or-folien master sose 2012 medium · 2012. 5. 3. · or-lehrbücher • domschkeund drexl(2007):...

Operations Research

Wer vom Ziel nicht weiß, kann den Weg nicht haben.Christian Morgenstern

Prof. Dr. Martin Moog

Lehrstuhl für Forstliche Wirtschaftslehre

Gliederung

(1) Allgemeine Einführung– Literatur

– Modellbildung

(2) Logistische Prozesse– Reihenfolgeprobleme

• Rundreise

– Optimierung der Kapazitätsauslastung

– Optimierung der Maschinenbelegung

– Optimierung des Werkzeugwechsels

– Sonderfall: Ganzzahlige Optimierung

• Rundreise

• Postkutsche

– Zuordnungsprobleme• Transportproblem

• Chinese-Postman Problem

(3) Produktionsplanung und -steuerung

– Optimierung von Losgrößen

– Optimierung von Mischungen

– Sonderfall: Ganzzahlige Optimierung

(4) Standortentscheidung und Warteschlangenmodell

Prof. Dr. Martin Moog, Technische Universität München 2

(1) Allgemeine Einführung

• Literatur

• Modellbildung


Übersetzungen von OR ins Deutsche

• Unternehmensforschung

• Operationsforschung

• Optimierungsrechnung

• Planungsforschung

• Planungsrechnung• Planungsrechnung

• Optimalplanung

• mathematische Entscheidungsvorbereitung


haben sich nicht durchgesetzt

OR-Lehrbücher

• Domschke und Drexl (2007): Einführung in Operations Research, Springer-Lehrbuch

• Zimmermann, Werner (1992) Operations Research – Quantitative Methoden zur Entscheidungsvorbereitung, 6. Auflage, Oldenbourg

• Heinrich, Gert: Operations Research, Oldenbourg, 2007

• Werners, Brigitte (2006) Grundlagen des Operations Research. Springer

• Zimmermann, Hans-Jürgen (2008): Operations-Research. 2. Auflage, Vieweg

• Gohout, Wolfgang (2009): Operations Research. 4. Auflage, Oldenbourg

• Hillier, Frederick S. und Lieberman, Gerald J.: Operations Research, 4. Auflage, 1988, Oldenbourg(übersetzt)

• Henn, R. und Künzi, H. P.: Einführung in die Unternehmensforschung Band I und II, Springer Verlag, 1968

• Müller-Merbach, H.: Operations-Research, 2. Auflage, Vahlen, 1971 (es gibt viele neuere Auflagen)

• Gritzmann, Peter und Brandenberg, René: Das Geheimnis des kürzesten Weges, 3. Auflage, Springer Verlag, 2005


eine kleine Auswahl

Gliederungsschemata in OR Lehrbüchern (1/2)

• Netzplantechnik• Lineare Optimierung• Transport und

Zuordnungsoptimierung• Ganzzahlige Optimierung• Kombinatorische Optimierung• Dynamische Optimierung

• Lineare Optimierung• Graphentheorie• Lineare Optimierungsprobleme mit

spezieller Struktur• Netzplantechnik• Ganzzahlige und kombinatorische

Optimierung• Dynamische Optimierung

Zimmermann, W., 1992 Domschke und Drexl 1991, 2007

• Dynamische Optimierung• Nichtlineare Optimierung• Wahrscheinlichkeitstheoretische

Grundlagen• Entscheidungstheoretische

Grundlagen• Theorie der Spiele• Simulationstechnik• Warteschlangensysteme• Optimale Lagerhaltung

• Dynamische Optimierung• Nichtlineare Optimierung• Warteschlangentheorie• Simulation


Gliederungsschemata in OR Lehrbüchern (2/2)

• Lineare Optimierung• Spieltheorie• Transportprobleme• Ganzzahlige Optimierung• Binäre Optimierung• Graphentheorie• Netzplantechnik• Simulation

• Grundlagen linearer Optimierung• Modellerweiterungen, Dualität,

Sensitivitätsanalyse• Anwendungen linearer Optimierung• Graphentheorie• Projektplanung• Simulation und

Warteschlangensystem

Heinrich 2007 Werners 2006

• Simulation • Simulation und Warteschlangensystem

• Lösungen der Aufgaben


Wissenschaftliche Gesellschaften und Zeitschriften

• Deutsche Gesellschaft für Operations Research DGOR• Gesellschaft für Mathematik, Ökonomie und Operations Research GMÖOR• International Federation of OR-Societies IFORS• Operations Research Society of America ORSA


• Annals of OR• European Journal of OR• Journal of the Operational Research Society• Management Science• Mathematical Programming• Operations Research• OR Spektrum• Zeitschrift für OR

OR in forstlichen Lehrbüchern

• Kangas, Kangas, Kurttila: Decision Support for Forest Management, Springer 2008

• Bettinger, Boston, Siry, Grebner: Forest Management and Planning, Elsevier Academic Press, 2009


nur eine Auswahl

Literatur zu OR-Anwendungen in der Forstwirtschaft

HÖFLE und SCHÖPFER (1970 und 1971) haben eine Bibliographie der Anwendung der Methoden des Operations Research in der Forst- und Holzwirtschaft zusammengestellt (Mitteilungen der Baden-Württembergischen Forstlichen Versuchs- und Forschungsanstalt, Heft 25, Freiburg/Br.). In dieser Bibliographie sind rund 500 Titel erfaßt, von denen aber viele im angelsächsischen Sprachraum erschienen sind.


Ein Beispiel für eine Darstellung von LP-Modellen für landw. Fragestellungen

Mußhoff, Oliver u. Hirschauer, Norbert: Modernes Agrar-Management. Vahlen 2010

Ein Beispiel für eine Arbeit mit forstlichen Fragestellungen:

Rose, Dietmar: Quantitative Modelle in der strategischen Planung am Beispielder Forstwirtschaft, Hochschulverlag, Freiburg, 1992

OR-Modellbildung

OR im weiteren Sinne

Modellbildung und Lösungsfindung


Entwicklung vonAlgorithmen

OR im engeren Sinne

Erste OR-Anwendungen

Zusammenstellung vonSchiffskonvois im WKII

Optimierung derRadarerfassung derFlugbewegungen an derenglischen Küste

Der Krieg ist Vater aller Dinge.


kommerzielle Anwendungen nach dem 2. Weltkrieg

unzählige Rechenknechte

Computereinsatz notwendig

Museum in Hünfeld (Rhön)


Konrad Zuse

Logo der Konrad Zuse Gesellschaft

Z1 – 1938, ein mechanischer RechnerZ2 – 1938 der erste Versuch mit ElektronikZ3 – 1941 der erste funktionsfähige RechnerZ4 – noch in Berlin gebaut, im Allgäu

wiederaufgebaut, an die ETH vermietet.Plankalkül – die erste Programmiersprache (1945)

Konrad Zuse war auch künstlerisch begabt.Bill Gates ließ sich von ihm porträtieren.

Exkurs: Museen

Hünfeld

Paderborn – Heinz Nixdorf Museums Forum

München – Deutsches Museum


Realität(objektiv)

PerceptionBewusstsein

Anspruchsniveaus(subjektiv)

Problem(im Bewusstsein eines

Menschen)

Anpassung der An-Sprüche, Änderung

des Realitätsaus-schnitts Rechenmodell

Mathematisches Real-Modell

Verbales Modell

Formale

Sprache,Abstraktion

Algorithmus

natürliche

Sprache

Entschluss

Nicht-quantifizierterelevante Probleme

Tatbestände

Lösung des Problems

akzeptabel?

Lösung des Real-Modelles

Lösung des Rechenmodelles

Interpretation

Algorithmus

Interpretation

Zusammenhänge zwischen Problemen, Modellen und Algorithmen (Zimmermann, 1992, S. 1)

ja


Improvisation Planung


Improvisation Planung

Grundsätzliche Vorgehensweise des OR

reales Problem

mathematisches Modell

Abstraktion


Modell-Lösung

Lösungsvorschlagfür das reale Problem

Rechnung

Interpretation

nach Zimmermann, W., 1992, S. 3

Die gewählte Lösung mußnicht die Modell-Lösung sein.

Berücksichtigung weitererUmstände ist sinnvoll.

Modelltypen

Modelle

Erklärungs- Entscheidungs-Beschreibungs-

modelle

Erklärungs-modelle

oderPrognosemodelle

Entscheidungs-oder

Optimierungs-modelle


Restriktionenin Optimierungs-modellen

Schwerpunkt des OR

Optimierungsmodelle

Optimierungsmodell = Zielfunktion + Nebenbedingungen

maximiere den Deckungsbeitrag


minimiere die Kosten beachte die zur Verfügung stehendenProduktionskapazitäten

bei vorgegebenen Produktionsmengen

Modelle zur Maximierung oder Minimierung

Charakterisierung von Optimierungsmodellen

Informationsgraddeterministische Modelle

stochastische Modelle

Typ der Zielfunktion

und der

Nebenbedingungen

lineare, nichtlineare, ganzzahlige

eine oder mehrere Zielfunktionen

Zielfunktion(en)

eine oder mehrere Zielfunktionen

bei letzteren nur „Optimierung“, wenn

Effizienzkriterien angegeben werden können

(Beurteilungsmaßstäbe für den Grad der Erreichung

der Ziele)


Ein Unternehmen besitzt an mehreren Orten Fabrikhallen.

Es stellt sich die Frage, wie die Abteilungen auf diese Orte verteilt werden sollen.

Die Abteilungen müssen untereinander Güter austauschen. Dadurch entstehenTransportkosten.

Je mehr Güter getauscht werden müssen und je größer die Distanzen sind,desto höher sind die Transportkosten.

Nug30 – gelöst im Jahr 2000

desto höher sind die Transportkosten.

C.E. Nugent, Th.E. Vollmann und J. Ruml haben 1968 einen Satz von Beispielenformuliert für 5, 6, 7, 8, 12, 15, 20 und 30 Standorte (Nug5 bis Nug30).

An diesen Beispielen werden Optimierungsprogramme getestet.

