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

Kapitel 3

Strategische Planungsprobleme

Operations Management Kapitel 3 / 2(c) Prof. Richard F. Hartl

3.1. Standortprobleme

EinzellieferungTransportmittel

…ZL1 ZL2 ZL3 ZL4Zentrallager

Einzel oder TourenTransportmittel

…AL1 AL2 AL3 AL4Auslieferungslager

TourenlieferungTransportmittel

…K1 K2 K3 K4Abnehmer

…PS1 PS2 PS3 PS4Produktionsstätten


Weiter Stufen möglich (Regionallager, . . .)

einzelne Aufgaben können delegiert werden

Problemstellungen Anzahl der Lager Festlegung der Lagerstandorte Transportproblem (Zuordnungsprobleme)


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.


Beispiel: aus Domschke und Drexl (Logistik: Standorte, 1990, Kapitel 3.3.1)

0 12 2 10 6 12

2 0 3 3 7 5

12 10 0 8 4 10

4 2 5 0 5 2

8 6 9 4 0 6

11 9 12 7 3 0

2/0

1/4

3/2

4/3

5/1

6/2

22 2

2

3

3

3

4

4

5

D=

4

0

2

3

1

2

b=


Lösungsverfahren: Median

i\j 1 2 3 4 5 6 i/j 1 2 3 4 5 6

z.B.: Versorgung z.B.: Entsorgung

4*0 0*12 2*2 3*10 6*1 2*12 64

4*12 0*10 2*0 3*8 4*1 2*10 96

4*4 0*2 2*5 3*0 5*1 2*2 35

4*8 0*6 2*9 3*4 0*1 2*6 74

4*11 0*9 2*12 3*7 3*1 2*0 92

4*2 0*0 2*3 3*3 7*1 2*5 40

66

2*12

3*4

1*8

2*11

0*2

4*0

98

2*10

3*2

1*6

2*9

0*0

4*12

56

2*0

3*5

1*9

2*12

0*3

4*2

74

2*8

3*0

1*4

2*7

0*3

4*10

53

8

15

0

6

0

24

80

20

6

6

0

0

481

3

4

5

6

2

σout(i)

1

3

4

5

6

2

σin(i)Ort 4 ist der Median da 35+74 = 109 minimal


Verwandtes Problem: Zentrenproblem

Medianproblem Knoten mit der geringsten gewichteten Distanzsumme

→ min.

Zentrenproblem (Center) Knoten mit dem geringsten Maximum der gewichteten Distanzen

→ min.

j

jijbd (i)

jijj

bdmax (i)


24

8

15

0

6

0

24

Lösungsverfahren

i\j 1 2 3 4 5 6 i/j 1 2 3 4 5 6

z.B.: Versorgung z.B.: Entsorgung

4*0 0*12 2*2 3*10 6*1 2*12 30

4*12 0*10 2*0 3*8 4*1 2*10 48

4*4 0*2 2*5 3*0 5*1 2*2 16

4*8 0*6 2*9 3*4 0*1 2*6 32

4*11 0*9 2*12 3*7 3*1 2*0 44

4*2 0*0 2*3 3*3 7*1 2*5 10

24

2*12

3*4

1*8

2*11

0*2

4*0

48

2*10

3*2

1*6

2*9

0*0

4*12

24

2*0

3*5

1*9

2*12

0*3

4*2

40

2*8

3*0

1*4

2*7

0*3

4*10

48

20

6

6

0

0

481

3

4

5

6

2

out(i)

1

3

4

5

6

2

in(i)Ort 1 ist das Zentrum da 30+24 = 54 minimal


3.1.2 Unkapazitierte einstufige Warehouse Location Probleme – LP-Formulierung

Einstufiges WLP: Lager:

Abnehmer:

L1 L2 m

K1 K2 K3 K4 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.


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


Beispiel: aus Domschke und Drexl (Logistik: Standorte, 1990, Kapitel 3.3.1)

Lösung 1: alle Standorte werden gebaut

i\j 1 2 3 4 5 6 7 fi

1 1 2 10 9 6 7 3 5

2 2 9 0 7 3 6 10 7

3 7 6 1 5 3 10 5 5

4 6 5 10 2 6 3 6 6

5 6 4 6 3 7 2 6 5

i\j 1 2 3 4 5 6 7 fi

1 1 2 10 9 6 7 3 5

3 7 6 1 5 3 10 5 5

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

Lösung 2: nur Standort 1 und 3 werden gebaut


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

bei festgelegten Standorten: Kosten können sofort angegeben werden Problem: 2m-1 Möglichkeiten (bei m=10 → 1023 Möglichkeiten)

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.


