Operasjonsanalytiske emner Tolkninger og sammenhenger Rasmus RasmussenBØK710 OPERASJONSANALYTISKE EMNER1 Del 4 Dualitet og post-optimal analyse

Rasmus RasmussenBØK710 OPERASJONSANALYTISKE EMNER Ethvert LP problem har sitt motstykke i et dualproblem. Det originale problemet kalles primal- problemet. Den optimale løsningen av det ene problemet gir automatisk også optimal løsning av det andre. Sammenhengen mellom primal og dual-problemet gir innsikt i bl.a. skyggepriser, og kan også brukes til forbedrede løsningsteknikker. Innledning 2

Rasmus RasmussenBØK710 OPERASJONSANALYTISKE EMNER3 Ta utgangspunkt i primal-problemet, på likhetsform med ikke-negative høyresider og ikke-negative variabler. 1. Tildel en dualvariabel Y j til hver (likhets) restriksjon (i). 2. Lag en dualrestriksjon (i) for hver primal-variabel (X j ): 1. Venstresiden består av primal-variabelens koeffisienter i primal- restriksjonene (a ij ), multiplisert med de nye dualvariablene. 2. Høyresiden består av primavariabelens koeffisient i målfunksjonen (c i ). 3. Type dualproblem avhenger av målfunksjonen i primalproblemet: Formulere dual-problemet MålfunksjonDualproblemet PrimalMålfunksjonRestriksjonVariabler MaksimeringMinimering  Ubegrenset MinimeringMaksimering  Ubegrenset

Rasmus RasmussenBØK710 OPERASJONSANALYTISKE EMNER4 Omformulere primal til dual Max Z =5X X 2 + 4X 3 1X 1 + 2X 2 + 1X 3  10(1) 2X 1  1X 2 + 3X 3 =8(2) X1X1 X2X2 X3X3  0 Max Z =5X X 2 + 4X 3 + 0S 1 1X 1 + 2X 2 + 1X 3 + 1S 1 =10(1) 2X 1  1X 2 + 3X 3 =8(2) X1X1 X2X2 X3X3 S1S1  0 Min W =10Y 1 + 8Y 2 1Y 1 + 2Y 2  5(1) 2Y 1  1Y 2  12(2) 1Y 1 + 3Y 2  4(3) 1Y 1 + 0Y 2  0(4) Y1Y1 Y2Y2 Ubegrenset Dual-problemet: En dualvariabel (Y) for hver restriksjon i primal- problemet. Koeffisientene i målfunksjonen til dual- problemet er lik RHS verdiene i primal- problemet. Koeffisientene i målfunksjonen til primal- problemet blir RHS verdiene i dualproblemet. Koeffisientene til restriksjonene i primal- problemet blir koeffisientene til variablene i dualproblemet.

Rasmus RasmussenBØK710 OPERASJONSANALYTISKE EMNER5 Regler for å konstruere dualproblem MaksimeringsproblemMinimeringsproblem RestriksjonerVariabler  0  0  ubegrenset VariablerRestriksjoner  0   0  ubegrenset  Hvis primal er maksimering, så er dual minimering, og vice versa. Optimal løsning til det ene problemet gir også optimal løsning til det andre.

Rasmus RasmussenBØK710 OPERASJONSANALYTISKE EMNER6 Optimal dualløsning Max Z =5X X 2 + 4X 3 1X 1 + 2X 2 + 1X 3  10(1) 2X 1  1X 2 + 3X 3 =8(2) X1X1 X2X2 X3X3  0 Max Z =5X X 2 + 4X 3 + 0S 1  M  R 2 1X 1 + 2X 2 + 1X 3 + 1S 1 =10(1) 2X 1  1X 2 + 3X 3 + 1R 2 =8(2) X1X1 X2X2 X3X3 S1S1 R2R2  0 Min W =10Y 1 + 8Y 2 1Y 1 + 2Y 2  5(1) 2Y 1  1Y 2  12(2) 1Y 1 + 3Y 2  4(3) 1Y 1  0(4) Y2Y2  M (5) BasisX1X1 X2X2 X3X3 S1S1 R2R2 Verdi Z003/529/5  (2/5) + M 274/5 X2X2 01  (1/5) 2/5  (1/5) 12/5 X1X1 107/51/52/526/5 Optimal PrimalOptimal Dual X 1 =26/5Y 1 =29/5 X 2 =12/5Y 2 =  (2/5) X 3 =0W =274/5