Nug12 wurde erstmals 1978 gelöst, Nug15 1979

Nug30 hat 2,65 x 1032 Lösungen. Es wurde mit einem Algorithmus gelöst,der die Lösungen aussondert, unter denen das Optimum nicht sein kann.Gerechnet wurde mit mehr als 1.000 zusammengeschalteten Computern.

Prof. Dr. Martin Moog, Technische Universität München 21FAZ vom 25. 10. 2000

Vier wichtige Merkmale des OR

• Optimalitätsstreben

• Modellanalytische Vorgehensweise

• Problemquantifizierung

• Entscheidungsvorbereitung


Zimmermann, W., 1992, S. 4

Einteilung der Lösungsverfahren

• analytische Verfahren

• Näherungs-Verfahren

• heuristische Verfahren

• Simulations-Verfahren


Teilgebiete des OR

• Lineare Optimierung• Graphentheorie und Netzplantechnik• Ganzzahlige (lineare) und kombinatorische Optimierung• Dynamische Optimierung• Nichtlineare Optimierung• Warteschlangentheorie• Warteschlangentheorie• Simulation


nach Domschke u. Drexl, 2. Aufl. 1991

Typische Fragestellungen

• Losgrößen

• Reihenfolgeprobleme

• Rundreiseprobleme

• Zuordnungsprobleme


(2) Logistische Prozesse

• Reihenfolgeproblem

– Rundreise

– Postkutsche

• Zuordnungsproblem

– Transportproblem– Transportproblem

– Chinese-Postman Problem


Einfache Reihenfolgeprobleme

• Das bekannteste Lehrbuch-Reihenfolgeproblem ist das sogen. Travelling-Salesman-Problem oder Rundreiseproblem.

• Das Rundreiseproblem kann in der Forst- und Holzwirtschaft z.B. in Form einer Minimierung von Umsetzzeiten oder Umsetzkosten auftreten.Umsetzkosten auftreten.

• Die Reihenfolge der Bearbeitung von Losen kann aber auch ein Reihenfolgeproblem sein, bei dem es darum gehen kann, die Rüstzeiten oder die Rüstkosten zu minimieren.


Start

1 2 3

Das Reihenfolgeproblem als Ereignisbaum (3 Stationen)

1

2

3

3

2

2

1

3

3

1

3

1

2

2

1


Ein Beispiel für ein Rundreiseproblem

Die Reihenfolge, in der mit einem Bohr-Roboter Löcherin ein Werkstück gebohrt werden.

Der Bohrkopf beginnt mit dem ersten Loch, bohrt dannnacheinander die Löcher in das Werkstück und mußin die Ausgangsposition zurück, um beim nächstenWerkstück mit demselben Loch anzufangen.


Werkstück mit demselben Loch anzufangen.

Durch Optimierung der Reihenfolge läßt sich dieProduktivität der Maschine ggf. stark steigern.

Die Geschichte der gelösten Rundreiseprobleme

Jahr Art des Problems und Größe Autor, Algorithmus

1954 49 Städte, Hauptstädte der 48

Staaten der USA + Washingtonwww.math.princeton.edu/tsp/history.html

George Dantzig, Ray Fulkerson, Selmer

Johnson,

Branching and Bounding

1962 Wettbewerb von Proctor &

Gamble

1977 120 Knoten Martin Grötschel

1987 666 Knoten (world tour) Martin Grötschel und Olaf Holland

1991 3.038 Knoten David Applegate, Robert Bixby, Vasek

Chvátal

Die 15.112 Gemeinden in

Rheinland-Pfalz

2004 24.978 Orte in Schweden


vgl. Gritzmann und Brandenberg, 2005, S. 346 ff.

Stark symmetrische Probleme sind mit viel höherem Rechenaufwand verbunden.Ein Problem mit 225 Städten wurde erst 1995 geknackt.

Rundreise-Spiel

Internetseite von Herrn Kollegen Gritzmann, Fakultät für Mathematik

https://www-m9.ma.tum.de/Allgemeines/TravelingSalesman


F

A

Start undZiel

B

Rundreiseproblem (1/2)

Wie findet man intuitiv eine Lösung?

E

C

D


F

A

Start undZiel

B

Einfach zur jeweilsnächstgelegenen Station!

Algorithmus des besten

Nachfolgers

Rundreiseproblem (2/2)

E

C

D

Nachfolgers

führt tendenziell zulangen Rückwegen


Start/Ziel A B C

Start/Ziel 11 5 9

A 11 3 4

B 5 3 12

C 9 4 12 A

Es können auch Reisezeiten oderReisekosten sein.

Rundreiseproblem - Beispiel


Start/Ziel

B

C

11

9

5

3 4

12

Algorithmus des besten Nachfolgers (1/5)

Start/Ziel A B C

Start/Ziel 11 5 9

A 11 3 4

B 5 3 12

C 9 4 12


Es wird eine Entfernungsmatrix benötigt,diese ist symmetrisch, wenn Hin- und Rückwege gleichlang sind;die Felder auf der Hauptdiagonalen sind leer bzw. Null.

Bei der Rundreise liegt Start/Ziel fest, die erste Zeile und die erste Spalte sind dadurch bestimmt.

Die Reihenfolge der Spalten und Zeilen gibt die Reihenfolge der Stationen an;die Summe der blauen Felder folglich die Länge der Rundreise, hier 35.


Start/Ziel A B C

Start/Ziel 11 5 9

A 11 3 4

B 5 3 12

C 9 4 12


Um im Sinne des Algorithmus des besten Nachfolgers den Weg zu bestimmen,muß die Spalte A gegen die Spalte getauscht werden, in der in der ZeileStart/Ziel der kleinste Wert steht.

Es muß also Spalte B gegen Spalte A getauscht werden, dann die Zeilen entsprechend.

Start/Ziel A B C

Start/Ziel 11 5 9

A 11 3 4

B 5 3 12

C 9 4 12


Start/Ziel B A C

Start/Ziel 5 11 9

A 11 3 0 4

B 5 3 12

C 9 12 4


nach Tausch derSpalten A und B

Start/Ziel B A C

Start/Ziel 5 11 9

A 11 3 0 4

B 5 3 12

C 9 12 4

nach Tausch derSpalten A und B


Start/Ziel B A C

Start/Ziel 5 11 9

B 5 3 12

A 11 3 4

C 9 12 4


nach Tausch derZeilen A und B

Die Summe derDistanzen beträgtnun 21

Start/Ziel B A C

Start/Ziel 5 11 9

B 5 3 12

A 11 3 4

C 9 12 4

nach Tausch derSpalten A und Bund der Zeilen A und B



Es muß jetzt in der Zeile B rechts der Spalte B der kleinste Wert gesuchtwerden. Die Spalte müßte dann an die Position rechts neben Bgetauscht werden, dann entsprechend die Zeilen.

Hier steht aber schon der kleinste Wert an der richtigen Stelle.

Die Lösung lautet also: Start - B – A – C – Ziel Bei symmetrischen Matrizenist der umgekehrte Weg eine

gleichgute Lösung.

F

AStart und

Ziel

B

Verfahren des sukzessiven Einbausvon Stationenoder des geringsten Umwegs

erster

Verfahren des Sukzessiven Einbaus (1/7)

Prof. Dr. Martin Moog Technische Universität München

40

E

C

D Das Rundreiseproblem

ersterWegbzw .Schleife

F

AStart und

Ziel

B


erster

ersterUmweg


E

C

D

ersterWeg


F

AStart und

Ziel

B


erster

ersterUmweg

zweiter Umweg


E

C

D

ersterWeg


F

AStart und

Ziel

B


erster

ersterUmweg

zweiter Umweg


E

C

D

ersterWeg

dritter Umweg


F

AStart und

Ziel

B


erster

ersterUmweg

zweiter Umweg

vierter Umweg


E

C

D

ersterWeg

dritter Umweg


F

AStart und

Ziel

B


erster

ersterUmweg

zweiter Umweg

vierter Umweg


E

C

D

ersterWeg

dritter Umwegfünfter Umweg


Wenn man mit diesem Algorithmus Lösungen für jede mögliche Ausgangsschleife (Start- Station – Ziel) berechnet, erhält manje eine Lösung.Aus diesen Lösungen kann man die beste auswählen.



Das muß zwar nicht das Optimum sein, wird aber wahrscheinlicheine relativ gute Lösung sein.

• Das Rundreiseproblem kann dadurch gelöst werden, daß alle möglichen Wege berechnet werden (vollständige Enumeration)

• Die Zahl der möglichen Wege ist sehr groß, der Rechenaufwand dadurch ggf. zu hoch.

• Rechentechnisch erfolgt eine vollständige Enumeration dadurch, daß die Entfernungsmatrix vollständig durchgetauscht wird (vollständige

Vollständige Enumeration (1/8)

• Rechentechnisch erfolgt eine vollständige Enumeration dadurch, daß die Entfernungsmatrix vollständig durchgetauscht wird (vollständige Permutation).

Dabei wird nach jedem Tausch einer Spalte/Zeile die Rundreisestrecke berechnet.

Aus allen Rundreisestrecken wird schließlich die geringste ausgesucht. Deren Stationenfolge ist optimal.


Start/Ziel A B C

Start/Ziel

A

B

C Rückweg

Tausch Reihenfolge

Die Zeile/Spalte Start/Ziel soll an erster Position bleiben, die anderen sollen vollständig durchgetauscht werden. Also tauschen wir:

in der quadratischen Matrix


A gegen B S/Z-B-A-C

A gegen C S/Z-B-C-A

B gegen C S/Z-C-B-A

B gegen A S/Z-C-A-B

C gegen A S/Z-A-C-B

der nächste Tausch C gegen B

würde die Ausgangssituation A-B-C

wiederherstellen.


in der quadratischen Matrixmit je 3 Zeilen und Spaltengibt es 6 mögliche Reihenfolgender Zeilen bzw. Spalten.

6 = 3!

Die Zahl der Lösungen bei einemRundreiseproblem ist also immer:Zahl der Stationen ohne Start/ZielFakultät.

