Operationeel Onderzoek:

Notas Operationeel Onderzoek 04-05
Sarah Cuypers
Operationeel Onderzoek
LP Problemen
Oef Slide 8
Gegeven:
A
B
stof (€)
25
20
tijd (u)
60
20
verkoop (€)
95
60
max (#)
60
100
Oplossing:
Winst: 8 werknemers, 8 uur per dag werken
Manuur: 64 uur
Manminuten: 3840 min
Loon: 30€ per uur
Vaste kosten: 2400€
Ritssluitingen: 120
A: 95-25-30 = 40€ (verkoop – kosten – loon)
B: 60-20-10 = 30€ (verkoop – kosten – loon)
 Meer winst op A dus, zoveel mogelijk broeken van A maken:
Tijd om broeken te maken: 3840 minuten
Tijd om 60 (max #) A broeken te maken: 60x60 = 3600 minuten
Tijdoverschot: 3840min – 3600min = 240 minuten
Max # mogelijk te maken B broeken = 240min/20min = 12
Overschot ritsen: 120 – 60 = 60, dus nog ritsen voor 12 B broeken
 per verkochte A broek 40€ winst: 60x40
 per verkochte B broek 30€ winst: 12x30
 vaste kosten: 2400
 60x40 + 12x30 - 2400 = 360€ (netto op 1 dag)
 Maar, meer winst op B wanneer we naar het max aantal kijken:
Tijd om broeken te maken: 3840 minuten
Tijd om 100 (max #) B broeken te maken: 20x100 = 2000 minuten
Tijdoverschot: 3840min – 2000min = 1840 minuten
Max # mogelijk te maken A broeken: 1840min/60min = 30
Overschot ritsen: 120 – 100 = 20, dus maar ritsen voor 20 A broeken
 per verkochte B broek 30€ winst: 100x30
 per verkochte A broek 40€ winst: 20x40
 vaste kosten: 2400
 100x30 + 20x40 - 2400 = 1400€ (netto op 1 dag)
Systematische Benadering:
 variabelen kiezen
A broeken: x
B broeken: y
 gegevenstabel opstellen
 doel: winst maximaliseren
 formule in functie van x en y
z = 40x + 30y - 2400 (=doelfunctie)
1-30
Notas Operationeel Onderzoek 04-05
Sarah Cuypers
Beperkingen (restricties):
 Max. verkoop
x ≤ 60
y ≤ 100
 Arbeidstijd
60x + 20y ≤ 3840
3x + y ≤ 192
 Max. ritsen
x+y ≤ 120
 x, y ≥ 0
Doelfunctie tekenen:
 Stel z = 0
 40x + 30y = 2400
 Stel z = 1200
 40x + 30y = 3600
Om de oplossing te vinden: de doelfunctie zo ver mogelijk opschuiven (evenwijdige rechten),
maar in het oplossingsgebied blijven.
De oplossing hier is 1 punt, namelijk het gemeenschappelijk punt van 2 van de
restrictierechten (z is het grootst in dat punt van het oplossingsgebied):
x+y = 120
3x+y = 192
Na oplossing krijgen we:
x = 36
y = 84
Wat leidt tot een maximum nettowinst voor 1 dag van:
z = 40x36 + 30x84 – 2400 = 1560€
Oplossing:
Het vervaardigen van 36 A broeken en 84 B broeken per dag, geeft een maximale winst
van 1560€.
2-30
Notas Operationeel Onderzoek 04-05
Sarah Cuypers
Oef. p.15
1. Maximaliseer z = x – 2y
Met restricties: 3x + y ≥ 8
-x + y ≤ 6
-2x + y ≥ 3
en x, y ≥ 0
o
Punten zoeken van restricties en rechten tekenen:
3x + y = 8
x = 0, y = 8
y = 0, x = 8/3
o
-x + y = 6
x = 0, y = 6
y = 0, x = -6
-2x + y = 3
x = 0, y = 3
y = 0, x = -3/2
Punten zoeken van doelfunctie en rechten tekenen:
Stel z = 0
x – 2y = 0
x = 0, y = 0
x = 4, y = 2
Stel z = 4
x – 2y – 4 = 0
x = 0, y = -2
y = 0, x = 4
o
Alle rechten tekenen:
o
Gemeenschappelijk punt van restricties:
3x + y = 8
-2x + y = 3
De oplossing (1ste functie – 2de functie) geeft
x=1
y=5
o
De juiste oplossing:
z = x – 2y = 1 – 10 = -9
 De functie is maximaal wanneer z gelijk is aan -9
3-30
Notas Operationeel Onderzoek 04-05
Sarah Cuypers
2. Minimaliseer z = -x + 2y
Met restricties: 3x + y ≥ 8
-x + y ≤ 6
-2x + y ≥ 3
en x, y ≥ 0
Als we de functie omdraaien kunnen we deze maximaliseren:
de minimalisatie van f = maximalisatie van –f of de maximalisatie van f = minimalisatie van –f
dus de oplossing zou dezelfde moeten zijn als vorige oefening.
Oplossing met inverse van z; dan nemen we de maximalisatie van z = x – 2y en we
behouden de restrictierechten:
o
Punten zoeken van restricties en rechten tekenen:
3x + y = 8
x = 0, y = 8
y = 0, x = 8/3
o
-x + y = 6
x = 0, y = 6
y = 0, x = -6
-2x + y = 3
x = 0, y = 3
y = 0, x = -3/2
Punten zoeken van doelfunctie en rechten tekenen:
Stel z = 0
x – 2y = 0
x = 0, y = 0
x = 4, y = 2
Stel z = 4
x – 2y – 4 = 0
x = 0, y = -2
y = 0, x = 4
o
Alle rechten tekenen:
o
Gemeenschappelijk punt van restricties:
3x + y = 8
-2x + y = 3
De oplossing (1ste functie – 2de functie) geeft
x=1
y=5
De juiste oplossing:
z = x – 2y = 1 – 10 = -9
aangezien dit de inverse in van de functie, moeten we de inverse nemen van de opl.
 De functie is minimaal wanneer z gelijk is aan 9
4-30
Notas Operationeel Onderzoek 04-05
Sarah Cuypers
Oplossing met z; dus de minimalisatie van z = -x + 2y en we behouden de
restrictierechten:
o
Punten zoeken van restricties en rechten tekenen:
3x + y = 8
x = 0, y = 8
y = 0, x = 8/3
o
-x + y = 6