Rasmus RasmussenBØK710 OPERASJONSANALYTISKE EMNER7 Økonomisk fortolking av dualitet PrimalDual n mc j b i a ij Fortolket som en ressursallokeringsmodell, har primal-problemet n økonomiske aktiviteter og m ressurser. Koeffisienten c j for primalen representerer resultatet pr. enhet av aktivitet j. Ressurs i med tilgang b i forbrukes med a ij enheter pr. enhet aktivitet j.

Rasmus RasmussenBØK710 OPERASJONSANALYTISKE EMNER8 Økonomisk tolking av dualvariabler For ethvert par av mulige primal og dual –løsninger må verdiene til målfunksjonene (hvis de er endelige) tilfredsstille følgende ulikhet: Z = W Zb i i Z = W I optimum er de to målfunksjonene like: Z = W. I et ressursallokeringsproblem representerer Z et resultat i kr. og b i angir tilgjengelig mengde av ressurs i. Dimensjonsmessig impliserer derfor Z = W at: Y i i dualverdiskyggepris Dermed må dualvariabelen Y i representere enhetsverdien av ressurs i. Dette er i LP terminologi kalt dualverdi eller skyggepris.

Rasmus RasmussenBØK710 OPERASJONSANALYTISKE EMNER9 Reddy Mikks malingsproduksjon Primal Max Z =5000X X 2 (DB Kr) Slik at:6X 1 + 4X 2  24(Matr. 1) 1X 1 + 2X 2  6(Matr. 2)  1X 1 + 1X 2  1(Marked) 1X 2  2(Ettersp.) X1X1 X2X2  0 Z = 21000X 1 = 3X 2 = 1,5Optimum Dual Min W =24Y 1 + 6Y 2 + 1Y 3 + 2Y 4 (Ressurs Kr) Slik at:6Y 1 + 1Y 2  1Y 3  5000(Prod. 1) 4Y 1 + 1Y 2 +1Y 3 +1Y 4  4000(Prod. 2) Y1Y1 Y2Y2 Y3Y3 Y4Y4  0 W=21000Y 1 = 750Y 2 = 500Y 3 = 0Y 4 = 0Optimum LP modellen finner optimal produksjon av interiør og eksteriør maling, uten å bruke mer av material 1 og 2 enn tilgjengelig, og samtidig tilfredsstille markedsbetingelsene og etterspørselen. Totalt daglig DB er når X 1 = 3 og X 2 = 1,5 pr. dag. Dual modellen finner minste verdi (Y) av ressursene, uten at verdien av ressursbruken for det enkelte produkt blir mindre enn verdien av produktet. Verdien av material 1 er 750 pr tonn (Y 1 ), skyggeprisen. Tilsvarende er material 2 verd 500 pr. tonn (Y 2 ). De øvrige restriksjonene er ikke bindende i optimum, og har følgelig null verdi. Dualvariablene tilsvarer altså skyggeprisene i LP modellen. Sensitivitetsanalysen viser intervallene de gjelder for.

