m • n Abnehmer mit der Nachfrage dj, j = 1, …, n • Transportkosten cij pro Stück von i nach j, i = 1, …, m; j = 1, …, n • Allgemeine Formulierung: • LP-Formulierung: • Zusätzlich: Transportierte Menge pro Zeiteinheit xijvon inach j Transportkosten Angebot Nachfrage Nichtnegativität Operations Management

  30. K = (10x11+5x12+6x13+11x14) + (x21+2x22+7x23+4x24) + (9x31+x32+4x33+8x34)  min • Angebotsnebenbedingungen: • x11 + x12 + x13 + x14 = 25 (i=1) • x21 + x22 + x23 + x24 = 25 (i=2) • x31 + x3 2+ x33 + x34 = 50 (i=3) : • In obigem Beispiel lautet das Transportproblem daher: • Nachfragenebenbedingungen: • x11 + x21 + x31 = 15 (j=1) • x12 + x22 + x32 = 20 (j=2) • x13 + x23 + x33 = 30 (j=3) • x14 + x24 + x34 = 35 (j=4) • Nichtnegativität: • xij 0 für i = 1, … , 3; j = 1, … , 4 Operations Management

  31. Allgemeiner Struktur der Koeffizientenmatrix: • Lösungsmöglichkeit: • Simplex-Methode → eher ineffizient, wegen • In jeder Spalte genau 2 der m + n Elemente ≠ 0 → 2-Phasensimplexmethode möglich, aber ineffizient • andere Möglichkeit: • Eröffnungsverfahren anwenden um eine Basislösung zu ermitteln → • als Verbesserungsverfahren den normalen Simplex-Iterationsschritt Operations Management

  32. 3.2.2. Eröffnungsverfahren – Ermittlung einer Basislösung 3.2.2.1 Eröffnungsverfahren: Nordwesteckenregel • 1.) Man stellt folgende Tabelle auf und füllt sie aus, wobei man von links oben (Nord-West) nach rechts unten vorgeht. • 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 xijdieser 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 Basisvariablenxij • Die restlichen m*n – (m+n-1) Variablen müssen immer 0 sein (NBV) Operations Management

  33. Nur mehr eine Zeile nicht gestrichen 15 10 • Beispiel: Ausgangslösung für das obige Transportproblem: 10 15 15 35 • Das nächste Beispiel zeigt, dass man durchaus mehrmals hintereinander nach rechts bzw. nach unten gehen kann: 5 15 10 20 10 25 Operations Management

  34. Dabei kann auch Degeneration auftreten (eine oder mehrere der m+n-1 Basisvariablen werden Null) Letztere dürfen dann nicht weggelassen werden: Hier könnte man sowohl die Spalte als auch Zeile streichen. Wir dürfen aber nur eine streichen (zufällige Auswahl). • Vorteil: sehr einfach und sehr schnell 10 5 15 0 30 20 • Nachteil: Völlige Vernachlässigung des Kostenfaktors → meist keine gute Startlösung Operations Management

  35. 3.2.2.2 Die Vogel - Approximation • 2.) In jeder noch nicht gestrichenen Zeile bzw. Spalte berechne man die Differenz zwischen dem kleinsten und dem zweitkleinsten noch nicht gestrichenen cij. • 1.) Man beginne mit dem selben Tableau wie bei der NW-Ecken-Regel wobei zunächst keine Zeile oder Spalte gestrichen ist. • 3.) In jener Zeile oder Spalte, wo diese Differenz am größten ist, wähle man das kleinste cij und mache das entsprechende xij maximal. • 4.) Ist die Spaltenressource aufgebraucht → streiche Spalte j, ODER ist die Zeilenressource aufgebraucht → streiche Zeile i. • 5.) Ist nur mehr eine Zeile oder eine Spalte nicht gestrichen → wähle alle nichtgestrichenen xij dieser Zeile oder Spalte als BV mit maximal möglichen Werten ansonsten weiter mit 2. Operations Management

  36. 10 5 6 11 / / / 1 1 5 1 2 7 4 / / 1 2 9 1 4 8 / 5 25 3 3 4 8 1 4 2 2 4 3 • Beispiel: Ausgangslösung für das obige Transportproblem 25 15 10 10 20 30 5 25 • 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. Operations Management

  37. 3.2.2.3 Die Spaltenminimummethode • 2.) Von links beginnend suche man die erste noch nicht gestrichene Spalte • 1.) Man beginne mit dem selben Tableau wie bei der NW-Ecken-Regel wobei zunächst keine Zeile oder Spalte gestrichen ist. • 3.) In dieser Spalte wähle das kleinste noch nicht gestrichene cij und mache das zugehörige xij maximal. • 4.) Ist die Spaltenressource aufgebraucht → streiche Spalte j, ODER ist die Zeilenressource aufgebraucht → streiche Zeile i. • 5.) Ist nur mehr eine Zeile oder eine Spalte nicht gestrichen → wähle alle nichtgestrichenen xij dieser Zeile oder Spalte als BV mit maximal möglichen Werten ansonsten weiter mit 2. Operations Management

  38. 15 20 30 25 • Beispiel: Ausgangslösung für das obige Transportproblem 10 0 • Beachte: • Spaltenminimummethode ist ein reines Greedyverfahren • einziger Ansatzpunkt: Kosten in der unmittelbaren Spalte • optimale Lösung bei der Beschäftigungsglättung Operations Management