x = 0, y = 6
y = 0, x = -6
-2x + y = 3
x = 0, y = 3
y = 0, x = -3/2
Punten zoeken van doelfunctie en rechten tekenen:
Stel z = 0
x – 2y = 0
x = 0, y = 0
x = 4, y = 2
Stel z = 4
x – 2y – 4 = 0
x = 0, y = 2
y = 0, x = -4
o
Alle rechten tekenen:
o
Gemeenschappelijk punt van restricties:
3x + y = 8
-2x + y = 3
De oplossing (1ste functie – 2de functie) geeft
x=1
y=5
o
De juiste oplossing:
z = -x + 2y = -1 + 10 = 9
 De functie is minimaal wanneer z gelijk is aan 9
5-30
Notas Operationeel Onderzoek 04-05
Sarah Cuypers
3. Maximaliseer z = x + y
Met restricties: 5x + y ≤ 7
7x - 3y ≥ 14
en x, y ≥ 0
o
Punten zoeken van restricties en rechten tekenen:
5x + y = 7
x = 0, y = 7
y = 0, x = 7/5
o
Punten zoeken van doelfunctie en rechten tekenen:
Stel z = 0
x+y=0
x = 0, y = 0
x = 2, y = -2
o
7x - 3y = 14
x = 0, y = -14/3
y = 0, x = 2
Stel z = 4
x+y–4=0
x = 0, y = 4
y = 0, x = 4
Alle rechten tekenen:
Het oplossingsgebied ligt voldoet niet aan alle ristricties, nl:
x, y ≥ 0
We kunnen z dus niet maximaliseren.
6-30
Notas Operationeel Onderzoek 04-05
Sarah Cuypers
4. Maximaliseer z = 3x + y
Met restricties: -x + y ≤ 3
x+y≤7
3x + y ≤ 15
en x, y ≥ 0
o
Punten zoeken van restricties en rechten tekenen:
-x + y = 3
x = 0, y = 3
y = 0, x = -3
o
x+y=7
x = 0, y = 7
y = 0, x = 7
3x + y = 15
x = 0, y = 15
y = 0, x = 5
Punten zoeken van doelfunctie en rechten tekenen:
Stel z = 0
3x + y = 0
x = 0, y = 0
x = 1, y = -3
Stel z = 3
3x + y – 3 = 0
x = 0, y = -3
y = 0, x = 1
o
Alle rechten tekenen:
o
Gemeenschappelijk punt van restricties:
x+y=7
3x + y = 15
De oplossing (1ste functie – 2de functie) geeft
x=4
y=3
o
De juiste oplossing:
z = 3x + y = 12 + 3 = 15
 De functie is maximaal wanneer z gelijk is aan 15
7-30
Notas Operationeel Onderzoek 04-05
Sarah Cuypers
5. Maximaliseer z = x + 2y
Met restricties: -3x + 2y ≤ 3
x+y≥1
-x + 2y ≥ 1
en x, y ≥ 0
o
Punten zoeken van restricties en rechten tekenen:
-3x + 2y = 3
x = 0, y = 3/2
y = 0, x = -1
o
-x + 2y = 1
x = 0, y = 1/2
y = 0, x = -1
Punten zoeken van doelfunctie en rechten tekenen:
Stel z = 0
x + 2y = 0
x = 0, y = 0
x = 4, y = -2
o
x+y=1
x = 0, y = 1
y = 0, x = 1
Stel z = 4
x + 2y – 4 = 0
x = 0, y = 2
y = 0, x = 4
Alle rechten tekenen:
Het oplossingsgebied voor de maximalisatie van de functie is oneindig en we kunnen
z dus niet bepalen.
8-30
Notas Operationeel Onderzoek 04-05
Sarah Cuypers
Oef Slide 12
Bepalen van de variabelen:
 x1 = aantal
 x2 = aantal
 x3 = aantal
 x4 = aantal
 x5 = aantal
kg
kg
kg
kg
kg
lijnzaad
soyaschroot
koolzaad
maïs
melasse
Hoeveel kilogram is nodig van elke grondstof om de totale productie van 100kg te minimaliseren.
De prijs moet dus minimaal zijn. We stellen z dus op in functie van de prijs:
z = 3,9 x1 + 3,6 x2 + 2,5 x3 + 2,6 x4 + 1,2 x5
Met volgende restricties:
x1 ≥ 5
x3 ≤ 5
x5 = 10
0,7x1 + 0,67x2 + 0,57x3 + 0,8x4 + 0,46x5= 68
0,377x1 + 0,462x2 + 0,342x3 + 0,095x4 + 0,037x5= 16,5
x1 + x2 + x3 + x4 + x5 = 100
(min 5 kg lijnzaad)
(max 5 kg koolzaad)
(min en max 10 kg melasse)
(een vaste zetmeelwaarde)
(een vast eiwitgehalte)
(hoeveelheid van 100kg)
Oef Slide 13
Bepalen van de variabelen:
 x1 = bedrijfsleningen (in 10000€)
 x2 = persoonlijke leningen (in 10000€)
 x3 = preferente aandelen (in 10000€)
 x4 = gewone aandelen (in 10000€)
 x5 = staatsobligaties (in 10000€)
Hoe moet het geld geïnvesteerd worden om een zo groot mogelijk rendement te krijgen?
Het rendement moet dus maximaal zijn. We stellen z dus op in functie van het rendement:
z = 0,12 x1 + 0,17 x2 + 0,105 x3 + 0,115 x4 + 0,09 x5
Met volgende restricties:
x1 + x2 ≤ 100
x3 + x4 ≤ 100
0,3x1 + 0,3x2 - 0,46x5= 0
0,4x1 – 0,6x2 – x2 ≥ 0
x1 + x2 + x3 + x4 + x5 = 200
(x5 ≥ (0,3 (x1 + x2))
(x2 ≥ (0,4 (x1 + x2))
(in lenigen max 50%)
(1ste restrictie: zie slide)
(2de restrictie: zie slide)
(3de restrictie: zie slide)
(2 miljoen investeren)
We kunnen de vorige twee oefeningen niet verder oplossen met de grafische methode omdat we te
veel onbekenden hebben. Met een simplextableau valt dit echter wel op te lossen.
9-30
Notas Operationeel Onderzoek 04-05
Sarah Cuypers
Basisoplossingen
Voorbeeld: A en B broeken
o
Restricties:
x1 ≤ 60
x2 ≤ 100
3x1 + x2 ≤ 192
x1 + x2 ≤ 120
x1, x2 ≥ 0
o
Vergelijkingen maken van de restricties:
Teken: bij ≤ in de restrictie: + in de vergelijking  variabele = verschilvariabele
bij ≥ in de restrictie: - in de vergelijking  variabele = suplusvariabele
x1
x2
x1
x1
+
+
+
+
v1
v2
x2
x2
=
=
+
+
60
100
v3 = 192
v4 = 120
x1, x2, v1, v2, v3, v4 ≥ 0
o
Matrixnotatie voor LP problemen:
 x1 
 
