6. Ulaştırma Modelleri:

6. Ulaştırma Modelleri: Doğrusal programlama modellerinin bir türevi olan ulaştırma modelleri kendine haz çözüm yöntemleri olduğundan farklı bir başlık altında anlatılmaktadır. Bütün ulaştırma modelleri arz eden ve talepte bulunan birimlerin birlikte verildiği, genelde taşıma mesafelerinden oluşan bir matris yardımıyla gösterilirler. Bir soru yardımıyla bu durumu pekiştirelim. Örnek 18: Ege Santral (Wayne L. Winston Operations Research) Ege bölgesinde bulunan 3 farklı santralin elektrik üretim kapasiteleri ve bu santrallerden elektrik alan 4 ilin talepleri aşağıdaki matriste verilmiştir. Matriste bulunan değerler santraller ise şehirler arasındaki mesafeyi göstermektedir. (Elektrik taşıma maliyetlerinin, mesafeler ile doğru orantılı olduğu kabul edilmiştir.) Şehir 1 Şehir 2 Şehir 3 Şehir 4 Arz Santral 1 8 6 1 9 35 Santral 2 9 12 13 7 5 Santral 3 14 9 16 5 4 Talep 45 2 3 3 İstenen bu bilgilere göre toplam taşıma maliyetini minimize edecek şekilde ve hiçbir şehir elektriksiz kalmamak koşulu ile, hangi santralden hangi şehre ne kadar elektrik taşınması gerektiğini bulan doğrusal programlama modelini kurunuz. Doğrusal programlama modelleri kurulurken izlediğimi üç aşamalı yöntemi burada da uygulayabiliriz. 1. Karar Değişkenlerinin Belirlenmesi: Soruda bilinmeyen, yani karar verme sürecini direkt olarak oluşturan bilgi son kısımda açıkça belirtilmiştir. Yani karar değişkenleri hangi santralden hangi şehre ne kadar gönderileceğidir. Burada 3 farklı santral ve 4 farklı şehir olduğundan 3x4=12 farklı alternatif gönderimden bahsedebiliriz. Bu durumda her bir alternatif gönderim bizim karar değişkenlerimizi oluşturmaktadır. Ulaştırma modellerinde karar değişkenleri aşağıdaki gibi gösterilir. : ş ç.. ş ö Örneğin karar değişkeni santral 1 den şehir 3 e gönderilecek miktarı göstermektedir. Burada dikkat edilmesi gereken nokta, ulaştırma modellerinde satır sayısı x sütun sayısı kadar karar değişkeninin olması gerekliliğidir. ~ 18 ~

2. Amaç Fonksiyonunun Yazılması: Buradaki amaç toplam taşıma maliyetlerinin minimizasyonudur. Aşağıdaki tablo incelendiğinden her bir maliyet değeri için bir atama değişkeni olduğu görülebilir. Şehir 1 Şehir 2 Şehir 3 Şehir 4 Arz Santral 1 Santral 2 Santral 3 8 6 1 9 35 9 12 13 7 5 14 9 16 5 4 Talep 45 2 3 3 Yukarıdaki her bir karar değişkeni taşınan yük miktarını göstermektedir. Bu bağlamda toplam taşıma maliyetinin taşınan yük x mesafe toplamı ile bulunabileceğini söylemek yanlış olmaz. Bu düşünce ile amaç fonksiyonunu aşağıdaki gibi yazabiliriz. 8 6 1 9 9 12 13 7 14 9 16 5 Sorunun çözülmesi sonucunda bazı karar değişkenlerinin değeri alabileceğine dikkat ediniz. Çünkü her santralden her şehre gönderilmesi tercih edilmeyebilir. 3. Kısıt Denklemlerinin Yazılması: Ulaştırma modellerinde temel olarak iki farklı kısıt grubu söz konusudur. Santrallerin elinde bulunan miktarı aşamaması (Arz kısıtları) ve şehirlerin hiçbirisinin elektriksiz kalmaması (Talep kısıtları) şeklindeki kısıtlar satır ve sütunlardaki değişkenlerden yardım alınarak yazılır. Örneğin santral 1 için toplam arz 35 birimi aşamaz. Yani şehirlere gönderilen miktarlar toplamı en fazla 35 birim olabilir. Bu şekildeki kısıtı aşağıdaki gibi yazabiliriz. 35 Benzer şekilde santral 2 ve santral 3 arz kısıtları aşağıdaki gibi yazılabilir. 5 4 Talep kısıtları ise şehirler dikkate alınarak yazılacağından sütunlar yardımıyla yazılabilir. Örneğin şehir bir için talep kısıtı, elektriksiz kalmama koşulu dikkate alındığında aşağıdaki gibi olacaktır. 45 ~ 19 ~