Rasmus RasmussenBØK710 OPERASJONSANALYTISKE EMNER10 Totalverdien av ressursene vurdert til skyggeprisene er lik totalverdien av produktene som produseres (dvs. optimal verdi av målfunksjonen). Ressurser som ikke brukes fullt ut har en skyggepris (marginalverdi) lik null. Et produkts Reduced Cost er lik differansen mellom produktets fortjeneste og alternativkostnaden for de ressurser det forbruker. Produkter med en fortjeneste som er mindre enn alternativ- kostnaden til de ressurser det forbruker vil ikke inngå i den optimale løsningen. (Reduced Cost er negativ.) Viktige poenger

Rasmus RasmussenBØK710 OPERASJONSANALYTISKE EMNER11 Verdi ressurser = Verdi produksjon RessursMengdeVerdiTotal verdi 1 M / ,- 2 M ,- 3 Marked100,- 4 Etterspørsel200,- Total verdi ressurser ,- ProduktMengdeVerdiTotal verdi X1X , ,- X2X2 1,54.000,-6.000,- Total verdi produksjon ,- Totalverdien av ressursene vurdert til skyggeprisene er lik totalverdien av produktene som produseres (dvs. optimal verdi av målfunksjonen).

Rasmus RasmussenBØK710 OPERASJONSANALYTISKE EMNER12 Økonomisk tolking av dualrestriksjoner Koeffisientene i Z-linjen i simplextabellene for primalproblemet tilsvarer reduced cost (husk optimalitetstesten). Vi har altså:

Rasmus RasmussenBØK710 OPERASJONSANALYTISKE EMNER13 TOYCOs leketøysproduksjon Primal Max Z =3X 1 + 2X 2 + 5X 3 (DB kr) Slik at:1X 1 + 2X 2 + 1X 3  430(Avd. 1) 3X 1 + 2X 3  460(Avd. 2) 1X 1 + 4X 2  420(Avd. 3) X1X1 X 2 X 3  0 Z=1350X 1 = 0X 2 = 100X 3 = 230Optimum Dual Min W =430Y Y Y 3 (Ressurs kr) Slik at:1Y 1 + 3Y 2 + 1Y 3  3 2Y 1 + 4Y 3  2 1Y 1 + 2Y 2  5 Y1Y1 Y 2 Y 3  0 W=1350Y 1 = 1Y 2 = 2Y 3 = 0Optimum LP modellen finner optimal daglig produksjon av tog, lastebiler og biler, innenfor daglig produksjonskapasitet (timer) i de tre avdelingene produktene må gjennom, slik at totalt dekningsbidrag maksimeres. Det skal ikke produseres tog, men 100 lastebiler og 230 biler. Daglig DB blir da kr. 1350,-. Dual modellen finner skyggeprisene Y i som minimer total verdi av ressursene, men samtidig slik at verdien av ressursbruken for hvert produkt er minst like stor som verdien av produktene. Løsningen gir en skyggepris i avdeling 1 på kr. 1,- og en skyggepris i avdeling 2 på kr. 2,-. Avdeling 3 har ledig kapasitet, siden skyggeprisen er kr. 0,-.

Rasmus RasmussenBØK710 OPERASJONSANALYTISKE EMNER14 Tog (X 1 ) er ulønnsom. Hvor mye må kostnadene reduseres (eller prisen økes) før produktet blir lønnsomt? Reduced Cost Tog - X 1 Tid (a i2 )SkyggeprisVerdi Kostnad avd. 1a 11 = 11,- Kostnad avd. 2a 21 = 32,-6,- Kostnad avd. 3a 31 = 10,- Alternativkostnad (verdi ressursbruk):7,- DB X 1 (c 1 )3,- Reduced Cost 3 − 7 = − 4,- Dekningsbidraget for produkt Tog (X 1 ) må forbedres med 4,- før produktet blir lønnsomt å produsere.

Rasmus RasmussenBØK710 OPERASJONSANALYTISKE EMNER15 Tog (X 1 ) er ulønnsom. Hvor mye må tidsbruk i avd. 2 (a 21 ) reduseres før produktet blir lønnsomt? Analyse restriksjonskoeffisienter a ij Tid (a ij )SkyggeprisVerdi Kostnad avd. 1a 11 = 11,- Kostnad avd. 2a 21 2,-2a 21 Kostnad avd. 3a 31 = 10,- DB X 1 (c 1 )3,- Reduced Cost 1 + 2a − 3 Optimalitetstest: Reduced Cost < 0: 2a 21 < 2  a 21 < 1 Opprinnelig tid for X 1 i avdeling 2 : a 21 = 3 timer Minimum tid for at X 1 skal bli lønnsom: a 21 < 1 timer Nødvendig reduksjon a 21 = 3 – 1 = 2 timer, dvs. 2/3 = 67%.