 x2 
 
 
 v1 
x :=  
 v2 
 
 v3 
 
 
 v4 
 60
 
100
b :=  
192
 
120
 






c := 






40

30

0
0

0

0
1

0
A := 
3

1

0
1
1
1
1
0
0
0
0
1
0
0
0
0
1
0
0

0

0
1
Doelfuntie: z = cT * x
z = 40x1 + 30x2 + 0v1 + 0v2 + 0v3 + 0v4 – 2400
We hebben een aantal basisoplossingen:
Stel x1, x2 = 0
Stel x1, v3 = 0
dan is de uitkomst:
dan is de uitkomst:
v1 = 60
x2 = 192
v2 = 100
v1 = 60
v3 = 192
v2 = -92
v4 = 120
v4 = -72
Deze oplossing voldoet niet aan alle voorwaarden!
Een mogelijke oplossingsmethode is alle basisvariabelen overlopen en kijken of de oplossing
aanvaardbaar is. Er zijn (combinatie van de min in te vullen variabelen om het stelsel
oplosbaar te maken uit het aantal onbekenden) mogelijk oplossingen.
10-30
Notas Operationeel Onderzoek 04-05
Sarah Cuypers
Simplexmethode
o
Startbasisoplossing
restricties uitdrukken in functie van de basisvariabelen:
v1 = 60 – x1
v2 = 100 – x2
v3 = 192 – 3x1 – x2
v4 = 120 – x1 – x2
z in functie van de niet-basisvariabelen:
z = 40x1 + 30x2 – 2400 = -2400
o
Nieuwe basisoplossing maken

x1 groter maken, zal z groter maken
dus x1 wordt basisvariabele
x1
v2
v3
v4
=
=
=
=
60 – v1
100 – x2
192 – 3x1 – x2 = 192 – 3(60 – v1) – x2 = 12 + 3v1 – x2
120 – x1 – x2 = 120 – (60 – v1) – x2 = 60 + v1 – x2
z in functie van de niet-basisvariabelen:
z = 40(60 – v1) + 30x2 – 2400 = 0

x2 groter maken, zal z groter maken
dus x2 wordt basisvariabele
x1
x2
v2
v4
=
=
=
=
60 – v1
12 + 3v1 – v3
100 – x2 = 88 – 3v1 + v3
60 + v1 – x2 = 48 – 2v1 + v3
z in functie van de niet-basisvariabelen:
z = 30(12 + 3v1 – v3) – 40v1 = 360 + 50v1 – 30v3 = 360

v1 groter maken, zal z groter maken
dus v1 wordt basisvariabele
x1
x2
v1
v2
=
=
=
=
36
84
24
16
+ v4/2 – v3/2
– 3v4/2 + v3/2
– v4/2 + v3/2
+ 3v4/2 – v3/2
z in functie van de niet-basisvariabelen:
z = 1560 – 25v4 – 5v3 = 1560
Welke variabele in de basis? De grootste variabele die in de doelfunctie een positief teken heeft.
Welke variabele uit de basis? Kies de kleinste verschuiving.
11-30
Notas Operationeel Onderzoek 04-05