Tausch Reihenfolge Länge

Ausgangssituation 21

A gegen B S/Z-B-A-C 32

A gegen C S/Z-B-C-A

B gegen C S/Z-C-B-A

B gegen A S/Z-C-A-B

C gegen A S/Z-A-C-B

erster Tausch


Start/Ziel A B C

Start/Ziel 9 11 5

A 9 4 12

B 11 4 3

C 5 12 3

Start/Ziel B A C

Start/Ziel 11 9 5

B 11 4 3

A 9 4 12

C 5 3 12

Weglänge: 21 Weglänge: 32Rückweg


zweiter Tausch





A gegen C S/Z-B-C-A 35

B gegen C S/Z-C-B-A

B gegen A S/Z-C-A-B

C gegen A S/Z-A-C-B

Start/Ziel B C A

Start/Ziel 11 5 9

B 11 3 4

C 5 3 12

A 9 4 12

Start/Ziel B A C

Start/Ziel 11 9 5

B 11 4 3

A 9 4 12

C 5 3 12

Weglänge: 32 Weglänge: 35


dritter Tausch






B gegen C S/Z-C-B-A 21

B gegen A S/Z-C-A-B

C gegen A S/Z-A-C-B

Start/Ziel B C A

Start/Ziel 11 5 9

B 11 3 4

C 5 3 12

A 9 4 12

Start/Ziel C B A

Start/Ziel 5 11 9

C 5 3 12

B 11 3 4

A 9 12 4



vierter Tausch







B gegen A S/Z-C-A-B 32

C gegen A S/Z-A-C-B

Start/Ziel C A B

Start/Ziel 5 9 11

C 5 12 3

A 9 12 4

B 11 3 4

Start/Ziel C B A

Start/Ziel 5 11 9

C 5 3 12

B 11 3 4

A 9 12 4



fünfter Tausch







B gegen A S/Z-C-A-B 32

C gegen A S/Z-A-C-B 35

Start/Ziel C A B

Start/Ziel 5 9 11

C 5 12 3

A 9 12 4

B 11 3 4

Start/Ziel A C B

Start/Ziel 9 5 11

A 9 12 4

C 5 12 3

B 11 4 3



Start/Ziel C B A

Start/Ziel 5 11 9

C 5 3 12

Start/Ziel A B C

Start/Ziel 9 11 5

A 9 4 12

Es gibt zwei gleichwertige Lösungen:

A-B-C und C-B-A

mit je einer Rundreisestrecke von 21


C 5 3 12

B 11 3 4

A 9 12 4

A 9 4 12

B 11 4 3

C 5 12 3


Wenn alle Wege zweiseitig befahrbar sind,(keine Einbahnstraßen und gleichlang), muß es mindestens zwei gleichgute Lösungen geben.

Reihenfolgeprobleme, bei denen die erste und/oder letzte Stationnicht festliegt, haben n! Lösungen.

Ist die Reihenfolge von 3 Losen so zu bestimmen, daß die Rüstzeitenminimiert werden, ist eine Matrix mit den Zeiten für das jeweiligeUmrüsten aufzustellen

Ereignisbaum (1/2)

Latten Dielen Balken

Latten 4 3

Dielen 2 4

Balken 5 6

Die gesamte Zeit zum Umrüsten ergibt sich aus der Summe der Felderüber der Hauptdiagonalen.


Das Reihenfolgeproblem als Ereignisbaum

(3 Lose: Latten, Dielen, Balken)

Start


4 3 2 4 6 5


Latten 4 3

Dielen 2 4

Balken 5 6

Ereignisbaum (2/2)

Dielen Balken

Balken

Latten Balken Dielen Latten

Dielen Balken Latten Latten Dielen

4 3 2 4 6 5


4 6 3 5 2 4

8 9 5 9 8 9Summe der Umrüstzeiten

Bei Müller-Merbach (1971) findet sich eine Lösung des Rundreiseproblemsmit Hilfe der Dynamischen Programmierung.

Dynamische Programmierung


Beispiel für die Einsparung von Rechenzeit: Ein Reihenfolgeproblem

der Dimension 10x10 hat 1010

Lösungen, die bei einer vollständigen Enumeration berechnet werden

müßten. Gelingt es, dieses Problem in drei Stufen zu fassen, dann sind nur noch 103 Lösungen zu berechnen.

Ein Reisender will mit der Postkutsche vom Osten in den Westen der USA reisen. Er sucht die sicherste Strecke. Es gibt jeweils Lebensversicherungs-Policen für die Teilstrecken. Die Gesamtstrecke mit den geringsten Lebensversicherungs-Kostensei die sicherste Strecke.Der Graph teilt das Problem in Stufen und zeigt die möglichen Wegevon Stufe zu Stufe.

Das Postkutschenproblem (1/3)

Stufe 1 Stufe 2 Stufe 3 Stufe 4Stufe 0

B E


vgl. Hillier u. Lieberman, 1988, S. 316 ff.

Die Aufteilung in Stufen ist wichtig.Sie vermindert die Zahl möglicher Wege.

ZA C

B

D G

E

F

H

I



ZA C

B

D G

E

F

H

I

B C D

A 2 4 3

E F G

B 7 4 6

C 3 2 4

D 4 1 5

H I

E 1 4

F 6 3

G 3 3

Z

H 3

I 4


Die Kosten der Lebensversicherungen von Stufe zu Stufe

Das sind unsere Daten

vgl. Hillier u. Lieberman, 1988, S. 316 ff.

D G



ZA C

B E

F

H

I

B C D

A 2 4 3

E F G

B 7 4 6

C 3 2 4

D 4 1 5

H I

E 1 4

F 6 3

G 3 3

Z

H 3

I 4


Die Wahl des jeweils besten Nachfolgers führt zu

A B F I Z mit Kosten von 2+4+3+4 = 13

D G

Berechnung der Wege der Stationen der letzten Stufe

zum Ziel

Berechnung der Wege von denStationen der vorletzten Stufe

über die Stationen der letzten Stufezum Ziel

Der Ablauf ist auch vom Start aus in Richtung Zielmöglich.

Das Postkutschenproblem – dyn. Programmierung (1/8)


Berechnung der Wege von denStationen der drittletzten Stufe

über die Stationen der vorletzten Stufezum Ziel

usw. bis zum Erreichen des Starts

Das Postkutschenproblem – dyn. Programmierung (2/8)


ZA C

B E

F

H

I

B C D

A 2 4 3

E F G

B 7 4 6

C 3 2 4

D 4 1 5

H I

E 1 4

F 6 3

G 3 3

Z

H 3

I 4


Wir suchen den Weg mit den geringsten Kosten1 A x1 x2 x3 x4

wobei x4 = Z

D G

I

Wir suchen den Weg mit den geringsten Kosten.Dabei suchen wir vom Ziel aus. derzeitiger Ort Kosten Zielort

Das Postkutschenproblem – dyn. Programmierung (3/8)Stufe 1 Stufe 2 Stufe 3 Stufe 4Stufe 0

ZA C

B

D G

E

F

H

I


Dabei suchen wir vom Ziel aus.Es wird auf jeder Stufe der Weg gesucht, der die Kosten für den Rest der Strecke minimiert.Von Stufe 3 nach Stufe 4 sind die Kosten 3 oder 4,die niedrigsten Kosten also 3.

derzeitiger Ort

s

Kosten

f*4(s)

Zielort

x4*

H 3 Z

I 4 Z

B C D

A 2 4 3

E F G

B 7 4 6

C 3 2 4

D 4 1 5

H I

E 1 4

F 6 3

G 3 3

Z

H 3

I 4

Wie erreiche ich die Orte der 3. Stufemit geringsten Kosten?

Wir gehen eine Stufe in Richtung Startund berechnen für die Orte E, F und Gdie günstigsten Wege. derzeitiger Ort Kosten Zielort

jeweils + 3


ZA C

B

D G

E

F

H

I


die günstigsten Wege. derzeitiger Orts

Kosten

f*4(s)

Zielort

x4*

H 3 Z

I 4 ZKosten bei nächstem Ort

derzeitiger

Ort x3s

Ort H Ort I geringste

Kosten

also über Ort

E 1+3 = 4 4 + 4 = 8 4 H

F 6+3 = 9 3 + 4 = 7 7 I

G 3 + 3 = 6 3 + 4 = 7 6 H

jeweils + 4

H I

E 1 4

F 6 3

G 3 3

Wie erreiche ich die Orteder 2. Stufe zu geringsten Kosten?

Wir gehen eine Stufe in Richtung Start und berechnen für die Orte B, C und D die günstigsten Wege.

derzeitiger

Ort x

Kosten bei dem Weg über


ZA C

B

D G

E

F

H

I

Wenn ich über E nach B fahre,

derzeitiger

Ort x3s

Kosten bei nächstem Ort

Ort H Ort I geringste

Kosten

also über

Ort

E 1+3 = 4 4 + 4 = 8 4 H

F 6+3 = 9 3 + 4 = 7 7 I

G 3 + 3 = 6 3 + 4 = 7 6 H


Ort x2s

E

je + 4

F

je + 7

G

je + 6

geringste

Kosten

also über

Ort

B 7 + 4 = 11 4 + 7 = 11 6 + 6 = 12 11 E oder F

C 3 + 4 = 7 2 + 7 = 9 4 +6 = 10 7 E

D 4 + 4 = 8 1 + 7 = 8 5 + 6 = 11 8 E oder F

die zusätzlichen Kostenstehen in dieser Spalte

die Kosten der Stufe kommenaus dieser Matrix

E F G

B 7 4 6

C 3 2 4

D 4 1 5

Wenn ich über E nach B fahre,dann auf dem kürzesten Wegnach E. Andere wären ineffizient.