Formulierung

min ),(11 1

m

i

ii

m

i

n

j

ijij yfxcyxZ

miijx11

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

xij ≤ yi

für i = 1, …, m

und j = 1, …,n

für i = 1, …, mfür alle i und j0

}1,0{

ij

i

x

y

für j = 1, …,n

m

i

ijx1

1


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)


3.1.2.1 Eröffnungsverfahren ADD

verwendete Notation:I:={1,…,m} Menge aller potentiellen Standorte

I0 Menge der endgültig verbotenen Standorte (y i bei 0 fixiert)

Iovl Menge der vorläufig verbotenen Standorte (y i vorläufig auf 0)

I1 Menge der endgültig einbezogenen Standorte (y i bei 1 fixiert)

Transportkostenersparnis, falls Standort i zusätzlich realisiert wird

Z Gesamtkosten (Zielfunktionswert)

i


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}


i\j 1 2 3 4 5 6 7 fi ci fi + ci

1 1 2 10 9 6 7 3 5 38 43

2 2 9 0 7 3 6 10 7 37 44

3 7 6 1 5 3 10 5 5 37 42

4 6 5 10 2 6 3 6 6 38 44

5 6 4 6 3 7 2 6 5 34 39

i\j 1 2 3 4 5 6 7 ωi fi

1

2

3

4

ωi ist 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.

11

5 2 1 3

45 1

4 6 4

2 6

10 5

14 7

11 5


Iterationsschritt:

in jeder Iteration wird genau der potentielle Standort aus Iovl endgültig

einbezogen, durch den die größte Kostenersparnis erzielt werden kann →

},{11 kII Iovl = Io

vl – {k} und Z = Z – ωk + fk

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}

vlIi 0Verbiete alle mit ωi ≤ fi endgültig: }{ }{ 0000 iIIundiII vlvl


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

} { min 1 / Ihcc hjij

i\j 1 2 3 4 5 6 7 ωi fi

1

2

3

4

baue k = 2

verbiete i = 4

Beispiel: Iteration 1

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.

4 6 4

1 1

5 2 1 3

5 4 1

11 5

14 7

10 5

2 6


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 1 2 3 4 5 6 7 ωi fi

1

3

baue k = 1

verbiete i = 3

1 2 3

1

6 5

1 5

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.


3.1.2.2 Eröffnungsverfahren DROP

Die Menge Iovl wird durch I1

vl ersetzt.

I1vl Menge 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 I1

vl 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.


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 → 0 Ii

i\j 1 2 3 4 5 6 7 δi fi

1 1 2 10 9 6 7 3 5

2 2 9 0 7 3 6 10 7

3 7 6 1 5 3 10 5 5

4 6 5 10 2 6 3 6 6

5 6 4 6 3 7 2 6 5

ch1j 6

ch2j 7

h1 8

h2 9

baue

verbiete

Obiges Beispiel: Initialisierung und Iteration 1: I1vl ={1,2,3,4,5}

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 I1

vl) verboten, steigen die Transportkosten für den Kunden j um ch2j - ch1j

5

1

0

1

1

2

1

4

5

0

2

1

3

2

4

3

5

3

2

3

3

2

5

3

4

3

1

5

32

2

1

1


Nun ermitteln wir für alle i aus I1vl die Transportkostenerhöhung δi falls 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.

Iteration 2: I1

vl = {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.

2 Beispiele:

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.

δ1 = (c21 – c11) + (c52 – c12) + (c37 – c17) = 5 δ2 = (c33 – c23) + (c35 – c25) = 1


i\j 1 2 3 4 5 6 7

1 1 2 10 9 6 7 3

3 7 6 1 5 3 10 5

4 6 5 10 2 6 3 6

5 6 4 6 3 7 2 6

δi fi

-

5

6

5

baue

verbiete

Nun wird Standort 3 endgültig einbezogen und Standort 4 endgültig verboten.