Sarah Cuypers
simplextableau (simplificatie van voorgaande berekeningen)
Horizontaal: grootste negatieve getal
Verticaal: kleinste positieve getal (delen door de kolom van het horizontale element!)
Het gemeenschappelijke element wordt dan de spil.
40
x1
1
0
3
1
-40
30
x2
0
1
1
1
-30
0
v1
1
0
0
0
0
0
v2
0
1
0
0
0
0
v3
0
0
1
0
0
0
v4
0
0
0
1
0
60
100
192
120
-2400
60/1 = 60
100/0 = /
192/3 = 64
120/1 = 120
40
x1
1
0
0
0
0
30
x2
0
1
1
1
-30
0
v1
1
0
-3
-1
40
0
v2
0
1
0
0
0
0
v3
0
0
1
0
0
0
v4
0
0
0
1
0
60
100
12
60
0
60/0 = /
100/1 = 100
12/1 = 12
60/1 = 60
40
x1
1
0
0
0
0
30
x2
0
0
1
0
0
0
v1
1
3
-3
2
-50
0
v2
0
1
0
0
0
0
v3
0
-1
1
-1
30
0
v4
0
0
0
1
0
60
88
12
48
360
60/1 = 60
88/3 = 29,3
12/-3 = -4
48/2 = 24
40
x1
1
0
0
0
0
30
x2
0
0
1
0
0
0
v1
0
0
0
1
0
0
v2
0
1
0
0
0
0
v3
1/2
1/2
-1/2
-1/2
5
0
v4
-1/2
-3/2
3/2
1/2
25
36
16
84
24
1560
Alle elementen van de onderste rij zijn positief en het algoritme stopt. De maximale winst van
1560 doet zich voor als x1 = 36, x2 = 84, v1 = 24, v2 = 16, v3 = 0, v4 = 0
Oplossingsmethode:
tabel 2 naar 3: voorlaatste element van v 1
((1 x -1) – (-3 x 1)) = 2
tabel 3 naar 4: onderste element van v3
((2 x 30) – (-1 x -50)) /2 = 5
(delen door de spil is enkel nodig wanneer de spil niet gelijk is aan 1)
12-30
Notas Operationeel Onderzoek 04-05
Sarah Cuypers
Oef. p.28
1. Maximaliseer z = 2x1 + 4 x2 + 3x3
Met voorwaarden:
3x1 + 2x2 ≤ 60
-x1 + x2 + 4x3 ≤ 10
2x1 – 2x2 + 5x3 ≤ 50
Met alle xi ≥ 0
o
Restricties omzetten naar vergelijkingen:
3x1 + 2x2 + v1= 60
-x1 + x2 + 4x3 + v2= 10
2x1 – 2x2 + 5x3 + v3= 50
Met alle xi, vi ≥ 0
o
Matrix notatie van de vergelijkingen (= A)
 3
-1

2
o
o
2
1
-2
0
4
5
1
0
0
0
1
0
0

0

1
Simplextableau:
2
x1
3
-1
2
-2
4
x2
2
1
-2
-4
3
x3
0
4
5
-3
0
v1
1
0
0
0
0
v2
0
1
0
0
0
v3
0
0
1
0
60
10
50
0
60/2 = 30
10/1 = 10
50/-2 = -25
2
x1
5
-1
0
-6
4
x2
0
1
0
0
3
x3
-8
4
13
13
0
v1
1
0
0
0
0
v2
-2
1
2
4
0
v3
0
0
1
0
40
10
70
40
40/5 = 8
10/-1 = -10
70/0 = /
2
x1
1
0
0
0
4
x2
0
1
0
0
3
x3
-8/5
12/5
13
17/5
0
v1
1/5
1/5
0
6/5
0
v2
-2/5
3/5
2
8/5
0
v3
0
0
1
0
8
18
70
88
Conclusie:
Voor maximale z (=88) zijn de variabelen:
x1 = 8, x2 = 18, v3 = 70, x3 = v1 = v2 = 0
13-30
Notas Operationeel Onderzoek 04-05
Sarah Cuypers
2. Maximaliseer z = 30x1 + 20x2
Met voorwaarden:
2x1 + x2 ≤ 140
x1 + 2x2 ≤ 160
x1 + x2 ≤ 90
Met alle xi ≥ 0
o
Restricties omzetten naar vergelijkingen:
2x1 + x2 + v1= 140
x1 + 2x2 + v2= 160
x1 + x2 + v3= 90
Met alle xi, vi ≥ 0
o
Matrix notatie van de vergelijkingen (= A)
2

1


1
o
o
1
2
1
1
0
0
0
1
0
0

0

1
Simplextableau:
30
x1
2
1
1
-30
20
x2
1
2
1
-20
0
v1
1
0
0
0
0
v2
0
1
0
0
0
v3
0
0
1
0
140
160
90
0
140/2 = 70
160/1 = 160
90/1 = 90
30
x1
1
0
0
0
20
x2
1/2
3/2
1/2
-5
0
v1
1/2
-1/2
-1/2
15
0
v2
0
1
0
0
0
v3
0
0
1
0
70
90
20
2100
70/(1/2) = 140
90/(3/2) = 60
20/(1/2) = 40
30
x1
1
0
0
0
20
x2
0
0
1
0
0
v1
1
1
-1
10
0
v2
0
1
0
0
0
v3
-1
-3
2
10
50
30
40
2300
Conclusie:
Voor maximale z (=2300) zijn de variabelen:
x1 = 50, x2 = 40, v2 = 30, v1 = v3 = 0
14-30
Notas Operationeel Onderzoek 04-05
Sarah Cuypers
II-Fasenmethode
Vb p. 29 cursus
Maximaliseer z = 5x1 – 4x2 + 10x3 + x4
Met voorwaarden:
x1 – 2x2 – 3x3 – 2x4 = 3
x1 – 2x2 – 3x3 – 2x4 = 3
xi ≥ 0
Variabelen toevoegen mag als je garandeert dat a1 en a2 op het einde = 0
Fase I: zorgen dat a1 en a2 = 0
Fase II: het eigenlijke LP probleem oplossen
o
Hulpvariabelen declareren:
Nieuw LP probleem formuleren of meer bepaald; een nieuwe doelfunctie waarvan he waat dat
a1 en a2 in het optimum 0 zijn.
≤
=
≥