Rasmus RasmussenBØK710 OPERASJONSANALYTISKE EMNER16 Optimal produksjon inneholder ikke tog (X 1 ). For at X 1 skal bli lønnsom må alternativkostnaden ved bruk av knappe ressurser ikke overstige verdien, dvs. reduced cost må bli positiv. Da må enten kostnadene reduseres eller prisen økes. La r 1, r 2 og r 3 være %vis reduksjon i tidsforbruket for X 1 i de tre avdelingene. For at produktet skal bli lønnsomt må alternativkostnaden av ressursbruken være mindre enn DB (c 1 ). Dualitet – skyggepriser og reduced cost I optimum: Y 1 = 1, Y 2 = 2, Y 3 = 0, og vi får: Merk at ikke en gang 50% reduksjon i ressursbruk vil gjøre produktet lønnsomt.

Rasmus RasmussenBØK710 OPERASJONSANALYTISKE EMNER17 Vi har tidligere foretatt sensitivitetsanalyse av optimal løsning av LP problemer, ved å finne tillatte intervall for de ulike parameterne som vil beholde optimal- løsningen uendret. Nå skal vi foreta endringer og finne ny optimal løsning. Post-optimal analyse finner nye løsninger effektivt, basert på dualitet og primal-dual sammenhenger. Vi skal kun foreta en forenklet post-optimal analyse. Post-optimal analyse

Rasmus RasmussenBØK710 OPERASJONSANALYTISKE EMNER18 Sensitivitetsanalyse i Simplex-tabell BasisX1X1 X2X2 X3X3 S1S1 S2S2 S3S3 Verdi Hjelpe kolonne Z 33 22 5 S1S  1 S2S  2 S3S  3 Merk at endringene i Verdi-kolonnen er lik koeffisientene i Slakk (S)-kolonnene. Denne dupliseringen vil skje i alle påfølgende Simplex-iterasjoner, slik at verdiene i S i –kolonnen vil duplisere endringen  i Verdi-kolonnen i siste simplex-tabell: BasisX1X1 X2X2 X3X3 S1S1 S2S2 S3S3 VerdiEndring Z    3 X2X2  (1/4) 101/2  (1/4) (1/2)  1  (1/4)   3 X3X3 3/20101/  1 +(1/2)   3 S3S3 200 2  2  1 +1   3

Rasmus RasmussenBØK710 OPERASJONSANALYTISKE EMNER19 Mulighetsområdet blir påvirket hvis høyresidekoeffisientene i restriksjonene endres, eller nye restriksjoner legges til modellen. En ny løsning vil forbli mulig så lenge basisvariablene forblir ikke-negative. Situasjon 1: Anta at kapasitetene i avd. 1, 2 og 3 økes til hhv. 600, 640 og 590 minutter pr dag. Situasjon 2: Overføre slakk fra avd. 3 (20 min) til avd. 1. Endringer av mulighetsområdet

Rasmus RasmussenBØK710 OPERASJONSANALYTISKE EMNER20 Situasjon 1 BasisVerdiNy verdiEndring Z0 S1S  1 = 600  1 = 170 S2S  2 = 640  2 = 180 S3S  3 = 590  3 = 170 Vi ser at alle opprinnelige optimale basisvariabler er positive, den nye løsningen er derfor mulig (og optimal). Vi skal fortsatt ikke produsere tog, men 140 lastebiler og 320 lekebiler, som gir totalt daglig DB på kr ,-. Vi vil ha et slakk i avdeling 3 på 30 minutter pr. dag. Den nye løsningen gir en økning i Z fra 1.350,- til 1.880,- og er derfor lønnsom (hvis den er kostnadsfri, eller koster mindre enn 530,-). BasisVerdiEndringNy verdi Z      180 = 1880 X2X (1/2)  1  (1/4)   (1/2)  170  (1/4)  180 = 140 X3X  1 +(1/2)   (1/2)  180 = 320 S3S3 20  2  1 +1   3 20  2    170 = 30