Wir gehen eine Stufe in Richtung Start und berechnen nun wie vor für den Start selbst


ZA C

B

D G

E

F

H

I

Wenn ich über B nach A fahre,dann auf dem kürzesten Wegzwischen B und Z.Andere Wege wären ineffizient.

derzeitiger

Ort x2s


E

je + 4

F

je + 7

G

je + 6

geringste

Kosten

also über

Ort

B 7 + 4 = 11 4 + 7 = 11 6 + 6 = 12 11 E oder F

C 3 + 4 = 7 2 + 7 = 9 4 +6 = 10 7 E

D 4 + 4 = 8 1 + 7 = 8 5 + 6 = 11 8 E oder F


derzeitiger

Ort x2s


B C D geringste

Kosten

also über

Ort

A 2 + 11 = 13 4 + 7 = 11 3 + 8 = 11 11 C oder D

die zusätzlichen Kostenstehen in dieser Spalte

die Kosten der Stufe kommenaus dieser Matrix

B C D

A 2 4 3

Wir gehen eine Stufe in Richtung Start und berechnen nun wie vor für den Start selbst


ZA C

B

D G

E

F

H

I


derzeitiger

Ort x2s


B C D geringste

Kosten

also über Ort

A 2 + 11 = 13 4 + 7 = 11 3 + 8 = 11 11 C oder D

Jetzt ergibt sich der optimale Weg bzw. die optimalen Wege, die jeweils Kosten von 11 verursachen:

Man startet über C oder über Dbei Wahl von C muß die Reise über E fortgesetzt werden und dann über H

bei Wahl von D kann auch über E und H fortgesetzt werden, oder über F und I

Jetzt ergibt sich der optimale Weg bzw. die optimalen Wege, die jeweils Kosten von 11 verursachen:

Man startet über C oder über D


ZA C

B

D G

E

F

H

I


Man startet über C oder über Dbei Wahl von C muß die Reise über E fortgesetzt werden und dann über Hbei Wahl von D kann auch über E und H fortgesetzt werden, oder über F und I

A D E H ZA C E H Z

A D F I Z

oder4 3 1 3 = 11 3 4 1 3 = 11

3 1 3 4 = 11

B C D

A 2 4 3

E F G

B 7 4 6

C 3 2 4

D 4 1 5

H I

E 1 4

F 6 3

G 3 3

Z

H 3

I 4

150

2

110

1

170

8

140

7

160

6

170

5

240

Nummer

verbleibendeGrundfläche

Durchforstungsoptimierung alsdynamische Programmierung

0 10

100

1. Durchforstung 2. DurchforstungBestandesbegründung Endnutzung

4

90

3

100

110

9

110

140

11

0

In Anhalt an Bettinger u.a. 2009, S. 117

35 Jahre 45 Jahre 55 Jahre

von der ersten zur zweiten Stufeoder die erste Durchforstung

Ernte in Festmetern diskontierter Erlös

keine Durchforstung ---- ---

schwache Durchforstung 3.378 244.96

mittlere Durchforstung 4.360 316.17

starke Durchforstung 5.352 388.11

0 1

0 2

30


Im Lehrbuch von Bettinger sind bei der ersten Durchforstung noch die Kulturkosten abgezogen (250.00 GE). Das ist jedoch nicht nötig, da hier ja die Kulturkosten konstant sind. Die Kulturkosten ändern also am Kapitalwert oder Endwert der Durchforstungen nichts. Daher sind die Zahlen hier zur Vereinfachung leicht verändert. Die Berücksichtigung der Kulturkosten ist aber nötig, wenn auch die Umtriebszeit variabel gestaltet wird. Dann muß

der Beitrag zum Bodenertragswert berechnet werden – darin sind auch die Kulturkosten enthalten.

0 4


von der zweiten zur dritten Stufeoder die zweite Durchforstung


keine Durchforstung --- ---





1 5

2 6

2 9

2 10







3 7

3 9

3 10

4 8

4 9

4 10


von der dritten zur vierten Stufeoder die Endnutzung


Endnutzung 44.858 1,225.99

Endnutzung 36.620 1,000.85

Endnutzung 33.804 923.88


5 11

6 11

7 11




8 11

9 11

10 11


Optimale Durchforstung mit dynamischer ProgrammierungEin Beispiel von Bettinger u.a. (2009 S. 116 ff.)

Es geht um einen Douglasienbestand, der mit gegebener Umtriebszeit undzwei Durchforstungen bewirtschaftet werden soll, wobei die Durchforstungenunterbleiben können.

Die Durchforstungen können unterschiedlich stark sein.Sie werden hinsichtlich ihrer Stärke als Absenkung der Grundfläche auf einenbestimmten Wert (Quadratfuß/Hektar) definiert.

Voraussetzung einer solchen Optimierung ist naturgemäß ein vergleichsweiseleistungsfähiges Modell zur Prognose des Wachstums

Eingriffsstärke 1. Durchforstung 2. Durchforstung

schwach Absenkung um 60 GF/ha Absenkung um 60 GF/ha

mittel Absenkung um 70 GF/ha Absenkung um 70 GF/ha

stark Absenkung um 80 GF/ha Absenkung um 80 GF/ha


Die Durchforstungsmöglichkeiten in Baumstruktur

Kultur

ohneGF=170

ohne schwache mittlere starke

schwacheGF= 110

ohne schwache mittlere

mittlere

GF=100


starke

GF= 90


GF die jeweils verbleibende Grundfläche (Quadratfuß/Hektar)

ohneGF= 240

schwacheGF=170

mittlereGF=110

starkeGF=100

ohneGF=170

schwacheGF=110

mittlereGF=100

ohneGF=160

schwacheGF=110

mittlereGF=100

ohneGF=140

schwacheGF=110

mittlereGF=100

rekursive Lösung, 1. Schritt

Erlös 1. Df. Erlös 2. Df. Erlös der EN Summe

1,225.99

Wir lösen das Problem jetzt rekursiv, also von der Endnutzung her.Dazu beginnen wir mit der Tabelle, die die diskontierten Endnutzungserlöse auflistete.

Betrachtet man nur diesen Schritt, dann ist natürlich der Weg 5-11 der vorteilhafteste.Aber das berücksichtigt die Stufe vorher nicht – das wollen wir in der nächsten Folie tun.

5 11

1,000.85

923.88

848.09

669.60

628.60

Man könnte es so ausdrücken:von 5 her kommend wird man

bei der EN mit 1.225 GE belohnt.6 11

7 11

8 11

9 11

10 11



1. Df. 2. Df. Erlös EN Summe

--- 1,225.99 1,225.99

--- 1,000.85 1,000.85

353.08 669.60 1,022.68

415.94 628.60 1,044.54

Wir betrachten jetzt die Wege von Stufe 2 über Stufe 3 zur Endnutzung (Stufe 4)

1 5 11

1 6 11

2 9 11

2 10 11 415.94 628.60 1,044.54

--- 923.88 923.88

275.48 669.60 945.08

339.94 628.60 968.54

--- 848.09 848.09

193.52 669.60 863.12

256.52 628.60 885.12

2 10 11

3 7 11

3 9 11

3 10 11

4 8 11

4 9 11

4 10 11




--- 1,225.99 1,225.99

--- 1,000.85 1,000.85

353.08 669.60 1,022.68

Wir betrachten jetzt die Wege von Stufe 1 über die Stufen 2 u. 3 zur Endnutzung (Stufe 4)

markiert jeweils den besten Weg, der für den nächsten Schritt ausgewählt wird

1 5 11

2 6 11

2 9 11

415.94 628.60 1,044.54

--- 923.88 923.88

275.48 669.60 945.08

339.94 628.60 968.54

--- 848.09 848.09

193.52 669.60 863.12

256.52 628.60 885.12

2 10 11

3 7 11

3 9 11

3 10 11

4 8 11

4 9 11

4 10 11In Anhalt an Bettinger u.a. 2009, S. 117



--- --- 1,225.99 1225.99

Wir betrachten jetzt die Wege von Stufe 1 über die Stufen 2 u. 3 zur Endnutzung (Stufe 4)

Wir verlängern nur die jeweils besten Wege nun nach rückwärts weiter.Das sind die mit dem Stern markierten in der vorherigen Folie.So wird das Problem eingegrenzt.Jetzt wird das Ergebnis der ersten Durchforstung hinzugefügt.

0 1 5 11 --- --- 1,225.99 1225.99

244.96 415.94 628.60 1289.50

316.17 339.94 628.60 1284.71

388.11 256.52 628.60 1273.23

Die Kulturkosten müssen, wie oben gesagt, hier nicht berücksichtigt werden.Damit kann aus den die 1. Df. einbeziehenden Lösungen nun die beste Gesamtlösungherausgesucht werden. Es ist die rechts mit dem Stern gekennzeichnete.

0 1 5 11

0 2 10 11

110 3 10

0 4 10 11


rekursive Rechnung zusammengefaßt

rekursive Lösung

1. Schritt 2. Schritt 3. Schritt

Weg Erlös EN Weg Erlös 2. Df. Zw.-Su. Weg Erlös 1. Df. Summe

5 - 11 1.225,99

1 - 5 -11 0,00 1.225,99 *

0 - 1 - 5 - 11 0,00 1.225,99

6 - 11 1.000,85

2 - 6 -11 0,00 1.000,85

7 -11 923,88

3 - 7 - 11 0,00 923,883 - 7 - 11 0,00 923,88

8 -11 848,09

4 - 8 - 11 0,00 848,09

9 -11 669,60

2 - 9 -11 353,08 1.022,68

3 - 9 - 11 275,48 945,08

4 - 9 - 11 193,52 863,12

10 -11 628,60

2 - 10 -11 415,94 1.044,54 *

0 - 2 -10 - 11 244,96 1.289,50

3 - 10 - 11 339,94 968,54 *

0 - 3 -10 - 11 316,17 1.284,71

4 - 10 -11 256,52 885,12 *

0 - 4 - 10 - 11 388,11 1.273,23

Vorwärtsrechnung

Das Problem muß nicht rekursiv gelöst werden, es kann auch von der Kultur beginnend die günstigste Lösung gesucht werden.

In diesem Fall wird zuerst die erste Durchforstung betrachtet, dann erste und zweite zusammen.Es werden die Wege gesucht, auf dem die „Stationen“ der 3. Stufe (Nrn. 5 bis 10) mit dem jeweils höchsten Erlös erreicht werden.Dann wird zur 4. Stufe (Endnutzung) für diese Wege weitergerechnet.Dann wird zur 4. Stufe (Endnutzung) für diese Wege weitergerechnet.