+ vi
+ ai
- si + ai
z = a1 + a2 (a1, a2 ≥ 0) is minimaal voor z = 0  a1 = a2 = 0
z = -a1 – a2 (a1, a2 ≥ 0) is maximaal voor z = 0  a1 = a2 = 0
o
x1 – 2x2 – 3x3 – 2x4 = 3
x1 – 2x2 – 3x3 – 2x4 = 3


a1 + x1 – 2x2 – 3x3 – 2x4 = 3
a2 + x1 – x2 + 2x3 + x4 = 11
z = 5x1 – 4x2 + 10x3 + x4

z = -a1 – a2 + 5x1 – 4x2 + 10x3 + x4
Doelfunctie optimaliseren (onderste getallen uit de tabel berekenen en invullen)
 1
 
R1 =  1 [-1 -1] - 0 = -2
 -2
 
R4 =  -1 [-1 -1] - 0 = 1
 -2
 
 -1 [-1 -1] - 0 = 3
 1
 
R5 =  0 [-1 -1] - 1 = 0
 -3
 
R3 =  2 [-1 -1] - 0 = 1
 0
 
R6 =  1 [-1 -1] - 1 = 0
R2 =
z = (-1) x 3 + (-1) x 11 = -14
15-30
Notas Operationeel Onderzoek 04-05
Sarah Cuypers
0
x1
1
1
-2
0
x2
-2
-1
3
0
x3
-3
2
1
0
x4
-2
1
1
-1
a1
1
0
0
-1
a2
0
1
0
3
11
-14
3/1 = 3
11/1 = 11
0
x1
1
0
0
0
x2
-2
1
-1
0
x3
-3
5
-5
0
x4
-2
3
-3
-1
a1
1
-1
2
-1
a2
0
1
0
3
8
-8
3/-3 = -1
8/5 = 1,6
0
x1
1
0
0
0
x2
-7/5
1/5
0
0
x3
0
1
0
0
x4
-1/5
3/5
0
-1
a1
2/5
-1/5
1
-1
a2
3/5
1/5
1
39/5
8/5
0
3/-3 = -1
8/5 = 1,6
Einde Fase I:
wanneer alles in de onderste rij ≥ 0
z=0
Fase II: Teruggaan naar het oorspronkelijk LP probleem,
we zitten nu in een punt (basisoplossing) van het aanvaardbare oplossingsgebied
o Alle variabelen ≥ 0
o Alle a’s = 0
o Overgang: hoofding aanpassen (z = 5x1 – 4x2 + 10x3 + x4)
 1
 
R1 =  0 [5







R2 = 
-7
5
1
5
10] - 5 = 0







 [5
 0
 
R3 =  1 [5
10] - (-4) = -1
10] - 10 = 0







R4 = 
-1
5
3
5







 [5
10] - 1 = 4







R5 = 
2
5
-1
5







 [5
10] - 0 = 0







R6 = 
3
5
1
5







 [5
10] - 0 = 5
z = 5 x (39/5) + 10 x (8/5) = 55
16-30
Notas Operationeel Onderzoek 04-05
Sarah Cuypers
5
x1
1
0
0
-4
x2
-7/5
1/5
-1
10
x3
0
1
0
1
x4
-1/5
3/5
4
0
a1
2/5
-1/5
0
0
a2
3/5
1/5
5
39/5
8/5
55
5
x1
1
0
0
-4
x2
0
1
0
10
x3
7
5
5
1
x4
4
3
7
0
a1
-1
-1
-1
0
a2
2
1
6
19
8
63
(39/5)/(-7/5) = -5,5
(8/5)/(1/5) = 8
Conclusie:
Voor maximale z (=63) zijn de variabelen:
x1 = 19, x2 = 8, x3 = x4 = a1 = a2 = 0
17-30
Notas Operationeel Onderzoek 04-05
Sarah Cuypers
Oef. p. 15
1. Maximaliseer z = x – 2y
Met restricties: 3x + y ≥ 8
-x + y ≤ 6
-2x + y ≥ 3
en x, y ≥ 0
o
o
o
Hulpvariabelen declareren
3x + y ≥ 8
-x + y ≤ 6
-2x + y ≥ 3



3x + y – s1 + a1 = 8
-x + y + v1 = 6
-2x + y – s2 + a2 = 3
z = -x + 2y

z = -a1 – a2 – x + 2y
Doelfunctie optimaliseren
0
x
3
-1
-2
-1
0
y
1
1
1
-2
0
s1
-1
0
0
1
0
s2
0
0
-1
1
-1
a1
1
0
0
0
0
v1
0
1
0
0
-1
a2
0
0
1
0
8
6
3
-11
0
x
5
1
-2
-5
0
y
0
0
1
0
0
s1
-1
0
0
1
0
s2
1
1
-1
-1
-1
a1
1
0
0
0
0
v1
0
1
0
0
-1
a2
-1
-1
1
2
5
3
3
-5
0
x
1
0
0
0
0
y
0
0
1
0
0
s1
-1/5
1/5
-2/5
0
0
s2
1/5
4/5
-3/5
0
-1
a1
1/5
-1/5
2/5
1
0
v1
0
1
0
0
-1
a2
-1/5
-4/5
3/5
1
1
2
5
0
0
v1
0
1
0
0
0
a2
-1/5
-4/5
3/5
-7/5
1
2
5
-9
8/1 = 8
6/1 = 6
3/1 = 3
5/5 = 1
3/1 = 3
3/(-2) = -1,5
Hoofding en onderste rij aanpassen
1
x
1
0
0
0
-2
y
0
0
1
0
0
s1
-1/5
1/5
-2/5
3/5
0
s2
1/5
4/5
-3/5
7/5
0
a1
1/5
-1/5
2/5
-3/5
Conclusie:
Voor maximale z (=-9) zijn de variabelen:
x = 1, y = 5, s1 = s2 = a1 = v1 = a2 = 0
18-30
Notas Operationeel Onderzoek 04-05
Sarah Cuypers
2. Minimaliseer z = -x + 2y
Met restricties: 3x + y ≥ 8
-x + y ≤ 6
-2x + y ≥ 3
en x, y ≥ 0
o
o
Hulpvariabelen declareren (zie regels pagina 15 uit document):
3x + y ≥ 8
-x + y ≤ 6
-2x + y ≥ 3