Burada dikkat edilmesi gereken nokta şehirlerin taleplerinden daha az elektrik kabul etmeyeceği ve yine taleplerinden daha fazla elektriğe ise ihtiyaç duymadığıdır. Bu yüzden kısıt eşittir operatörü ile yazılmıştır. Benzer şekilde diğer üç şehre ait kısıtlar aşağıdaki gibi yazılabilir. 2 3 3 Pozitiflik şartının da eklenmesi ile ulaştırma sorusunun doğrusal programlama modeli aşağıdaki gibi yazılabilir. 8 6 1 9 9 12 13 7 14 9 16 5 ARZ KISITLARI 35 1 5 2 4 3 45 Ş 1 TALEP KISITLARI 2 Ş 2 3 Ş 3 3 Ş 4 Yukarıdaki model hemen hemen bütün ulaştırma sorularında benzer şekilde hazırlanır. Burada soruda arz ve talep birbirine eşit (125 adet) olduğundan bütün kısıtları eşitlik halinde yazmakta sakınca yoktur. Fakat bütün kısıtlar küçük eşit olarak yazılamaz. Çünkü hepsi küçük eşit olursa minimizasyon sorusunun cevabı olacaktır. Yani gönderim yapılmaması tercih edilecektir. ~ 11 ~

Ulaştırma modellerinde soruların çözülmesi 3 aşamalı bir yöntemle gerçekleştirilir. 1. Öncelikle sorunun bütün kısıtlarını sağlayan bir başlangıç çözümü bulunur. a. Kuzey Batı Köşesi (KBK) yöntemi b. Minimum Maliyetli Hücre (MMH) yöntemi c. Vogel Yaklaşım Metodu (VAM) 2. Başlangıç çözümünün optimum olup olmadığı ilerleme indeksleri hesaplamaları yardımıyla denetlenir. 3. Eğer çözüm optimum değilse optimal çözüm bulunana kadar çeşitli yöntemler ile çözüm iyileştirilir. a. Atlama Taşı Yöntemi b. MODI 6.1.Başlangıç Çözümleri: 6.1.1.Kuzey Batı Köşesi Yöntemi: Bu yöntemde matrisin sol üst köşesinden (Kuzey Batı Köşesinden) başlanılarak, arz ve talep değerleri dikkate alınarak atamalar yapılarak sağ alt köşeye ulaşılır. Şimdi Ege santral örneğinde bu durumu sorgulayalım. Örnek 18: Ege Santral Devam Aşağıdaki verilen taşıma matrisi için KBK yöntemi ile başlangıç çözümünü belirleyiniz. Şehir 1 Şehir 2 Şehir 3 Şehir 4 Arz Santral 1 35 8 6 1 9 Santral 2 5 9 12 13 7 Santral 3 4 14 9 16 5 Talep 45 2 3 3 İlk aşamada 8 sabit maliyetli hücresine maksimum atamayı yapalım. Şehir 1 45 birim talep etmekte fakat santral 1 ancak 35 birim gönderebilmektedir. Bu durumda 35 olacak şekilde (daha fazlasını santral göndermiyor) atama yapılmalıdır. Bu şekilde atama yapıldığında santral 1 elindeki miktarın tamamını gönderdiğinden daha fazla gönderim yapmayacak, şehir 1 ise hala 1 birimlik bir elektriği talep edecektir. Tablo aşağıdaki gibi yenilenecektir. KBK da bir sonraki hücreye geçiş sağa veya aşağı yönlü olmalıdır. Sağa doğru gidilemez çünkü santral 1 in elinde elektrik kalmamıştır. Bu durumda aşağıya gidilerek santral 2 den 1 birim talep edilecektir. ~ 111 ~

Şehir 1 Şehir 2 Şehir 3 Şehir 4 Arz Santral 1 35 8 6 1 9 Santral 2 5 9 12 13 7 Santral 3 4 14 9 16 5 Talep 1 2 3 3 Santral 2 den 1 birim talep edildiğinde şehir 1 için bütün talep karşılanacak fakat santral 2 nin elinde 4 birimlik miktar bulunmaya devam edecektir. Bu durumda yeni atama aşağı değil (çünkü artık şehir 1 daha fazla istemiyor) sağa doğru olacaktır. Şehir 1 Şehir 2 Şehir 3 Şehir 4 Arz Santral 1 Santral 2 35 8 6 1 9 1 9 12 13 7 4 Santral 3 4 14 9 16 5 Talep 2 3 3 hücresinde şehir 2 2 birim talep etmekte ve santral 2 bu talebin tamamını karşılamaktadır. Bu durumda şehir 2 daha fazla istemeyeceğinden yönümüz yine sağa doğru olmalıdır. Şehir 1 Şehir 2 Şehir 3 Şehir 4 Arz Santral 1 Santral 2 35 8 6 1 9 1 2 9 12 13 7 2 Santral 3 4 14 9 16 5 Talep 3 3 2 durumu incelenirse, şehir 3 3 birimlik bir talepte bulunmasına karşın, santral 2 ancak bu talebin 2 birimlik kısmını karşılayabilmektedir. Bu durumda 2 birimlik atama yapılır ve kalan 1 birim son santralden talep edilir. ~ 112 ~