Es gibt aber Konstellationen, in denen die Vorwärtsrechnung nicht zum Optimum führt.

Sensitivitätsanalysen

Eine naheliegende Erweiterung besteht darin, die zusätzlichen

Kosten zu berechnen, die dadurch entstehen, daß der Weg durch

einen bestimmten Knoten genommen wird.

Vorwärtsrechnung für dasselbe ProblemVorwärtsrechnung

1. Schritt 2. Schritt 3. Schritt

Weg Erlös 1. Df. Weg Erlös 2. Df. Zw.-Su. Weg Erlös EN Summe

0 - 1 0,00

0 - 1 - 5 0,00 0,00 *

0 - 1 - 5 - 11 1.225,99 1.225,99

0 - 2 244,96

0 - 2 - 6 0,00 244,96 *

0 - 2 - 6 - 11 1.000,85 1.245,81

0 - 2 - 9 353,08 598,04 *

0 - 2 - 9 - 11 669,60 1.267,64

0 - 2 - 10 415,94 660,90 *

0 - 2 - 10 - 11 628,60 1.289,50

0 - 3 316,17

0 - 3 - 7 0 316,17 *

0 – 3 – 7 - 11 923,88 1.240,05

0 - 3 - 9 275,48 591,65

0 - 3 - 10 339,94 656,11

0 - 4 388,11

0 - 4 - 8 0 388,11 *

0 - 4 - 8 - 11 848,09 1236,20

0 - 4 - 9 193,52 581,63

0 - 4 - 10 256,52 644,63

Übungsaufgabe: maximiere die Erntemenge über 3 Durchforstungen (nur Holzmenge)

von nach Holzmenge

0 1 0

0 2 40

1 3 0

1 4 44

2 5 28

1. Durchforstung 1, 2

2. Durchforstung 3, 4, 5

3. Durchforstung 6, 7, 8

Endnutzung 92 5 28

3 6 0

3 7 55

4 7 27

4 8 47

5 8 29

6 9 246

7 9 206

8 9 185In Anhalt an Bettinger u.a. 2009, S. 117

3 6

von nach Holzmenge

0 1 0

0 2 40

1 3 0

1 4 44

2 5 28

3 6 0

3 7 55

4 7 27

4 8 47

98520

41 7

Stufe 1 Stufe 2 Stufe 3 Stufe 4 Stufe 5

Alter 30 Alter 40 Alter 50 Alter 60 Alter 70

5 8 29

6 9 246

7 9 206

8 9 185

3 6

Verbale Formulierung der Lösungsidee (Vorwärtsrechnung für Reisekosten):Es wird für jeden Knoten auf jeder Stufe kalkuliert, welche Kosten für die möglichen Wege von allen Knoten der vorherigen Stufe entstehen.Da die niedrigst möglichen Kosten zur Erreichung der Knoten der vorherigenStufe bereits bekannt sind, sind auch für jeden Knoten der aktuellen Stufe die niedrigsten Kosten leicht zu ermitteln.So werden sukzessive für alle Knoten

98520

3

41

6

7

Stufe 1 Stufe 2 Stufe 3 Stufe 4 Stufe 5

So werden sukzessive für alle Knotenvon Stufe zu Stufe die Wege bestimmt,auf denen sie mit den geringstenKosten erreicht werden.Schließlich der Weg (oder dieWege), auf denen das Zielmit den geringstenKosten erreicht wird.

Transportproblem

Von den Ausgangsorten Ai sollen bestimmte Mengen zu denBestimmungsorten Bj transportiert werden.

A1 Die Kosten sind zu minimieren.


A3

A2

Z1 Z2 Z3

als Lösungsverfahren geeignet:der Simplex-Algorithmus

aber die Rechen-zeiten erfordern

effizientereAlgorithmen

Prinzipielle Vorgehensweise der effizienteren Algorithmen

Ermittlung einer Ausgangslösung

BeispieleNordwest-Ecken-RegelVogelsches ApproximationsverfahrenSpalten-Minimum-Verfahren

zur Suche der optimalen Lösung


Ermittlung einer optimalen Lösung durchein iteratives Verfahren

zur Suche der optimalen LösungStepping-Stone-Methode

MODI-Methode

vgl. Heinrich, S. 65 ff.

Das Transportproblem als spezielles Zuordnungsproblem

Es sind n Elemente (Mittel, Personen) so auf n Aufgaben bzw. Stellenoder Orte zu verteilen, daß die Gesamtwirksamkeit maximiert wird.

E1Ein Spezialfall ist das Stundenplanproblem.Es sind die Lehrer den Klassen und den


E3

E2

Z1 Z2 Z3

Es sind die Lehrer den Klassen und denRäumen zuzuteilen.Ähnlich bei Dienstplänen.

Ein nicht ganz ernstgemeintes Zuordnungsproblem

Töchter Jünglinge

Jakob Joachim Jens Jan Johann Joseph

Tina

TizianaTiziana

Tirolia

Thea


Scheich Schuleiman möchte seine Töchter so verheiraten, daß die Zahlder Kamele maximiert wird.

vgl. Zimmermann, W., 1992, S. 120

Anzahl der Lösungen beim Zuordnungsproblem

Die Anzahl der Lösungen bei einem Zuordnungsproblem von n Sachenzu n Aufgaben ist n! (n Fakultät)

Bei n = 20 sind n! = 20x19x18x17 ....x2x1 = 2.432.902.008.176.640.000 Möglichkeiten


Ein Computer mit einer Arbeitsgeschwindigkeit von 10-6 Sekunden pro Operation(1 Mio. Operationen pro Sekunde) würde bei ununterbrochenem Einsatzfür die Berechnung aller Lösungen 80.000 Jahre benötigen.

kombinatorische Explosion

Ein einfaches Zuordnungsproblem

Ein Forstdienstleistungsunternehmen hat 5 Wartungsfahrzeuge mit denStandorten A1, ....., A5.5 Forstmaschinen an den Standorten P1, ...., P5 sind am nächsten Tagzu warten. Welcher Wartungstrupp fährt zu welchem Einsatzort?Gesucht sei die minimale Fahrtstrecke

Die Matrix enthält die Entfernungen zwischen allen Orten

Ausgangsorte Bestimmungsorte

P1 P2 P3 P4 P5

A1 8 3 11 13 16

A2 2 8 17 2 7

A3 12 9 4 4 6

A4 5 11 9 7 14

A5 6 8 9 3 13



Lösung des einfachen Zuordnungsproblems

Ausgangs-

orte

Bestimmungsorte

P1 P2 P3 P4 P5

A1 8 3 11 13 16

A2 2 8 17 2 7

A3 12 9 4 4 6

A4 5 11 9 7 14

A5 6 8 9 3 13


Fahrtstrecke 3+7+4+5+3 = 22 km


Lösungsmöglichkeiten für Zuordnungsprobleme

• Distributions-Methode• Stepping-Stone-Verfahren• Ungarische Methode• vollständige Enumeration


Methoden nach Zimmermann, W., 1992, S. 112ff

Die Vorgehensweise (außer bei der vollständigen Enumeration) besteht darin, im ersten Schritt eine Ausgangslösung zu suchen, die dann im zweiten Schritt verbessert wird.Eine gute Ausgangslösung findet man z.B. mit der Vogel´schen Methode.Alternativen sind das Nordwest-Ecken-Verfahren, das Matrixminimumverfahren,die Russel´sche Approximationsmethode, das Zeilen- oder Spaltenfolgeverfahren.

Transportkostenproblem - Vogel‘sches Verfahren (1/11)

Ausgan

gs-orte

Bestimmungsorte Pro-duktion

ge-

liefertRest

I II III IV V

1 30 50 45 80 75 120

2 25 90 50 70 60 80

3 100 60 35 75 25 150

4 20 35 110 90 85 100

Bedarf 70 90 130 60 100Bedarf 70 90 130 60 100

gedeckt

Rest


Henn und Künzi, Einführung in die Unternehmensforschung II, S. 22 ff.1968

Die Felder der Matrix enthalten die Transportkosten je Mengeneinheit.

Wir suchen eine gute Ausgangslösung.

Im Beispiel entsprechen die Liefermengen genau den Bedarfsmengen.Das nennt man den Standardfall.

Ist die Summe der Liefermengen größer als der Bedarf, muß man eine Spalte für die überschüssigen Mengen einfügen.

Ausgan

gs-orte

Bestimmungsorte Pro-duktion

ge-

liefertRest

I II III IV V

1 30 50 45 80 75 120

2 25 90 50 70 60 80

3 100 60 35 75 25 150

4 20 35 110 90 85 100

Bedarf 70 90 130 60 100


Bedarf 70 90 130 60 100

gedeckt

Rest



Wir suchen eine gute Ausgangslösung

Die Lösungsidee ist, zuerst das Feld mit den niedrigsten Transportkosten zu suchen und dort möglichst viele Mengeneinheiten einzusetzen.Dann geht man zum Feld mit den zweitniedrigsten Transportkosten und setztdort möglichst viele Mengeneinheiten ein; u.s.f……..

Ausgan

gs-orteBestimmungsorte Pro-

duktion

ge-

liefertRest

I II III IV V

1 30 50 45 80 75 120

2 25 90 50 70 60 80

3 100 60 35 75 25 150

4 20 x 70 35 110 90 85 100 70 30

Bedarf 70 90 130 60 100


gedeckt 70

Rest 70-70 =

0




Feld 4,I ist das Feld mit den niedrigsten Transportkosten.

Ausgan


duktion

ge-

liefertRest

I II III IV V

1 30 50 45 80 75 120

2 25 90 50 70 60 80

3 100 60 35 75 25 x 100 150 100 50

4 20 x 70 35 110 90 85 100 70 30

Bedarf 70 90 130 60 100


gedeckt 70 100

Rest 0 0




Feld 3,V ist das Feld mit den zweitniedrigsten Transportkosten.