  39. 3.2.3 Exaktes Verfahren: MODI, stepping stone • 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). • Vorgangsweise wie bei Simplexmethode, aber mit weniger Speicherbedarf Operations Management

  40. Für die aktuelle Basislösung werden die ui und vj berechnet, nach der Regel [MODI] cij = ui + vj wenn xijeine BV ist • Die Werte werden außen in das erweiterte Tableau eingetragen. Da die ui und vj 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 ui und vj) • Bei allen NBV wird der Koeffizient in der Zielfunktion, also cij – ui – vj 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. • 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. Operations Management

  41. -4 -3 15 10 -6 -7 10 15 5 2 15 35 • Zur Illustration wird die mittels NW-Ecken-Regel bestimmte Ausgangslösung verwendet, welche in das erweiterte Tableau eingetragen wird. Dann werden ui und vj gemäß Punkt 1 berechnet (wobei u1=0). Danach werden Koeffizienten der NBV gemäß Punkt 2 berechnet. Lösung des obigen Beispiels: 0 -3 -6 10 5 10 14 Operations Management

  42. Als Probe kann bei jedem Iterationsschritt überprüft werden, ob primale und duale Zielfunktion den gleichen Wert haben: • Die Gesamtkosten dieser Lösung sind 10*15 + 5*10 + 2*10 + 7*15 + 4*15 + 8*35 = 665. • K = 25*0 + 25*(-3) + 50*(-6) + 15*10 + 20*5 + 30*10 + 35*14 = 665 • Das am stärksten negative Element cij – ui – vj bei den NBV ist der Koeffizient -7 bei x24neue Basisvariable x24. • 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. Operations Management

  43. -4 -3 0 15 10 -6 -7 -3 10 5 2 -6 10 5 10 14 • Neue BV x24 hat den Wert 0 → wird um den Wert  erhöht. Bei den anderen BVn wird +  oder -  addiert. • Wenn x24 um  steigt, müssen x23 und x34 und  sinken, wodurch x33 um  erhöht werden muss. Für  = 15 wird x23 gleich 0 → BV x23 scheidet aus. • Kettenreaktion: K = 665 – 7 *  = 665 – 7*15 = 560 15- +  15+  35-  Operations Management

  44. 3 4 15-  -6 7 10-  15 -2 -5 30 20 • x34 = 35-15 = 20 • x33 = 15+15 = 30 • x23 ist keine BV mehr und alle anderen BV bleiben gleich. • Nächster Iterationsschritt: • neue BV x24 bekommt den Wert =15 → Kettenreaktion K = 560 – 6 *  = 560 – 6*10 = 500 0 10+  -3  1 10 5 3 7 Operations Management

  45. -3 -2 5-  6 7 10+  4 1 30-  20+  K = 500 – 3 *  = 500 – 3*5 = 485 • nächster Iterationsschritt: 0 20  -9 15-  -5 10 5 9 13 Operations Management

  46. 3 1 3 7 4 -2 K = 485 – 2 *  = 485 – 2*20 = 445 • nächster Iterationsschritt: 0 20- 5+  -6 15 10 -2 25  25-  7 5 6 10 Operations Management

  47. 3 2 1 5 7 4 Bei allen NBVn stehen positive Ko-effizienten → optimale Lösung gefunden. 2 • nächster Iterationsschritt: 25 • Basisvariablen: • x13 = 25 • x21 = 15 • x24 = 10 • x32 = 20 • x33 = 5 • x34 = 25 -4 15 10 0 25 20 5 5 1 4 8 • Gesamte Transportkosten:K = 445 Operations Management

  48. 3.2.3.1 Sensitivitätsanalyse • Aus der Dualitätstheorie kann man sehr leicht ableiten, dass die Datenänderung • Das Transportproblem ist ein LP-Problem mit Gleichheitsbeschränkungen. Aus diesem Grund dürfen die dualen Variablen ui bzw. vj auch negativ sein (freie Variablen). sisi +  für ein i unddjdj +  für ein j bei (kleinen Änderungen der rechten Seiten si und dj) die dualen Variablen ui und vj nicht ändert, sodass sich die Zielfunktion um (ui + vj) ändert: K  K + (ui + vj) • Klarerweise müssen ein si und ein djgleichzeitig geändert werden, da sonst die Summen der angebotenen und nachgefragten Mengen nicht mehr übereinstimmen würden. Operations Management

  49. 22 +  13 +  • 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: • Was passiert nun, wenn wir folgende Datenänderung durchführen? s1s1 +  und d2d2 +  0 10 12 2 13 11 1 10 6 1 -1 2 4 Die minimalen Kosten ändern sich in diesem Fall auf K = 173 + (u1 + v2) = 173 - ; das bedeutet, die minimalen Kosten sinken, wenn mehr zu transportieren ist! (Dies kann passieren (wenn es negative ui und vj gibt. Normalerweise werden aber die Kosten aber eher steigen.) Operations Management

  50. 12+ 13+ 11- 10- • K = 173 -  • 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). 0 • Probe: K = 1*10+2*(12+ ) + 1*(13+ ) +6*(11- ) +3*(10- ) +5*(6 + ) = 173 -  10 2 1 6+ 1 -1 2 4 Wie leicht einzusehen ist, wird x33 als erste 0, falls  steigt. Bei diesem Beispiel ist daher die obere Schranke  10. Analoges gilt auch für negatives . Hier wird x34 als erste 0, falls  sinkt und die untere Schranke ist daher  -6. Operations Management

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