Rasmus RasmussenBØK710 OPERASJONSANALYTISKE EMNER21 Situasjon 2 BasisVerdiEndring Z0 S1S  1  1 = 20 S2S  2  2 = 0 S3S  3  3 =  20 Her ser vi at den nye løsningen ikke er en mulig løsning: å produsere 110 av X 2 og 230 av X 3 medfører at vi bruker 40 minutter mer i Avd. 3 enn den nye kapasiteten tillater (S 3 = – 40). Vi kan bruke dual simplex for å gjenskape mulig løsning. Dual Simplex metoden starter i en bedre enn optimal og umulig løsning, og søker en mulig løsning samtidig som optimalitetsbetingelsene beholdes. I praksis er det ofte like greit å løse problemet på nytt. Her vil S 3 forlate basis (=0). Siden X 2 og X 3 vil forbli i basis, og bare X 3 inngår i avd. 2, vil X 3 = 230 (uendret). Bare X 2 inngår i avd. 3, og ny verdi X 2 = (420 − 20)/4 = 100. BasisVerdiEndringNy verdi Z      0 = 1370 X2X (1/2)  1  (1/4)   (1/2)  20  (1/4)  0 = 110 X3X  1 +(1/2)   (1/2)  0 = 230 S3S3 20  2  1 +1   3 20  2    (  20) =  40

Rasmus RasmussenBØK710 OPERASJONSANALYTISKE EMNER22 Den nye løsningen er altså: X 1 = 0, X 2 = 100, X 3 = 230 Det gir Z = 3    230 = 1.350,- Siden opprinnelig Z også var 1.350,- gir ikke omfordelingen av kapasitetene noen gevinst. En burde heller omfordele kapasitetene basert på skyggeprisene. Avdeling 2 har større skyggepris enn avdeling 1, og burde derfor blitt tilført de overflødige timene i avdeling 3. Vurdering av ny løsning

Rasmus RasmussenBØK710 OPERASJONSANALYTISKE EMNER23 En ny restriksjon kan aldri forbedre optimal verdi på målfunksjonen. Hvis den nye restriksjonen ikke påvirker optimal løsning, så endres selvsagt heller ikke optimal verdi på målfunksjonen. Hvis optimal løsning påvirkes av en ny restriksjon, så vil målfunksjonen forverres. Ny mulig løsning kan i så fall finnes ved dual simplex metoden. Ny restriksjon

Rasmus RasmussenBØK710 OPERASJONSANALYTISKE EMNER24 Eksempel Ny restriksjon Situasjon 1 Max Z =3X 1 + 2X 2 + 5X 3 (DB kr) Slik at:1X 1 + 2X 2 + 1X 3  430(Avd. 1) 3X 1 + 2X 3  460(Avd. 2) 1X 1 + 4X 2  420(Avd. 3) ny3X 1 + 1X 2 + 1X 3  500(Avd. 4) X1X1 X 2 X 3  0 Z=1350X 1 = 0X 2 = 100X 3 = 230Oppr. optimum Situasjon 2 Max Z =3X 1 + 2X 2 + 5X 3 (DB kr) Slik at:1X 1 + 2X 2 + 1X 3  430(Avd. 1) 3X 1 + 2X 3  460(Avd. 2) 1X 1 + 4X 2  420(Avd. 3) ny3X 1 + 3X 2 + 1X 3  500(Avd. 4) X1X1 X 2 X 3  0 Z=1350X 1 = 0X 2 = 100X 3 = 230Oppr. optimum Her er opprinnelig optimal løsning fortsatt en mulig løsning: Avd. 4 har ledig kapasitet. Den nye restriksjonen påvirker derfor ikke optimal løsning, som forblir uendret. Her er opprinnelig optimal løsning ikke lenger mulig. Det vil gå med totalt = 530 minutter i avdeling 4, mens kapasiteten bare er 500. Dual simplex (eller ny løsning) vil gi ny optimal løsning: X 1 = 0, X 2 = 90, X 3 = 230, og Z = Vi ser at den nye løsningen gir dårligere resultat. Hint: Løs problemet grafisk, uten produkt X 1. Tegn til slutt inn de to versjonene av ny avd. 4. Mulighetsområdet kan påvirkes uten å endre optimal løsning. Z kan aldri forbedres av nye restriksjoner.