Ausgan


duktion

ge-

liefertRest

I II III IV V

1 30 50 45 80 75 120

2 25 90 50 70 60 80

3 100 60 35 75 25 x 100 150 100 50

4 20 x 70 35 x 30 110 90 85 100 70+30 0

Bedarf 70 90 130 60 100


gedeckt 70 30 100

Rest 0 90-30

=60

0



Wir suchen eine gute AusgangslösungFeld 2,I ist das Feld mit den drittniedrigsten Transportkosten, aber der Bedarf istschon gedeckt. Das Feld mit den viertniedrigsten Transportkosten ist 4,II, dort können 30 Einheiteneingeplant werden. Damit sind die Lieferungen aus Ort 4 ausgelastet.

Ausgan


duktion

ge-

liefertRest

I II III IV V

1 30 50 45 80 75 120

2 25 90 50 70 60 80

3 100 60 35 x 50 75 25 x 100 150 100+50 0

4 20 x 70 35 x 30 110 90 85 100 70+30 0

Bedarf 70 90 130 60 100


gedeckt 70 30 50 100

Rest 0 60 130-50

=80

0



Wir suchen eine gute AusgangslösungFeld 3,III ist das Feld mit den fünftniedrigsten Transportkosten.Vom Ausgangsort 3 sind noch 50 Einheiten lieferbar, die werden dort eingeplant. Damit ist auch Ort 3 nicht mehr lieferfähig.

Ausgan


duktion

ge-

liefertRest

I II III IV V

1 30 50 45 x 80 80 75 120 80 40

2 25 90 50 70 60 80

3 100 60 35 x 50 75 25 x 100 150 100+50 0

4 20 x 70 35 x 30 110 90 85 100 70+30 0

Bedarf 70 90 130 60 100


gedeckt 70 30 50+80

=130

100

Rest 0 60 80-80=0 0



Wir suchen eine gute AusgangslösungFeld 1,III ist das Feld mit den sechstniedrigsten Transportkosten.Am Bestimmungsort III werden noch 80 Einheiten benötigt, die werden dort eingeplant. Damit ist der Bedarf an Ort III gedeckt

Ausgan


duktion

ge-

liefertRest

I II III IV V

1 30 50 x 40 45 x 80 80 75 120 80+40 0

2 25 90 50 70 60 80

3 100 60 35 x 50 75 25 x 100 150 100+50 0

4 20 x 70 35 x 30 110 90 85 100 70+30 0

Bedarf 70 90 130 60 100


gedeckt 70 30+40

=70

50+80 100

Rest 0 60-40

=20

0 0



Wir suchen eine gute AusgangslösungFeld 1,II ist das Feld mit den siebtniedrigsten Transportkosten.Am Bestimmungsort II werden noch 60 Einheiten benötigt, von Ort 1 könnennoch 40 Einheiten geliefert werden. Die werden dort eingeplant Damit ist die Lieferfähigkeit von Ort 1 erschöpft.

Ausgan


duktion

ge-

liefertRest

I II III IV V

1 30 50 x 40 45 x 80 80 75 120 80+40 0

2 25 90 50 70 x 60 60 80 60 20

3 100 60 35 x 50 75 25 x 100 150 100+50 0

4 20 x 70 35 x 30 110 90 85 100 70+30 0

Bedarf 70 90 130 60 100


gedeckt 70 30+40

=70

50+80 60 100

Rest 0 20 0 60-60=0 0



Wir suchen eine gute AusgangslösungFeld 2,IV ist das Feld mit den siebtniedrigsten Transportkosten.Dort können 60 Einheiten eingeplant werden. Damit ist der Bedarf an Ort IV gedeckt.

Ausgan


duktion

ge-

liefertRest

I II III IV V

1 30 50 x 40 45 x 80 80 75 120 80+40 0

2 25 90 x 20 50 70 x 60 60 80 60+20 0

3 100 60 35 x 50 75 25 x 100 150 100+50 0

4 20 x 70 35 x 30 110 90 85 100 70+30 0

Bedarf 70 90 130 60 100


gedeckt 70 30+40 +

20=90

50+80 60 100

Rest 0 0 0 0 0



Wir suchen eine gute AusgangslösungNun sind von Ort 2 noch 20 Einheiten zu liefern, und in Ort II werden noch 20 Einheitenbenötigt.Diese werden in Feld 2,II eingeplant.

Ausgangs-

orteBestimmungsorte

ProduktionI II III IV V

1 30 50 x 40 45 x 80 80 75 120

2 25 90 x 20 50 70 x 60 60 80

3 100 60 35 x 50 75 25 x 100 150

4 20 x 70 35 x 30 110 90 85 100

Bedarf 70 90 130 60 100

Kosten 2.000 3.600


Kosten

1.400

2.000

+1.800

+1.050

= 4.850

3.600

+1.250

=4.850 4.200 2.500 17.800



Wir berechnen die Transportkosten der guten Ausgangslösung:

Ausgangs-

orte

BestimmungsorteProduktion

I II III IV V

1 30 50 45 80 75 120

2 25 90 50 70 60 80

3 100 60 35 75 25 150

4 20 35 110 90 85 100

Bedarf 70 90 130 60 100

Transportkostenproblem – Nordwest-Ecken-Regel (1/8)

Bedarf 70 90 130 60 100



Die Felder der Matrix enthalten die Transportkosten je Mengeneinheit

Wir suchen eine zulässige Ausgangslösung.Diese wird als Start einer Optimierungsrechnung benötigt.

Ausgangs-

orte


I II III IV V

1 30 50 45 80 75 120

2 25 90 50 70 60 80

3 100 60 35 75 25 150

4 20 35 110 90 85 100

Bedarf 70 90 130 60 100


Bedarf 70 90 130 60 100



Wir suchen eine zulässige Ausgangslösung mit der Nord-West-Ecken-Regel

Die Lösungsidee ist, im Feld 1,I anzufangen und dort möglichst viele Mengeneinheiten einzusetzen.Dann nach rechts fortzuschreiten, bis Ort 1 nicht mehr lieferfähig ist.Dann kann man mit dem Feld 2,II weitermachen und so fortfahren.


Quell-orte

Zielorte

I II III IV

1 Wenn 1 mehrliefern kann als Zielort I braucht

2 Wenn der Bedarfvon Zielort I größer ist als die

Start

größer ist als dieLieferfähigkeit von Quellort 1


Man beginnt in Feld 1,I im Nordwesten und trägt soviele Einheiten wie möglich ein.Ist die Lieferfähigkeit des Quellortes 1 größer als der Bedarf des Zielortes I, trägt man in Feld 1,II soviel Einheiten wie möglich ein – u.s.f. bis Quellort 1nicht mehr lieferfähig ist. Dann geht es in Zeile 2 mit der Spalte weiter, in derder Bedarf noch nicht gedeckt ist.Ist der Bedarf von Zielort I mit der Lieferfähigkeit von Quellort 1 nicht zu decken, geht man in Zeile 2 und trägt möglichst viele Einheiten ein, u.s.f.

Ausgan

gs-orte

Bestimmungsorte Produktion

ge-

liefertRest

I II III IV V

1 30 x 70 50 x 50 45 80 75 120 70+50 0

2 25 90 50 70 60 80

3 100 60 35 75 25 150

4 20 35 110 90 85 100

Bedarf 70 90 130 60 100


Bedarf 70 90 130 60 100

gedeckt 70 50

Rest 0 40



Wir suchen eine zulässige Ausgangslösung mit der Nord-West-Ecken-Regel

Die Lösungsidee ist, im Feld 1,I anzufangen und dort möglichst viele Mengeneinheiten einzusetzen.Dann nach rechts fortzuschreiten, bis Ort 1 nicht mehr lieferfähig ist.Dann kann man mit dem eine Zeile tiefer liegenden Feld weitermachen und so fortfahren.

Ausgan

gs-orte


ge-

liefertRest

I II III IV V

1 30 x 70 50 x 50 45 80 75 120 70+50 0

2 25 90 x 40 50 x 40 70 60 80 40+40 0

3 100 60 35 75 25 150

4 20 35 110 90 85 100

Bedarf 70 90 130 60 100


Bedarf 70 90 130 60 100

gedeckt 70 50+40 40

Rest 0 0 90



Wir suchen eine zulässige Ausgangslösung mit dem Nordwest-Ecken-Regel Die Lösungsidee ist, im Feld 1,I anzufangen und dort möglichst viele Mengeneinheiten einzusetzen.Dann nach rechts fortzuschreiten, bis Ort 1 nicht mehr lieferfähig ist.Dann kann man mit dem eine Zeile tiefer liegenden Feld weitermachen und so fortfahren.

Ausgan

gs-orte


ge-

liefertRest

I II III IV V

1 30 x 70 50 x 50 45 80 75 120 70+50 0

2 25 90 x 40 50 x 40 70 60 80 40+40 0

3 100 60 35 x 90 75 x 60 25 150 90+60 0

4 20 35 110 90 85 100

Bedarf 70 90 130 60 100


Bedarf 70 90 130 60 100

gedeckt 70 50+40 40+90 60

Rest 0 0 0 0



Wir suchen eine zulässige Ausgangslösung mit der Nordwest-Ecken-Regel Wir machen mit Feld 3,III weiter. Dort setzen wir 90 ein.Dann in Feld 3,IV 60 Mengeneinheiten.

Ausgan

gs-orte


ge-

liefertRest

I II III IV V

1 30 x 70 50 x 50 45 80 75 120 70+50 0

2 25 90 x 40 50 x 40 70 60 80 40+40 0

3 100 60 35 x 90 75 x 60 25 150 90+60 0

4 20 35 110 90 x 0 85 x100 100 100 0

Bedarf 70 90 130 60 100


gedeckt 70 50+40 40+90 60 100

Rest 0 0 0 0 0



Wir suchen eine zulässige Ausgangslösung mit dem Nord-West-Ecken-Regel Wir machen mit Feld 4,IV weiter. Dort können wir aber nichts einsetzen, weil der Bedarfan Ort IV schon gedeckt ist.Wir gehen also zu Feld 4,V weiter und setzen dort die fehlenden 100 Mengeneinheiten ein.