3x + y – s1 + a1 = 8
-x + y + v1 = 6
-2x + y – s2 + a2 = 3
z = -x + 2y

z = a1 + a2 – x + 2y
Doelfunctie optimaliseren
 3
 
 -1
 
 
R1 =  -2 [1
0 1] - 0 = 1
 0
 
 0
 
 
R4 =  -1 [1
0 1] - 0 = -1
0 1] - 0 = 2
 1
 
 0
 
 
R5 =  0 [1
0 1] - 1 = 0
 -1
 
 0
 
 
R3 =  0 [1
0 1] - 0 = -1
 0
 
 1
 
 
R6 =  0 [1
0 1] - 0 = 0
 0
 
 0
 
 
R7 =  1 [1
0
 1
 
 1
 
 
R2 =  1 [1
1] - 1 = 0
z = 1 x 8 + 0 x 6 + 1 x 3 = 11
0
x
3
-1
-2
1
0
y
1
1
1
2
0
s1
-1
0
0
-1
0
s2
0
0
-1
-1
1
a1
1
0
0
0
0
v1
0
1
0
0
1
a2
0
0
1
0
8
6
3
11
8/1 = 8
6/1 = 6
3/1 = 3
(minimalisatie dus grootste positieve getal nemen!)
0
x
5
1
-2
5
0
y
0
0
1
0
0
s1
-1
0
0
-1
0
s2
1
1
-1
1
1
a1
1
0
0
0
0
v1
0
1
0
0
1
a2
-1
-1
1
-2
5
3
3
5
5/5 = 1
3/1 = 3
3/(-2) = -1,5
19-30
Notas Operationeel Onderzoek 04-05
0
x
1
0
0
0
0
y
0
0
1
0
0
s1
-1/5
1/5
-2/5
0
Sarah Cuypers
0
s2
1/5
4/5
-3/5
0
1
a1
1/5
-1/5
2/5
-1
0
v1
0
1
0
0
1
a2
-1/5
-4/5
3/5
-1
1
2
5
0
Einde fase: alles is ≤ 0 (voor maximalisatie ≥ 0)
o
Hoofding en onderste rij aanpassen
 1
 
 0
 
 
R1 =  0 [-1 0





R2 = 













R3 = 
0

0

1
-1
5
1
5
-2
5
[-1 0
2] - (-1) = 0
 1 


 5 


 4 




 5 




 -3 


 5  [-1 0


R4 =
2] - 0 = -7/5
2] - 2 = 0
 1 


 5 


 -1 




 5 




 2 


 5  [-1 0

R5 = 
2] - 0 = 3/5












 [-1 0

2] - 0 = -3/5
 -1 


 5 


 -4 




 5 




 3 


 5  [-1 0

R7 = 
2] - 0 = 7/5
 0
 
 1
 
 
R6 =  0 [-1 0
2] - 0 = 0
z = -1 x 1 + 0 x 2 + 2 x 5 = 9
-1
x
1
0
0
0
2
y
0
0
1
0
0
s1
-1/5
1/5
-2/5
-3/5
0
s2
1/5
4/5
-3/5
-7/5
0
a1
1/5
-1/5
2/5
3/5
0
v1
0
1
0
0
0
a2
-1/5
-4/5
3/5
7/5
1
2
5
9
Conclusie:
Voor maximale z (=9) zijn de variabelen:
x = 1, y = 5, s1 = s2 = a1 = v1 = a2 = 0
20-30
Notas Operationeel Onderzoek 04-05
Sarah Cuypers
3. Maximaliseer z = x + y
Met restricties: 5x + y ≤ 7
7x - 3y ≥ 14
en x, y ≥ 0
o
o
Hulpvariabelen declareren:
5x + y ≤ 7
7x – 3y ≥ 14