ch1j

ch2j

h1

h2

2

1

4

5

1

3

6

5

2

4

3

5

3

3

6

1

2

5

3

4

3

1

5

34

6

1

1

-

8

1

1


Iteration 3: I1

vl = {5}, I1 = {1,3}, I0 = {2,4}

Nun wird Standort 5 endgültig einbezogen, da ein Verbieten nur Fixkosten von f5 = 5 einsparen würde aber die Transportkosten um δ5 = 7 steigern würde..

i\j 1 2 3 4 5 6 7

1 1 2 10 9 6 7 3

3 7 6 1 5 3 10 5

5 6 4 6 3 7 2 6

δi fi

-

-

5 baue

ch1j

ch2j

h1

h2

2

1

4

5

1

3

6

5

3

5

5

3

3

3

6

1

2

5

7

1

3

1

5

35

6

1

1

-

-

7


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)


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.


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

Fabrik V1 V2 V3 V4 Produktion

F1 10 5 6 11 25

F2 2 2 7 4 25

F3 9 1 4 8 50

Nachfrage 15 20 30 35 100

3.2.1 Transportproblem: Modell und LP-Formulierung


Allgemeine Formulierung:

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

Zusätzlich: Transportierte Menge pro Zeiteinheit xij von i nach j

LP-Formulierung:

Transportkosten

Angebot

Nachfrage

Nichtnegativität

min1 1

m

iij

n

jijxcK

n

jiji xs

1i = 1, …, m

m

iijj xd

1j = 1, …, n

0ijx i = 1, …, m; j = 1, …, n

Mdn

jj

1

m

1=iisSinnvollerweise muss gelten Angebot gleich Nachfrage


In obigem Beispiel lautet das Transportproblem daher:

Angebotsnebenbedingungen: x11 + x12 + x13 + x14 = 25 (i=1)

x21 + x22 + x23 + x24 = 25 (i=2)

x31 + x3 2+ x33 + x34 = 50 (i=3) :

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

K = (10x11+5x12+6x13+11x14) + (x21+2x22+7x23+4x24) + (9x31+x32+4x33+8x34) min


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:

1 . . . 1

1 . . . 1

. . .

1 . . . 1

1 ..

.

1

1 ..

.

1

. . . 1 ..

.

1

andere Möglichkeit:

Eröffnungsverfahren anwenden um eine Basislösung zu ermitteln →

als Verbesserungsverfahren den normalen Simplex-Iterationsschritt


3.2.2. 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.

3.2.2.1 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 xij 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 xij

Die restlichen m*n – (m+n-1) Variablen müssen immer 0 sein (NBV)


Beispiel: Ausgangslösung für das obige Transportproblem:

i\j 1 2 3 4 si

1 25

2 25

3 50

dj 15 20 30 35 100

Das nächste Beispiel zeigt, dass man durchaus mehrmals hintereinander nach rechts bzw. nach unten gehen kann:

i\j 1 2 3 4 si

1 30

2 20

3 35

dj 15 10 35 25 85

15 10

10 15

15 35

15 10 5

20

10 25

Nur mehr eine Zeile nicht gestrichen


Dabei kann auch Degeneration auftreten (eine oder mehrere der m+n-1 Basisvariablen werden Null) Letztere dürfen dann nicht weggelassen werden:

i\j 1 2 3 4 si

1 15

2 15

3 50

dj 10 20 30 20 80

10 5

15 0

30 20

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


1.) Man beginne mit dem selben Tableau wie bei der NW-Ecken-Regel wobei zunächst keine Zeile oder Spalte gestrichen ist.

3.2.2.2 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 cij.

3.) In jener Zeile oder Spalte, wo diese Differenz am größten ist, wähle man das kleinste cij und mache das entsprechende xij maximal.

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.


Beispiel: Ausgangslösung für das obige Transportproblem

i\j 1 2 3 4 si

1 25

2 25

3 50

dj 15 20 30 35 100

20 5 25

15 10

2510 5 6 11

1 2 7 4

9 1 4 8

Opportunitätskosten

Opportunitätskosten

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.

8 1 2 4

1

1

3

2

1

3

10

/

/

/ /

4 2 3

30

5

4

/

5

/

25


1.) Man beginne mit dem selben Tableau wie bei der NW-Ecken-Regel wobei zunächst keine Zeile oder Spalte gestrichen ist.

3.2.2.3 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 cij und mache das

zugehörige xij maximal.

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.