Ausgan

gs-orte


ge-

liefertRest

I II III IV V

1 30 x 70 50 x 50 45 80 75 120 70+50 0

2 25 90 x 40 50 x 40 70 60 80 40+40 0

3 100 60 35 x 90 75 x 60 25 150 90+60 0

4 20 35 110 90 x 0 85 x100 100 100 0

Bedarf 70 90 130 60 100


Bedarf 70 90 130 60 100

gedeckt 70 50+40 40+90 60 100

Rest 0 0 0 0 0

Kosten 2.100 2.500

+3.600

= 6.100

2.000

+3.150

=5.150 4.500 8.500 26.350



Wir berechnen die Transportkosten für die mit dem Nordwest-Ecken-Regel gefundene Ausgangslösung.

Transportkostenproblem – Spalten-Minimum-Verfahren

Man beginnt in der linken Spalte.Dort sucht man den Weg mit den geringsten Kosten. Auf diesen setzt man die größtmögliche Menge.Dann sucht man den Weg mit den zweitgeringsten Kosten.Auf diesen setzt man die größtmögliche Menge.So arbeitet man die Spalte ab, bis der Bedarf gedeckt ist.


So arbeitet man die Spalte ab, bis der Bedarf gedeckt ist.Dann geht man eine Spalte weiter.Dort wiederholt man die Prozedur.


Aus-

gangs-

orte

BestimmungsortePro-

duktion

ge-

liefertRestI II III IV V

1 30 50 45 80 75 120

2 25 90 50 70 60 80

3 100 60 35 75 25 150


4 20 35 110 90 85 100

Bedarf 70 90 130 60 100

gedeckt

Rest

Aus-

gangs-

orte

BestimmungsortePro-

duktion

ge-


1 30 50 45 80 75 120

2 25 90 50 70 60 80

3 100 60 35 75 25 150

4 20x70 35 110 90 85 100 70 30



Bedarf 70 90 130 60 100

gedeckt 70

Rest 0

In Spalte I betragen die minimalen Transportkosten 20 GE/ME.Da der Ort 4 mehr als den Gesamtbedarf von 70 ME liefern kann,ist der Bedarf von I völlig aus 4 zu decken. Spalte I scheidet aus der weiteren Betrachtung aus.

Aus-

gangs-

orte

BestimmungsortePro-

duktion

ge-


1 30 50x60 45 80 75 120 60 60

2 25 90 50 70 60 80

3 100 60 35 75 25 150



3 100 60 35 75 25 150

4 20x70 35x30 110 90 85 100 70+30 0

Bedarf 70 90 130 60 100

gedeckt 70 30+60

Rest 0 0

Aus-

gangs-

orte

BestimmungsortePro-

duktion

ge-


1 30 50x60 45 80 75 120 60 60

2 25 90 50 70 60 80

3 100 60 35x130 75 25 150 130 20



3 100 60 35x130 75 25 150 130 20

4 20x70 35x30 110 90 85 100 70+30 0

Bedarf 70 90 130 60 100

gedeckt 70 30+60 130

Rest 0 0 0

Aus-

gangs-

orte

BestimmungsortePro-

duktion

ge-


1 30 50x60 45 80 75 120 60 60

2 25 90 50 70x60 60 80 60 20

3 100 60 35x130 75 25 150 130 20



3 100 60 35x130 75 25 150 130 20

4 20x70 35x30 110 90 85 100 70+30 0

Bedarf 70 90 130 60 100

gedeckt 70 30+60 130 60

Rest 0 0 0 0

Aus-

gangs-

orte

BestimmungsortePro-

duktion

ge-


1 30 50x60 45 80 75x60 120 60+60 0

2 25 90 50 70x60 60x20 80 60+20 0

3 100 60 35x130 75 25x20 150 130+20 0

4 20x70 35x30 110 90 85 100 70+30 0

Bedarf 70 90 130 60 100



Bedarf 70 90 130 60 100

gedeckt 70 30+60 130 60 20+20+

60

Rest 0 0 0 0 0

Kosten 1.400 3.000

+1.050

= 4.050

4.550 4.200 4.500

+1.200

+ 500

= 6.200

Summe der Kosten: 20.400

Die Lösung ist weniger gut als die nach dem

Vogel´schen Verfahren, aber besser als die nach

der NW-Ecken-Regel.

Ausgangs-

orte


I II III IV V

1 30 x 70 50 x 50 45 80 75 120

2 25 90 x 40 50 x 40 70 60 80

3 100 60 35 x 90 75 x 60 25 150

4 20 35 110 90 x 0 85 x 100 100

Bedarf 70 90 130 60 100

Transportkostenproblem – Stepping Stone Verf. (1/15)

Bedarf 70 90 130 60 100

Kosten 2.100 6.100 5.150 4.500 8.500 26.350



Wir wollen uns im Hinblick auf die Optimierung nun fragen, ob es sich lohnt,Mengeneinheiten in noch freie Felder zu verschieben.Wir demonstrieren die Überlegung an Feld 2,I

Das Stepping-Stone-Verfahren wird auch Zyklusmethode genannt, weil nach einerzyklischen Tauschmöglichkeit gesucht wird, mit der die Transportkosten vermindert

werden können.Ein Beispiel findet man auch in Wikipedia.

Ausgangs-

orte


I II III IV V

1 30 x 69 50 x 51 45 80 75 120

2 25 x 1 90 x 39 50 x 40 70 60 80

3 100 60 35 x 90 75 x 60 25 150

4 20 35 110 90 x 0 85 x 100 100

Bedarf 70 90 130 60 100

Kosten 2.070 2.550 5.150 4.500 8.500 26.305


Kosten 2.070

25

2.095

2.550

3.510

6.060

5.150 4.500 8.500 26.305



Wir wollen uns im Hinblick auf die Optimierung nun fragen, ob es sich lohnt,Mengeneinheiten in noch freie Felder zu verschieben, wobei die Summen in Zeilen und Spalte n konstant bleiben müssen.Wir demonstrieren die Überlegung an Feld 2,IWenn von 2,II eine Einheit nach 2,I verschoben wird, muß von 1,I eine nach 1,IIverschoben werden. Es entstehen die folgenden Kostendifferenzen:c2,I - c2,II + c1,II - c1,I in Zahlen: 25-90+50-30=-45Wir tragen diese Kostendifferenzen nun in alle freien Felder ein.

Ausgangs-

orte


I II III IV V

1 70 50 +35 +30 +30 120

2 -45 40 40 -20 -25 80

3 +45 -15 90 60 -45 150

4 -50 -55 +60 0 100 100

Bedarf 70 90 130 60 100


Kosten 26.350



Die Matrix enthält nun in allen Feldern, die nicht mit Mengen belegt sind, dieKostenwirkung bei Verschiebung einer Mengeneinheit in das bisher unbelegte Feld.

Felder, in die eine Verschiebung zu Mehrkosten führt, enthalten rote Zahlen.Felder, in die eine Verschiebung zu Einsparungen führt, enthalten grüne Zahlen.Die fetten schwarzen Zahlen sind die Mengen der Ausgangslösung.

Ausgangs-

orte


I II III IV V

1 70 50 +35 +30 +30 120

2 -45 40 40 -20 -25 80

3 +45 -15 90 60 -45 150

4 -50 -55 +60 0 100 100

Bedarf 70 90 130 60 100


Kosten 26.350



Die Lösungsidee besteht nun darin, mit Verschiebungen möglichst viele Mengeneinheitenauf die Felder mit den grünen negativen Zahlen zu bringen.

Man muß nicht mit dem Feld beginnen, das die höchsten Einsparungen erbringt.

Die Operation wird solange fortgesetzt, bis keine Einsparungen mehr zu erzielen sind.Dann ist das Optimum gefunden.

Ausgangs-

orte


I II III IV V

1 70 50 +35 +30 +30 120

2 -45 40 40 -20 -25 80

3 +45 -15 90 60 -45 150

4 -50 -55 +60 0 100 100

Bedarf 70 90 130 60 100

Kosten 26.350

Wir wählen das Feld 3,V als erstes.


Ausgangs-

orte


I II III IV V

1 70 50 +35 +30 +30 120

2 -45 40 40 -20 -25 80

3 +45 -15 90 0+45=+45 60 150

4 -50 -55 +60 0 100 100

Bedarf 70 90 130 60 100

Kosten

Prof. Dr. Martin Moog, Technische Universität München 123Henn und Künzi, Einführung in die Unternehmensforschung II, S. 22 ff.1968

Wir wählen das Feld 3,V als erstes.

60

Ausgangs-

orte


I II III IV V

1 70 50 +35 +30+45= +75

+30+45=+75

120

2 -45 40 40 -20+45=+25

-25+45= +20

80

3 +45 -15 90 +45 60 150

4 -50-45= -95

-55-45= -100

+60-45= +15

60 40 10060

60


Bedarf 70 90 130 60 100

Kosten

Prof. Dr. Martin Moog, Technische Universität München 124Henn und Künzi, Einführung in die Unternehmensforschung II, S. 22 ff.1968

Wir wählen das Feld 3,V als erstes.Wenn 60 ME von 3,IV nach 3,V verschoben werden, müssen zum Ausgleich 60 MEvon 4,V nach 4,IV verschoben werden.Dadurch entstehen für die Lieferungen des Ortes 4 zwar keine Mehrkosten,aber die Rückverschiebung würde in Zeile 3 Mehrkosten von 45 GE verursachen.Deshalb müssen die Verschiebungskosten in Zeile 4 um je 45 GE gemindert werden.Das erhöht die Vorteile einer Verschiebung in diese Felder. In den Spalten IV und Verhöhen sich die Verschiebungskosten um 45 GE/ME.Wir suchen daher als nächstes das Feld 4,II aus.