5x + y + v = 7
7x – 3y – s + a = 14
z=x+y

z = -a + x + y
Doelfunctie optimaliseren:
 5
 
R1 =  7 [0
-1] - 0 = -7
 1
 
R4 =  0 [0
-1] - 0 = 0
 1
 
R2 =  -3 [0
-1] - 0 = 3
 0
 
R5 =  1 [0
-1] - (-1) = 0
 0
 
R3 =  -1 [0
-1] - 0 = 1
z = 0 x (7) + -1 x (14) = -14
0
x
5
7
-7
0
y
1
-3
3
0
s
0
-1
1
0
v
1
0
0
-1
a
0
1
0
7
14
-14
0
x
1
0
0
0
y
1/5
-22/5
22/5
0
s
0
-1
1
0
v
1/5
-7/5
7/5
-1
a
0
1
0
7/5
21/5
-21/5
7/5 = 1,4
14/7 = 2
Einde fase: alles is ≥ 0
aangezien y nog in de basis zit en z ≠ 0, is dit een stelsel zonder oplossingen.
21-30
Notas Operationeel Onderzoek 04-05
Sarah Cuypers
4. Maximaliseer z = 3x + y
Met restricties: -x + y ≤ 3
x+y≤7
3x + y ≤ 15
en x, y ≥ 0
Niet oplosbaar met de II-fasenmethode??? Aangezien a’kes niet nodig zijn (er is al een
eenheidsmatrix met de v’kes... dus a’kes worden overbodig denk ik) en aangezien er geen
a’kes zijn, is de bovenste rij volledig opgebouwd uit nullen, met als gevolg dat de onderste rij
ook helemaal uit nullen bestaat..
Als iemand anders hier een idee heeft, laat het weten! Zal anders zelf later nog is zien om
eventueel wel a’kes erbij te zetten en zo op te lossen
22-30
Notas Operationeel Onderzoek 04-05
5.
Sarah Cuypers
Maximaliseer z = x + 2y
Met restricties: -3x + 2y ≤ 3
x+y≥1
-x + 2y ≥ 1
en x, y ≥ 0
Als ik juist redeneer zal er in de tableaus steeds een negatief getal overblijven aangezien de
oplossing niet bepaald kan worden (zie oefeningen helemaal in begin).. later uitproberen
23-30
Notas Operationeel Onderzoek 04-05
Sarah Cuypers
Beslissingsproblematiek en speltheorie
Cursus p41-55
Beslissen onder onzekerheid
Oef pagina 42
Strategie: (aanbod)
Hoeveel munten maken? 0, 1000, 2000, ... 9000?
Toestand/uitkomst: (vraag)
Vraag die er zal zijn naar de munten.
OpbrengstenMatrix:
Een matrix A = aij met i = strategie, j = toestand
(rij = toestand, kolom = strategie)
0
1000
2000
3000
4000
5000
6000
7000
8000
9000
0
0
-3
1000
0
2
-1
2000
0
2
3000
0
2
4000
0
2
5000
0
2
6000
0
2
7000
0
2
8000
0
2
9000
0
2
zie pagina 43 voor volledige matrix
Stel:
Aanbod:
Vraag:
Opbrengst:
Stel:
Aanbod:
Vraag:
Opbrengst:
2000 munten
1000 munten
50 x 1000 = 50 000 HS
30 x 2000 = 60 000 HS
- ------------- 10 000 HS
(opbrengst)
(kosten)
1000 munten
3000 munten
50 x 1000 = 50 000 HS
30 x 1000 = 30 000 HS
- -----------20 000 HS
(opbrengst) (verkopen wat we niet hebben gaat niet)
(kosten)
Interpretatie:
Afhankelijk van het aanbod en de vraag, ziet men hoeveel men verliest of wint.
24-30
Notas Operationeel Onderzoek 04-05
Sarah Cuypers
Min-Max Criterium:
Voor elke strategie de meest pessimistische uitkomst nemen. Uit de lijst nemen we vervolgens de
meest optimistische uitkomst.
 strategie 0
Max-Max Criterium:
Voor elke strategie de meest optimistische uitkomst nemen. Uit de lijst nemen we vervolgens de
meest optimistische uitkomst.
 strategie 9
Bayes- of Laplace-Criterium:
Voor elke strategie de verwachte opbrengst berekenen. Men kiest voor de strategie met een
maximum aan verwachte opbrengst.
Verwachte opbrengst: gemiddelde van iedere rij uit de opbrengstenmatrix
 strategie 3/4
Hurwicz-criterium:
De beslissing baseren op een gewogen gemiddelde van de slechtste en de beste uitkomst.
Het gewicht a kiest men zelf, maar moet voldoen aan: 0 < a < 1
formule: a x (slechtste) + (1 – a) x (beste)
Vb. a = 3/5
Rij 1: (3/5) x 0 + (1 – (3/5)) x 0 = 0
Rij 2: (3/5) x -30 + (1 – (3/5)) x 20 = -18 + 8 = -10
Spijtmatrix of Minimax Regret-criterium:
Een matrix met de verschillen tussen de opbrengsten en de maximale opbrengsten voor de
toestanden (= spijt voor een bepaalde toestand).
0
1000
2000
3000
4000
5000
6000
7000
8000
9000
0
0
3
1000
2
0
3
2000
4
2
0
3000
6
4
4000
8
6
5000
10
8
6000
12
10
7000
14
12
8000
16
14
9000
18
16
0
0
0
0
0
0
0
zie pagina 45 voor volledige matrix
25-30
Notas Operationeel Onderzoek 04-05
Stel:
Aanbod:
Vraag:
Verlies:
Conclusie:
Spijt:
Sarah Cuypers
2000 munten
1000 munten
10 000 HS
We hadden beter 1000 munten geslagen, dan was er een winst van 20 000 HS
20 000 HS – (-10 000 HS) = 30 000 HS
De oplossing kan ook bekomen worden door elk getal in de opbrengstenmatrix af te trekken van de
kolommaximum.
Interpretatie:
Voor elke strategie de meest optimistische spijt nemen. Uit de lijst nemen we vervolgens de meest
pessimistische uitkomst, die waar we het minst spijt van zullen hebben.
 strategie 3/4
Oef Slide 24
Opbrengstenmatrix:
vraag 
6
7
8
9
10
6
0,3
0,1
-0,1
-0,3
-0,5
7
0,3
0,35
0,15
-0,05
-0,25
8
0,3
0,35
0,4
0,2
0
9
0,3
0,35
0,4
0,45
0,25
10
0,3
0,35
0,4
0,45
0,5
BeslissingsCriteria:
6
7
8
9
10
Beste
Strategie
MinMax
MaxMax
0,3
0,1
-0,1
-0,3
-0,5
0,3
0,35
0,4
0,45
0,5
6
10
0,1
0,3
0,325
0,35
0,375
0,4
Hurwicz
0,2
0,3
0,3
0,3
0,3
0,3
10
6-10
Laplace
Spijt
0,3
0,3
0,275
0,25
0,225
0,2
0,3
0,3
0,25
0,15
0
0,2
0,2
0,4
0,6
0,8
6
6/7
6/7
Spijtmatrix:
vraag 
6
7
8
9
10
6
0
0,2
0,4
0,6
0,8
7
0,05
0
0,2
0,4
0,6
8
0,1
0,05
0
0,2
0,4
9
0,15
0,1
0,05
0
0,2
10
0,2
0,15
0,1
0,05
0
26-30
Notas Operationeel Onderzoek 04-05
Sarah Cuypers
Beslissen onder risisco
Maximaliseren van de verwachte opbrengst:
Formule: per strategie: de som van de vermenigvuldiging van de vraag en de kans
(opbrengstenmatrix).
Vb: Strategie 8: (-0,1)(0,2)+(0,15)(0,3)+(0,4)(0,25)+(0,4)(0,15)+(0,4)(0,1) = 0,225
Minimale gemiddelde spijt:
Formule: per strategie: de som van de vermenigvuldiging van de vraag en de kans (spijtmatrix).
Beslissen onder risico
Oef Slide 26
Strategie
6
7
8
9
10
beste strategie
Max. Verwachte opbrengst
0,3
0,3
0,225
0,0875
-0,0875
6/7
Min. gemiddelde spijt
0,0825
0,0825
0,1575
0,29
0,047
6/7
27-30
Notas Operationeel Onderzoek 04-05
Sarah Cuypers
SpelTheorie
Beslissen in een competitie omgeving.
Termen zie pagina 48-50 (spelmatrix, waarde, zadelpunt, dominantie).
Bepalen van een gemengde strategie
Matchingpennies (p51):
K
M
kolommaxima
K
1
-1
1
M
-1
1
1
rijminima
-1
-1
Er is geen zadelpunt, dus er is geen optimale strategie. De beste strategie voor speler x bestaat er
hem in om af te wisselen tussen K en M.
De optimale gemengde strategie:
(1-p, p); p Є [0, 1]

