Logistyka p nr 6 (1)

Michał Swacha gr. P6; MTDI2; Zestaw 6

TEMAT: Optymalny rozdział ładunku

Z trzech hut dysponujących: 900, 1000, 100 tonami stali 55 należy przetransportować ją do czterech zakładów przemysłowych potrzebujących odpowiednio: 500, 200, 1000, 600 ton. Jednostkowe koszty transportu między każda hutą, a każdym zakładem podano w macierzy kosztów [cij]. Opracować rozdział stali charakteryzujący się najmniejszym kosztem transportu.

O1 O2 O3 O4
D1 10 3 7 1
D2 10 2 7 6
D3 9 2 5 2

1.Wyznaczenie potencjału dla rozwiązania bazowego

Ui+Uj=Kij

O1 O2 O3 O4 Podaż "Z"
D1 x11 x12 x13 x14 900
D2 x21 x22 x23 x24 1000
D3 x31 x32 x33 x34 100
D4 x41 x42 x43 x44 300
Popyt "P" 500 200 1000 600 P=Z=2300
O1 O23 O3 O4 Δrz
D1 10 3 7 1 2
D2 10 2 7 6 4
D3 9 2 5 2 0
D4 0 0 0 0 0
Δk 9 2 5 1

10· x11+3· x12+7· x13+1· x14+10· x21+2· x22+7· x23+6· x24+9· x31+2· x32+5· x33+2· x34+0· x41+ +0· x42+0· x43+0· x44 → min

Dla odbiorców: Dla dostawców:

x11+x21+x31+x41 =500 x11+x12+x13+x14 =900
x12+x22+x32+x42 =200 x21+x22+x23+x24 =1000
x13+x23+x33+x43 =1000 x31+x32+x33+x34 =100
x14+x24+x34+x44 =600 x41+x42+x43+x44 =300

METODA KĄTA PÓŁNOCNO-ZACHODNIEGO

O1 O2 O3 O4 Podaż
D1 500 200 200 900
D2 800 200 1000
D3 100 100
D4 300 300
Popyt 500 200 1000 600

FC: 10·500+3·200+7·200+7·800+7·100+6·200+2·100+0·300 = 14000

METODA NAJMNIEJSZYCH KOSZTÓW JEDNOSTKOWYCH

O1 O2 O3 O4 Podaż
D1 300 600 900
D2 200 200 600 1000
D3 100 100
D4 300 300
Popyt 500 200 1000 600

FC: 7·300+1·600+10·200+2·200+7·600+5·100+0·300 = 9800

METODA VAM

O1 O2 O3 O4 Podaż
D1 200 [5] 100 [7] 600 [4] 900
D2 200 [3] 800 [6] 1000
D3 100 [2] 100
D4 300 [1] 300
Popyt 500 200 1000 600

FC: 10·200+0·300+2·200+7·100+7·800+5·100 +1·600 = 9800

2. Wyznaczenie potencjału dla rozwiązania bazowego

Potencjał wierszy i kolumn kij>0

SPRAWDZENIE 1

O1 O2 O3 O4
D1 500 200 200
D2 800 200
D3 100
D4 300
O1 O2 O3 O4 Ui
D1 10 3 7 1 10
D2 10 2 7 6 10
D3 9 2 5 2 6
D4 0 0 0 0 4
Vj 0 -7 -3 -4

Sprawdzenie optymalności rozwiązania
Δij=(Ui+Vj)-kij≤0

k11=10 to Δ=(10+0)-10=0 k12=3 to Δ=(10-7)-3=0 k13=7 to Δ=(10-3)-7=0 k14=1 to Δ=(10-4)-1=5
k21=10 to Δ=(10+0)-10= 0 k22=2 to Δ=(10-7)-2=1 k23=7 to Δ=(10-3)-7=0 k24=6 to Δ=(10-4)-6=0
k31=9 to Δ=(6+0)-9=-3 k32=2 to Δ=(6-7)-2=-3 k33=5 to Δ=(6-3)-5=-2 k34=2 to Δ=(6-4)-2=0
k41=0 to Δ=(4+0)-0=4 k42=0 to Δ=(4-7)-0=3 k43=0 to Δ=(4-3)-0=1 k44=0 to Δ=(4-4)-0=0

Rozwiązanie nie jest optymalne, ponieważ nie spełnia warunku: Δij≤0.
Poszukujemy kolejnego optymalnego rozwiązania.