Ausgangs-

orte


I II III IV V

1 70 50 +35 +75 +75 120

2 -45 40 40 +25 +20 80

3 +45 -15 90 +45 60 150

4 -95 -100 +15 60 40 100

Bedarf 70 90 130 60 100

Kosten

Wir wählen das Feld 4,2 als nächstes. Aus Feld 4,5 lassen sich 40 ME verschieben


Ausgangs-

orte


I II III IV V

1 70 50 +35 +75 +75 120

2 -45 40 40 +25 +20 80

3 +45 -15 90 +45 60 150

4 -95 -100 +15 60 40 100

Bedarf 70 90 130 60 100

Kosten



Wir wählen das Feld 4,2 als nächstes. Aus Feld 4,5 lassen sich 40 ME verschieben

40

Ausgangs-

orte


I II III IV V

1 70 50 +35 +75-100= -25

+75 120

2 -45 40-40=0 40+40=80 +25-100=-75

+20 80

3 +45 -15 90-40=50 +45-100=-55

60+40=100 150

4 -95+100= +5

40 +15 +100= +115

60 +100 100

40

40

40


= +5 = +115

Bedarf 70 90 130 60 100

Kosten 19.650



Wir wählen das Feld 4,II als nächstes. Aus Feld 4,V lassen sich 40 ME verschieben.Zum Ausgleich müssen 40 ME aus Spalte II in die Spalte V verschoben werden.Dies geschieht in zwei Schritten durch Verschiebung von Spalte II in Spalte III und dann in Vohne Mehrkosten.

In Zeile 4 sind die Verschiebungskosten jeweils um die 100 GE/ME zu vermindern.In Spalte IV sind die Verschiebungskosten um 100 GE/ME zu vermindern.

40

Ausgangs-

orte


I II III IV V

1 70 50 +35 -25 +75 120

2 -45 0 80 -75 +20 80

3 +45 -15 50 -55 100 150

4 +5 40 +115 60 +100 100

Bedarf 70 90 130 60 100

Kosten 19.650




Wir wählen das Feld 2,I als nächstes. Die Verschiebung von 0 aus Feld 2,II nach Feld 2,I verändert allerdings die Gesamtkostennicht.

Ausgangs-

orte


I II III IV V

1 70 50 +35-45=-10

-25 +75-45=+30

120

2 0 +45 80 -75+45=-30

+20 80

3 +45+45= 90

-15+45=30

50 -55+45=-10

100 150

4 +5 40 +115-45=+70

60 +100-45=+55

100


=+70 =+55

Bedarf 70 90 130 60 100

Kosten 19.650



Wir wählen das Feld 2,I als nächstes. Die Verschiebung von 0 aus Feld 2,II nach Feld 2,I verändert allerdings die Gesamtkostennicht.Sie führt allerdings zu Veränderungen der Verschiebungskosten.

Ausgangs-

orte


I II III IV V

1 70 50 -10 -25 +30 120

2 0 +45 80 -30 +20 80

3 90 30 50 -10 100 150

4 +5 40 +70 60 +55 100

Bedarf 70 90 130 60 100

Kosten




Wir wählen das Feld 1,III als nächstes.

Ausgangs-

orte


I II III IV V

1 +10 50 70 -25 +40 120

2 70 +35 10 -40 +20 80

3 90 20 50 -20 100 150

4 +15 40 +80 60 +65 100

Bedarf 70 90 130 60 100

Kosten




Wir wählen das Feld 2,IV als nächstes.

Ausgangs-

orte


I II III IV V

1 -30 40 80 -25 +40 120

2 70 +75 +40 10 +60 80

3 50 20 50 -20 100 150

4 -25 50 +80 50 +65 100

Bedarf 70 90 130 60 100

Kosten


Kosten



Wir wählen das Feld 1,I als nächstes.

Ausgangs-

orte


I II III IV V

1 40 +30 80 +5 +40 120

2 30 +75 +10 50 +30 80

3 80 50 50 +10 100 150

4 -25 90 +50 10 +35 100

Bedarf 70 90 130 60 100

Kosten


Kosten



Wir wählen das Feld 4,I als nächstes, das als einziges eine Kostenminderung ermöglicht.

Ausgangs-

orte


I II III IV V

1 40 +5 80 +5 +40 120

2 20 +50 +10 60 +30 80

3 +80 +25 50 +10 100 150

4 10 90 +75 +25 +60 100

Bedarf 70 90 130 60 100

Kosten 17.100



vgl. Henn und Künzi, Einführung in die Unternehmensforschung II, S. 22 ff.1968

Nun weist kein Feld mehr negative Verschiebungskosten auf, so daß eine optimaleLösung erreicht sein muß.

Transportkostenproblem

Mit dem Excel-Solver läßt sich das Transportkosten-Beispiel aus dem Buch von Henn&Künzi auch lösen.


Die Lösung des Transportkostenproblems

mit dem Excel-Solver

Besonders beeindruckende logistische Leistungen

Umzug des Flughafens München in der Nacht vom 16./17. Mai 1992von Riem nach Erding.

Austausch aller Schilder auf dem Flugfeld des Rhein-Main-Flughafensin einer Nacht (FAZ vom 12.6. 2010).


Umzug der Ministerien von Bonn nach Berlin

Das Problem des Postboten unterscheidet sich vom Problem desHandlungsreisenden dadurch, daß es nicht darum geht, eine Reihe vonOrten zu besuchen, sondern ein Netz auf einem möglichst kurzen Wegvollständig abzulaufen.

Im Graphen kommt es also darauf an, alle Kanten zu durchlaufen, wobeimöglichst wenige (nur kurze) unproduktive Strecken vorkommen sollen.

Das Chinese Postman Problem

eigenes Foto


Praktische Anwendungen könnten z.B. sein:

• eine optimierte Strecken für die Schneeräumung auf den Waldwegen• eine optimierte Strecke für die Begutachtung der Randbäume an Wegen• eine optimierte Strecke für die Prüfung der Wege nach einem Sturm

(3) Produktionsplanung und -steuerung

• Optimierung von Losgrößen

• Optimierung von Mischungen

• Optimierung der Kapazitätsauslastung

• Optimierung der Maschinenbelegung

• Optimierung des Werkzeugwechsels• Optimierung des Werkzeugwechsels

• Sonderfall: Ganzzahlige Optimierung


Optimierung der Bearbeitungsreihenfolge von Losen

• Reihenfolgeprobleme ergeben sich in der industriellen Produktion besonders dann, wenn zur Bearbeitung von Losen mehrere Kapazitätseinheiten nacheinander in Anspruch genommen werden müssen und die Bearbeitung der Lose jeweils unterschiedliche Zeit in Anspruch nimmt. Die Optimierung der Reihenfolge der Bearbeitung führt dann zur Minimierung der Leerzeiten der Kapazitätseinheiten.

• In der Sägeindustrie ist z.B. vorstellbar, daß Einschnitt und Trocknung hintereinandergeschaltet sind. Durch Optimierung der Reihenfolge könnten dann Leerzeiten der Trocknungsanlage vermieden werden.

• Ein solches Reihenfolgeproblem läßt sich mit Johnson´s-Algorithmus elegant lösen.


Es sei ein Reihenfolgeproblem aus 8 Losen betrachtet.

Die Zahl der möglichen Lösungen ist 8! = 40.320

Es liegt eine zweistufige Bearbeitungsfolge vor, wie sie in der Holzindustriebeispielsweise beim Sägen und Trocknen vorkommen könnte, oder bei einemBearbeitungs- und einem Verleimungsprozeß.

Johnson‘s Algorithmus (1/13)


Dabei soll es Ziel der Optimierung sein, die Leerzeiten des zweiten Prozesseszu minimieren (Zielfunktion). Bei einem Trockner, einem Brennofen, einer beheizten Presse etc. ist der Zweck offensichtlich (Energieeinsparung).

Es kann aber auch darum gehen, die Arbeitszeit der zweiten Bearbeitungs-stufe zu minimieren, weil diese noch für einen anderen Produktionsprozeßbenötigt wird und daher ein Engpaßfaktor ist.

der vorgestellte Algorithmusfunktioniert auch bei 3 Maschinen

(OR Handbook, in unserem Bestand)

Ein Beispiel (fahrende Künstler) findetman bei Kaufmann u. Faure, Methoden

des OR, Walter de Gruyter, S 231 ff.

Los 1 2 3 4 5 6 7 8

Stufe 1 20 10 14 12 12 18 25 15

Stufe 2 25 8 11 10 15 12 20 20

Die Tabelle zeigt die Zeiteinheiten, die für die Bearbeitung der Lose nötig sind.

grafische Darstellung der Leerzeiten, zufällige Reihenfolge



grafische Darstellung der Leerzeiten, zufällige Reihenfolge

Stufe 1

2 6 3 8 7 1 4 5

Stufe 2 8 12 11 20 20 25

10 18 14 15 25 20 12 12

10 10 2 4 5

Leerzeiten

Los 1 2 3 4 5 6 7 8

Stufe 1 20 10 14 12 12 18 25 15

Stufe 2 25 8 11 10 15 12 20 20

Nun suchen wir uns das Los mit der kürzesten Bearbeitungszeit.

Das ist Los 2, mit 8 Minuten in Stufe 2.



Das ist Los 2, mit 8 Minuten in Stufe 2.

Wenn diese kürzeste Bearbeitungszeit auf Stufe 1 fällt, reihen wir dieses Losan den Anfang.

Wenn die kürzeste Bearbeitungszeit auf die Stufe 2 fällt, reihen wir dieses Losan das Ende.

Wir wiederholen diesen Schritt und tragen das Ergebnis in eine Matrix ein, die in der Waagerechten die Reihenfolge zeigt und in der Senkrechten dieAuswahlschritte (Iterationen).

also an das Ende

Los 1 2 3 4 5 6 7 8

Stufe 1 20 10 14 12 12 18 25 15

Stufe 2 25 8 11 10 15 12 20 20

Position in der Reihenfolge

Johnson‘s Algorithmus – 1. Auswahlschritt (4/13)

1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8.

Ausw

ahls

chritt

1 2

2

3

4

5

6

7

8


Los 1 2 3 4 5

or-folien master sose 2012 medium · 2012. 5. 3. · or-lehrbücher • domschkeund drexl(2007):...

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