Rasmus RasmussenBØK710 OPERASJONSANALYTISKE EMNER25 Målfunksjonen endres hvis noen av koeffisientene i målfunksjonen endres, eller nye variabler legges til. Optimalitetsbetingelsene må være tilfredsstilt: Reduced Cost må være ikke-negativ for basis-variablene, dvs. dekningsbidraget må dekke alternativkostnaden målt ved ressursbruken verdsatt til skyggeprisene. Hvis optimalitetsbetingelsene ikke lenger er tilfredsstilt, kan ny løsning beregnes via primal simplex metoden. I praksis er det ofte like enkelt å løse problemet på nytt. Endringer i målfunksjonen

Rasmus RasmussenBØK710 OPERASJONSANALYTISKE EMNER26 Eksempel – Endring i målfunksjon CjCj BasisX1X1 X2X2 X3X3 S1S1 S2S2 S3S3 Verdi Z 4  1  1  (1/4)  2 + 3/2  3 0  1    3 0  1    (1/2)   3 2  (1/4)  2 + (1/2)    22 X2X2  (1/4) 101/2  (1/4) 0100 33 X3X3 3/20101/ S3S3 200 2 Opprinnelig problem Max Z =3X 1 + 2X 2 + 5X 3 (DB kr) Slik at:1X 1 + 2X 2 + 1X 3  430(Avd. 1) 3X 1 + 2X 3  460(Avd. 2) 1X 1 + 4X 2  420(Avd. 3) X1X1 X 2 X 3  0 Z=1350X 1 = 0X 2 = 100X 3 = 230Oppr. optimum Situasjon 1 Max Z =2X 1 + 3X 2 + 4X 3 (DB kr) Slik at:1X 1 + 2X 2 + 1X 3  430(Avd. 1) 3X 1 + 2X 3  460(Avd. 2) 1X 1 + 4X 2  420(Avd. 3) X1X1 X 2 X 3  0 Z=1220X 1 = 0X 2 = 100X 3 = 230Oppr. optimum NyZ 4  1(-1)  (1/4)(+1)+3/2(-1) =13/4 0  1(+1) + 1(+1)+0(-1) =0 0  1(-1) + 0(+1) +1(-1) =0 1 + (1/2) (+1)+ 0(-1) =3/2 2  (1/4) (+1)+ (1/2) (-1) =5/ (+1)+0(-1) =0 Alle OK  0

Rasmus RasmussenBØK710 OPERASJONSANALYTISKE EMNER27 Vi ser at de nye prisene ikke endrer optimalitetsbetingelsene, opprinnelig optimal løsning forblir fortsatt optimal. Men nytt totalt DB er mindre. Ny Z = 1.220,- mot tidligere Z = 1.350,-. Den nye prisstrategien er derfor ikke lønnsom. Vurdering prisendringer