SPRAWDZENIE 2

O1 O2 O3 O4
D1 0 0 0-Q 5+Q
D2 0 1 0+Q 0-Q
D3 -3 -3 -2 0
D4 4 3 1 0

Q=200

O1 O2 O3 O4
D1 500 200 200
D2 1000
D3 100
D4 300
O1 O2 O3 O4 Ui
D1 10 3 7 1 7
D2 10 2 7 6 7
D3 9 2 5 2 11
D4 0 0 0 0 6
Vj 3 -4 0 -6

Sprawdzenie optymalności rozwiązania
Δij=(Ui+Vj)-kij≤0

k11=10 to Δ=(7+3)-10=0 k12=3 to Δ=(7-4)-3=0 k13=7 to Δ=(7+0)-7=0 k14=1 to Δ=(7-6)-1=0
k21=10 to Δ=(7+3)-10=0 k22=2 to Δ=(7-4)-2=1 k23=7 to Δ=(7+0)-7=0 k24=6 to Δ=(7-6)-6=-5
k31=9 to Δ=(11+3)-9=5 k32=2 to Δ=(11-4)-2=5 k33=5 to Δ=(11+0)-5=6 k34=2 to Δ=(11-6)-2=3
k41=0 to Δ=(6+3)-0=9 k42=0 to Δ=(6-4)-0=2 k43=0 to Δ=(6+0)-0=6 k44=0 to Δ=(6-6)-0=0

Rozwiązanie nie jest optymalne, ponieważ nie spełnia warunku: Δij≤0.
Poszukujemy kolejnego optymalnego rozwiązania.

SPRAWDZENIE 3

O1 O2 O3 O4
D1 0-Q 0 0 0+Q
D2 0 1 0 -5
D3 5 5 6 3
D4 9+Q 2 6 0-Q

Q=300

O1 O2 O3 O4
D1 200 200 500
D2 1000
D3 100
D4 300
O1 O2 O3 O4 Ui
D1 10 3 7 1 0
D2 10 2 7 6 0
D3 9 2 5 2 1
D4 0 0 0 0 -10
Vj 10 3 7 1

Sprawdzenie optymalności rozwiązania
Δij=(Ui+Vj)-kij≤0

k11=10 to Δ=(0+10)-10=0 k12=3 to Δ=(0+3)-3=0 k13=7 to Δ=(0+7)-7=0 k14=1 to Δ=(0+1)-1=0
k21=10 to Δ=(0+10)-10= 0 k22=2 to Δ=(0+3)-2=1 k23=7 to Δ=(0+7)-7=0 k24=6 to Δ=(0+1)-6=-5
k31=9 to Δ=(1+10)-9=2 k32=2 to Δ=(1+3)-2=2 k33=5 to Δ=(1+7)-5=3 k34=2 to Δ=(1+1)-2=0
k41=0 to Δ=(-10+10)-0=0 k42=0 to Δ=(-10+3)-0=-7 k43=0 to Δ=(-10+7)-0=-3 k44=0 to Δ=(-10+1)-0=-9

Rozwiązanie nie jest optymalne, ponieważ nie spełnia warunku: Δij≤0.
Poszukujemy kolejnego optymalnego rozwiązania.

SPRAWDZENIE 4

O1 O2 O3 O4
D1 0 0 0 0
D2 0 1 0-Q -5+Q
D3 2 2 3+Q 0-Q
D4 0 -7 -3 -9

Q=100

O1 O2 O3 O4
D1 200 200 500
D2 900 100
D3 100
D4 300
O1 O2 O3 O4 Ui
D1 10 3 7 1 3
D2 10 2 7 6 8
D3 9 2 5 2 6
D4 0 0 0 0 -7
Vj 7 0 -1 -2

Sprawdzenie optymalności rozwiązania
Δij=(Ui+Vj)-kij≤0

k11=10 to Δ=(3+7)-10=0 k12=3 to Δ=(3+0)-3=0 k13=7 to Δ=(3-1)-7=-5 k14=1 to Δ=(3-2)-1=0
k21=10 to Δ=(8+7)-10= 5 k22=2 to Δ=(8+0)-2=6 k23=7 to Δ=(8-1)-7=0 k24=6 to Δ=(8-2)-6=0
k31=9 to Δ=(6+7)-9=4 k32=2 to Δ=(6+0)-2=4 k33=5 to Δ=(6-1)-5=0 k34=2 to Δ=(6-2)-2=2
k41=0 to Δ=(-7+7)-0=0 k42=0 to Δ=(-7+0)-0=0 k43=0 to Δ=(-7-1)-0=-8 k44=0 to Δ=(-7-2)-0=-9

Rozwiązanie nie jest optymalne, ponieważ nie spełnia warunku: Δij≤0.
Poszukujemy kolejnego optymalnego rozwiązania.