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\j 1 2 3 4 si

1 25

2 25

3 50

dj 15 20 30 35 100

25

10

0

15

20 30


3.2.3 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 mn-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\j 1 2 … n si ui

1c11 c12

…c1n

s1 u1

2c21 c22

…c2n

s2 u2

… … … … … …

mcm1 cm2

…cmn

sm um

dj d1 d2 … dn

vj v1 v2 … vn


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.

Für die aktuelle Basislösung werden die ui und vj berechnet, nach der Regel [MODI]

cij = ui + vj wenn xij eine 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)

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.


Lösung des obigen Beispiels:

i\j 1 2 3 4 si ui

110 5 6 11

25

21 2 7 4

25

39 1 4 8

50

dj 15 20 30 35

vj

15 10

10 15

15 35

-3-4

-7-6

25

10 5 10 14

-3

-6

0

Zur Illustration wird die mittels NW-Ecken-Regel bestimmte Ausgangslösung verwendet, welche in das erweiterte Tableau eingetragen wird. Dann werden u i und vj gemäß Punkt 1 berechnet (wobei u1=0). Danach werden Koeffizienten der NBV gemäß Punkt 2 berechnet.


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 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.

j

n

jj

m

iii

m

iij

n

jij dvsuxcK

111 1

K = 25*0 + 25*(-3) + 50*(-6) + 15*10 + 20*5 + 30*10 + 35*14 = 665


Kettenreaktion:

i\j 1 2 3 4 si ui

110 5 6 11

25

21 2 7 4

25

39 1 4 8

50

dj 15 20 30 35

vj

15+

15-

35-

15 10

10

-3-4

-7-6

25

10 5 10 14

-3

-6

0

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.

+

K = 665 – 7 *

= 665 – 7*15 = 560


neue BV x24 bekommt den Wert =15 → Kettenreaktion x34 = 35-15 = 20

x33 = 15+15 = 30

x23 ist keine BV mehr und alle anderen BV bleiben gleich.

i\j 1 2 3 4 si ui

110 5 6 11

25

21 2 7 4

25

39 1 4 8

50

dj 15 20 30 35

vj

43

7-6

-5-2

10+ 15-

10-

10 5 3 7

-3

1

0

30 20

15

Nächster Iterationsschritt:

K = 560 – 6 *

= 560 – 6*10 = 500


nächster Iterationsschritt:

i\j 1 2 3 4 si ui

110 5 6 11

25

21 2 7 4

25

39 1 4 8

50

dj 15 20 30 35

vj

-2-3

76

14

20

10 5 9 13

-9

-5

05-

30-

15-

20+

10+

K = 500 – 3 *

= 500 – 3*5 = 485



i\j 1 2 3 4 si ui

110 5 6 11

25

21 2 7 4

25

39 1 4 8

50

dj 15 20 30 35

vj

-2

13

73

4

20- 5+

7 5 6 10

-6

-2

0

25-

10

25

15

K = 485 – 2 *

= 485 – 2*20 = 445



i\j 1 2 3 4 si ui

110 5 6 11

25

21 2 7 4

25

39 1 4 8

50

dj 15 20 30 35

vj

2 13

75

4

25

5 1 4 8

-4

0

2

20 5

10

25

15

Bei allen NBVn stehen positive Ko-effizienten → optimale Lösung gefunden.

Basisvariablen: x13 = 25

x21 = 15

x24 = 10

x32 = 20

x33 = 5

x34 = 25

Gesamte Transportkosten: K = 445


Das Transportproblem ist ein LP-Problem mit Gleichheitsbeschränkungen. Aus diesem Grund dürfen die dualen Variablen ui bzw. vj auch negativ sein (freie Variablen).

3.2.3.1 Sensitivitätsanalyse

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:

Aus der Dualitätstheorie kann man sehr leicht ableiten, dass die Datenänderung

Klarerweise müssen ein si und ein dj gleichzeitig geändert werden, da sonst die Summen der angebotenen und nachgefragten Mengen nicht mehr übereinstimmen würden.

si si + für ein i unddj dj + für ein j

K K + (ui + vj)


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\j 1 2 3 4 si ui

11 4 2 5

22

26 1 5 6

24

37 5 3 5

16

dj 10 13 22 17

vj

10

1 -1 2 4

2

1

0

10 6

11

12

13

Was passiert nun, wenn wir folgende Datenänderung durchführen?

s1 s1 + und

d2 d2 +

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.)