Rasmus RasmussenBØK710 OPERASJONSANALYTISKE EMNER28 Eksempel – Endring i målfunksjon CjCj BasisX1X1 X2X2 X3X3 S1S1 S2S2 S3S3 Verdi Z 4  1  1  (1/4)  2 + 3/2  3 0  1    3 0  1    (1/2)   3 2  (1/4)  2 + (1/2)    22 X2X2  (1/4) 101/2  (1/4) 0100 33 X3X3 3/20101/ S3S3 200 2 Opprinnelig problem Max Z =3X 1 + 2X 2 + 5X 3 (DB kr) Slik at:1X 1 + 2X 2 + 1X 3  430(Avd. 1) 3X 1 + 2X 3  460(Avd. 2) 1X 1 + 4X 2  420(Avd. 3) X1X1 X 2 X 3  0 Z=1350X 1 = 0X 2 = 100X 3 = 230Oppr. optimum Situasjon 2 Max Z =6X 1 + 3X 2 + 4X 3 (DB kr) Slik at:1X 1 + 2X 2 + 1X 3  430(Avd. 1) 3X 1 + 2X 3  460(Avd. 2) 1X 1 + 4X 2  420(Avd. 3) X1X1 X 2 X 3  0 Z=1220X 1 = 0X 2 = 100X 3 = 230Oppr. optimum NyZ 4  1(+3)  (1/4)(+1)+3/2(-1) =  3/4 0  1(+1) + 1(+1)+0(-1) =0 0  1(-1) + 0(+1) +1(-1) =0 1 + (1/2) (+1)+ 0(-1) =3/2 2  (1/4) (+1)+ (1/2) (-1) =5/ (+1)+0(-1) =0 Ikke alle  0

Rasmus RasmussenBØK710 OPERASJONSANALYTISKE EMNER29 Vi ser at nå er optimalitetsbetingelsene ikke oppfylt for X 1, den har nå negativ Z-verdi. X 1 blir altså ny inngående variabel, og S 3 er utgående. Ny optimal løsning (ny iterasjon med primal simplex) gir X 1 = 10, X 2 = 102,5 og X 3 = 215. Men siden ny Z = 1.270,50 (mot tidligere 1.350,-) så er ikke denne løsningen å anbefale. Optimalitetstest ikke oppfylt

Rasmus RasmussenBØK710 OPERASJONSANALYTISKE EMNER30 Målfunksjonen endres selvsagt hvis en ny variabel (ny aktivitet) legges til problemet. Hvis koeffisienten i målfunksjonen til den nye variabelen dekker alternativkostnadene målt ved skyggeprisene, så er variabelen lønnsom, og bør inngå som en av basis-variablene. Det tilsvarer å kontrollere Z-verdien i simplex-tabellen mot optimalitetstesten. Endret målfunksjon - Ny variabel

Rasmus RasmussenBØK710 OPERASJONSANALYTISKE EMNER31 Et nytt produkt vurderes innført, en brannmaskin. Produktet gir et dekningsbidrag på kr. 4,- pr. stk. og krever hhv. 1, 1 og 2 minutter i avdeling 1, 2 og 3. Eksempel – Nytt produkt for TOYCO Max Z =3X 1 + 2X 2 + 5X 3 + 4X 4 Dual Slik at:1X 1 + 2X 2 + 1X 3 + 1X 4  430(Avd. 1)Y 1 = 1 3X 1 + 2X 3 + 1X 4  460(Avd. 2)Y 2 = 2 1X 1 + 4X 2 + 2X 4  420(Avd. 3)Y 3 = 0 X1X1 X 2 X 3 X4X4  0 DB X 4 4 Avd. 1 1  1 = 1 Avd. 2 2  1 = 2 Avd. 3 0  2 = 0 Alternativkostnad3 Reduced Cost −1−1 Det nye produktet er lønnsomt. (DB > alt.kostnaden) Nytt optimum finnes ved å modifisere simplex-tabellen, eller løse problemet på nytt. Ny løsning: X 1 = 0, X 2 = 0, X 3 = 125, og X 4 = 210. Ny Z = 1465,-. Det nye produktet forbedrer lønnsomheten med 115,-.

Rasmus RasmussenBØK710 OPERASJONSANALYTISKE EMNER32 Siste simplex-tabell primalproblem BasisX1X1 X2X2 X3X3 S1S1 S2S2 S3S3 Verdi Hjelpe kolonne Z X2X2  (1/4) 101/2  (1/4) 0100 X3X3 3/20101/20230 S3S3 200 2 Optimal løsning primalproblemet inneholder aldri flere variabler enn antall restriksjoner.

Rasmus RasmussenBØK710 OPERASJONSANALYTISKE EMNER33 Slutt på kapittel 4