SPRAWDZENIE 5

O1 O2 O3 O4
D1 0 0-Q -5 0+Q
D2 5 6+Q 0 0-Q
D3 4 4 0 2
D4 0 0 -8 -9

Q=100

O1 O2 O3 O4
D1 200 100 600
D2 100 900
D3 100
D4 300
O1 O2 O3 O4 Ui
D1 10 3 7 1 10
D2 10 2 7 6 9
D3 9 2 5 2 7
D4 0 0 0 0 0
Vj 0 -7 -2 -9

Sprawdzenie optymalności rozwiązania
Δij=(Ui+Vj)-kij≤0

k11=10 to Δ=(10+0)-10=0 k12=3 to Δ=(10-7)-3=0 k13=7 to Δ=(10-2)-7=1 k14=1 to Δ=(10-9)-1=0
k21=10 to Δ=(9+0)-10= -1 k22=2 to Δ=(9-7)-2=0 k23=7 to Δ=(9-2)-7=0 k24=6 to Δ=(9-9)-6=-6
k31=9 to Δ=(7+0)-9=-2 k32=2 to Δ=(7-7)-2=-2 k33=5 to Δ=(7-2)-5=0 k34=2 to Δ=(7-9)-2=-4
k41=0 to Δ=(0+0)-0=0 k42=0 to Δ=(0-7)-0=-7 k43=0 to Δ=(0-2)-0=-2 k44=0 to Δ=(0-9)-0=-9

Rozwiązanie nie jest optymalne, ponieważ nie spełnia warunku: Δij≤0.
Poszukujemy kolejnego optymalnego rozwiązania.

SPRAWDZENIE 6

O1 O2 O3 O4
D1 0 0-Q 1+Q 0
D2 -1 0+Q 0-Q -6
D3 -2 -2 0 -4
D4 0 -7 -2 -9

Q=100

O1 O2 O3 O4
D1 200 100 600
D2 200 800
D3 100
D4 300
O1 O2 O3 O4 Ui
D1 10 3 7 1 10
D2 10 2 7 6 10
D3 9 2 5 2 8
D4 0 0 0 0 0
Vj 0 -8 -3 -9

Sprawdzenie optymalności rozwiązania
Δij=(Ui+Vj)-kij≤0

k11=10 to Δ=(10+0)-10=0 k12=3 to Δ=(10-8)-3=-1 k13=7 to Δ=(10-3)-7=0 k14=1 to Δ=(10-9)-1=0
k21=10 to Δ=(10+0)-10= 0 k22=2 to Δ=(10-8)-2=0 k23=7 to Δ=(10-3)-7=0 k24=6 to Δ=(10-9)-6=-5
k31=9 to Δ=(8+0)-9=-1 k32=2 to Δ=(8-8)-2=-2 k33=5 to Δ=(8-3)-5=0 k34=2 to Δ=(8-9)-2=-3
k41=0 to Δ=(0+0)-0=0 k42=0 to Δ=(0-8)-0=-8 k43=0 to Δ=(0-3)-0=-3 k44=0 to Δ=(0-9)-0=-9

O1 O2 O3 O4
D1 0 -1 0 0
D2 0 0 0 -5
D3 -1 -2 0 -3
D4 0 -8 -3 -9

Rozwiązanie jest optymalne, ponieważ został spełniony warunek Δij≤0.

Rozdział optymalny:

O1 O2 O3 O4
D1 200 100 600
D2 200 800
D3 100
D4 300

FC: 10·200+0·300+2·200+7·100+7·800+5·100+1·600 = 9800

WNIOSKI:
W rozpatrywanym przypadku metoda VAM oraz metoda kosztów jednostkowych okazały się metodami najbardziej optymalnymi ponieważ funkcja celu w tych metodach ma najmniejszą wartość, a co za tym idzie koszt transportu w tych metodach jest najniższy.


Wyszukiwarka

Podobne podstrony:
Kanicki Robert Wykorzystanie technologii RFID w transporcie lądowych, Logistyka nr 5, 2012
Temat 2 Damian Ostrowski gr C, Logistyka, nr albumu 15855
Temat nr 5 logistyka, Logistyka
Ćwiczenie nr 1 radek i kamil, AKADEMIA MORSKA - MAteriały II ROK . TRANSPORT I LOGISTYKA, cały syf z
Centra Logistyczne imie nazwisko nr indeksu
Masaz nr 7
Wykład nr 4
3 SYSTEMY LOGISTYCZNE
Projekt nr 1piątek
TEST NR 5
Zajecia Nr 3 INSTYTUCJE SPOLECZNE
Wykład nr 7
zestaw nr 2
Magazyny i centra logistyczne
Logistyczny łańcuch dostaw
A A Praktyczne zastosowane myślenia logistycznego

więcej podobnych podstron