22 +

13 +


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\j 1 2 3 4 si ui

11 4 2 5 22

+

26 1 5 6

24

37 5 3 5

16

dj 10 13 + 22 17

vj

10

1 -1 2 4

2

1

0

6+10-

11-

12+

13+

K = 173 -

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.

Probe: K = 1*10+2*(12+ ) + 1*(13+ ) +6*(11- ) +3*(10- ) +5*(6 + ) = 173 -


3.2.4 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 s1, ..., sm ME (pro Periode) beschränkt ist

die Transportkosten cij als Geldeinheiten je beförderte Mengeneinheit definiert sind (aus Gründen der Zweckmäßigkeit).

die Nachfragemengen der Kunden explizit mit d1, ..., dn ME angegeben sind:

xij nun die von einem Lager am Standort i zum Kunden j transportierte Gütermenge


3.2.4.1 LP - Formulierung

m

i

n

jiij yfxcyxZ iij

1 1

m

1i

.min ),(Transportkosten +

Standortkosten

Nur wenn bei i ein Lager steht, kann von dort geliefert werden; die Gesamtmenge darf die Kapazität nicht überschreiten.

iiij ysxn

j

1

für i = 1,…,m

für i = 1,…,m

für j = 1,…,n

für j = 1,…,n

Die von i nach j transportierte Menge darf die Nachfrage nicht überschreiten

Die gesamte Nachfrage jedes Kunden muss befriedigt werden

yi ist binär und xij ist nichtnegativ

ijij ydx

n

iij jdx

1

für i = 1,…,m

für alle i und j

}1;0{ iy

0 ijx


3.2.4.2 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.


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\j 1 2 3 4 5 si fi

1 8 3 5 4 0 20 10

2 1 2 3 4 0 20 10

3 6 5 7 3 0 10 7

4 8 4 7 5 0 10 7

dj 8 9 10 11 22 60

Reduktionskonstante = 8*1 + 9*2 + 10*3 + 11*3

i\j 1 2 3 4 5 si fi

1 7 1 2 1 0 20 10

2 0 0 0 1 0 20 10

3 5 3 4 0 0 10 7

4 7 2 4 2 0 10 7

dj 8 9 10 11 22 60


Initialisierung: bei der Ausgangslösung werden alle Standorte realisiert:

i\j 1 2 3 4 5 si fi

1 20 10

2 20 10

3 10 7

4 10 7

dj 8 9 10 11 22 60

7

0

5

7

1

0

3

2

2

0

4

4

1

1

0

2

0

0

0

0

/

8

/

/

/

10

/

/

1

/

10

/

12

/

/

10

7

2

/

/

Transportkosten =

89 + 7 + 1 = 97 Fixkosten = 10+10+7+7 = 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 =

89 + 14 + 2 = 105 Fixkosten = 10+7+7 = 24 Gesamtkosten = 129 Verbesserung um 2

i\j 1 2 3 4 5 si fi

2 20 10

3 10 7

4 10 7

dj 8 9 10 11 2 40

0

5

7

0

3

2

0

4

4

1

0

2

0

0

0

8

/

/

10

/

/

/

10

1

/

/

2

2

/

7

Standort 1 verbieten?



i\j 1 2 3 4 5 si fi

1 20 10

3 10 7

4 10 7

dj 8 9 10 11 2 40

7

5

7

1

3

2

2

4

4

1

0

2

0

0

0

/

/

8

10

/

/

1

10

/

/

/

2

9

/

/

Transportkosten =

89 + 56 + 20 + 9 +1 = 175 Fixkosten = 10+7+7 = 24 Gesamtkosten = 199 Verschlechterung


i\j 1 2 3 4 5 si fi

1 20 10

2 20 10

4 10 7

dj 8 9 10 11 12 50

7

0

7

1

0

2

2

0

4

1

1

2

0

0

0

/

8

/

/

10

/

11

/

/

2

/

10

7

2

/

Transportkosten =

89 + 11 + 7 = 107 Fixkosten = 10+10+7 = 27 Gesamtkosten = 134 Verschlechterung



Transportkosten =

89 + 1 + 7 = 97 Fixkosten = 10+10+7 = 27 Gesamtkosten = 124 Verbesserung um 7

i\j 1 2 3 4 5 si fi

1 20 10

2 20 10

4 10 7

dj 8 9 10 11 12 50

7

0

5

1

0

3

2

0

4

1

1

0

0

0

0

/

8

/

/

10

/

1

/

10

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