(1/2, 1/2)
Speler x kiest dus in 1-p van de gevallen voor K en in p van de gevallen voor M.
o
Stel nu dat y voor een vaste strategie kiest:
Vaste strategie K:
 verwachte winst voor x: (v of Ex)
v = (1 – p) x 1 + p x (-1)
= 1 – p – p = 1 – 2p
Vaste strategie M:
 verwachte winst voor x:
v = (1 – p) x (-1) + p x (1)
= -1 + p + p = -1 + 2p
o
Stel nu dat speler x zijn winst wil maximaliseren, maar speler y kent de strategie van speler x
(speler y kent p)
 Strategie speler x: (3/4, 1/4)
Speler y kan zijn strategie aanpassen zodat de verwachte winst onder v = -1 + 2p
blijft. Speler y kiest best voor (1/4, 3/4)
Speler y kan er steeds voor zorgen dat de winst voor x onder de ^ (zie tekening
maple file Van Vreckem vanop dokeos) blijft.
welke strategie neemt speler x dan het best? (1/2, 1/2)
28-30
Notas Operationeel Onderzoek 04-05
Sarah Cuypers
Het spelprobleem is een LP-probleem.
Maximalisatie van z = v
met restricties: v ≤ 1 – 2p
v ≤ -1 + 2p
met p ≥ 0
Niet-symmetrische matchingpennies (p51):
K
M
kolommaxima
o
K
5
-3
5
M
-3
1
1
rijminima
-3
-3
Stel dat y voor een vaste strategie kiest:
Vaste strategie K:
 verwachte winst voor x: (v of Ex)
v = (1 – p) x 5 + p x (-3)
= 5 – 5p + (-3p) = 5 – 8p
Vaste strategie M:
 verwachte winst voor x:
v = (1 – p) x (-3) + p x (1)
= -3 + 3p + p = -3 + 4p
o
Nagaan of dit een eerlijk spel is:
tekenen van de rechten, wanneer deze kruisen bij 0, is het een eerlijk spel
De optimale strategie wordt bepaald door de snijpunten van de 2 restrictierechten. We
kunnen deze dus berkenen uit volgend stelsel:
v = 5 – 8p
v = -3 + 4p
5 – 8p = -3 + 4p
p = -8/-12 = 2/3
De optimale strategie voor speler x is dus:
(1-p, p) = (1-2/3, 2/3) = (1/3, 2/3)
29-30
Notas Operationeel Onderzoek 04-05
Sarah Cuypers
En zijn winst (=waarde) bedraagt: (invullen in een vgl)
v = -3 + 4p = -3 + 4 x (2/3) = -1/3
De winst is de y coördinaat van het snijpunt tussen de twee restrictierechten en zoals we al
uit de tekening konden afleiden, is dit geen eerlijk spel.
Algemene oplossingsmethode 2x2 (p54)
Het spel wordt voorgesteld door een matrix:
a

c
b

d 
De vergelijkingen van de restrictierechten zien er als volgt uit:
v = (1 – p) x a + p x c
= a + (c – a) x p
v = (1 – p) x b + p x d
= b + (d – b) x p
De optimale strategie is het snijpunt van deze rechten.
Algemene oplossingsmethode 2xn (n > 2) (p54)
1. Is er een zadelpunt?
2. Zijn er gedomineerde rijen/kolommen?
3. Wat blijft over?
a. 2x2: via formules oplossen
b. 2xn: grafisch oplossen
c. nx2: grafisch oplossen
d. nxn: LP probleem
30-30