Şehir 1 Şehir 2 Şehir 3 Şehir 4 Arz Santral 1 Santral 2 35 8 6 1 9 1 2 2 9 12 13 7 Santral 3 4 14 9 16 5 Talep 1 3 Santral 3 ün elinde 4 birimlik elektrik enerjisi kaynağı bulunmakta, şehir 3 ise 1 birim talep etmektedir. Bu durumda talebin tamamının karşılanacağı muhakkaktır. Şehir 1 Şehir 2 Şehir 3 Şehir 4 Arz Santral 1 Santral 2 Santral 3 35 8 6 1 9 1 2 2 9 12 13 7 1 14 9 16 5 3 Talep 3 Son adımda santral 3 ün elinde 3 birim bulunurken şehir 4 te 3 birim talep etmektedir. Bu talebin tamamı karşılanarak başlangıç çözümü tamamlanır. Şehir 1 Şehir 2 Şehir 3 Şehir 4 Arz Santral 1 Santral 2 Santral 3 35 8 6 1 9 1 2 2 9 12 13 7 1 3 14 9 16 5 Talep Yukarıdaki tablodan da görüleceği üzere bütün şehirler istedikleri miktarda elektrik almış, bütün santraller ise elektrik stoklarını tüketmiştir. Bu durumda kısıtlar sağlandığından uygun bir çözümdür. Çözüm değerini hesaplayabilmek için amaç fonksiyonunda atamalar yerine yazılır. 8 35 6 1 9 9 1 12 2 13 2 7 14 9 16 1 5 3 118 ~ 113 ~

Görüleceği üzere bütün koşulları da sağlayarak 118TL ye bir dağıtım gerçekleştirilmiştir. KBK ile yapılan çözümler uygun çözümler olmakla birlikte genelde en yüksek maliyet değerlerinin oluştuğu başlangıç çözümleridir. Bu bağlamda daha iyi bir başlangıç çözümünü tercih etmek uygun olabilir. 6.1.2.Minimum Maliyetli Hücre (MMH) Yöntemi: Bu yöntemde bütün matris içerisindeki ne düşük maliyet değerine (en düşük uzaklık değerine) sahip hücreye maksimum düzeyde atama yapılır. Bu atama yapıldıktan sonra kalan hücreler içerisindeki en küçük maliyetli hücre seçilerek, bu yeni hücreye olabilecek maksimum değerde atama gerçekleştirilir. Bu adımlar bütün atamalar sonlanıncaya kadar tekrar edilir. Ege santral örneğinde MMH yöntemi ile atama yaparak, KBK ile elde edilen sonuçla karşılaştıralım. Örnek 18: Ege Santral Devam Aşağıdaki verilen taşıma matrisi için MMH yöntemi ile başlangıç çözümünü belirleyiniz. Şehir 1 Şehir 2 Şehir 3 Şehir 4 Arz Santral 1 35 8 6 1 9 Santral 2 5 9 12 13 7 Santral 3 4 14 9 16 5 Talep 45 2 3 3 Soruya en küçük maliyetli hücreyi belirleyerek başlayalım. Matriste hücresi en küçük maliyet değerine sahiptir. Bu hücre için şu aşamada talep 3, arz ise 4 dır. Yani şehir 4 ün isteğinin tamamı santral 3 tarafından karşılanabilir. Bu işlemden sonra şehir 4 sütunundaki diğer değerler kapatılır. Çünkü bütün talebi karşılanmıştır. Şehir 1 Şehir 2 Şehir 3 Şehir 4 Arz Santral 1 35 8 6 1 9 Santral 2 5 9 12 13 7 3 Santral 3 1 14 9 16 5 Talep 45 2 3 Geriye kalan 9 hücre içerisinde en düşük maliyete hücresi sahiptir. Bu hücre incelenirse şehir 2 nin 2 birim talebinin santral 1 tarafından karşılanabileceği ~ 114 ~

görülmektedir. Bu durumda bu atama gerçekleştirilir. Atamadan sonra talep karşılandığından şehir 2 sütunundaki diğer hücreler atamaya kapatılır. Şehir 1 Şehir 2 Şehir 3 Şehir 4 Arz Santral 1 2 8 6 1 9 15 Santral 2 5 9 12 13 7 3 Santral 3 1 14 9 16 5 Talep 45 3 Üçüncü adımda geriye sadece 6 hücre kaldı ve en küçük maliyet hücresinde görülmektedir. Bu bağlamda bu hücreye atama yapılmalıdır. Şehir 1 45 birim istemekte fakat santral 1 in elinde ancak 15 birim bulunmaktadır. Santral 1 elindeki miktarı şehir 1 e gönderir. Artık Şehir 3 santral 1 den alım yapamayacağına göre (santral 1 de elektrik enerjisi kalmadı) hücresi kapatılır. Şehir 1 Şehir 2 Şehir 3 Şehir 4 Arz Santral 1 15 2 8 6 1 9 Santral 2 5 9 12 13 7 3 Santral 3 1 14 9 16 5 Talep 3 3 Elimizde 4 hücre kaldı ve en küçük maliyet değeri de karşımıza çıkmaktadır. Bu durumda şehir 1 in 3 birim talebi santral 2 tarafından karşılanacaktır. Santral 2 elinde yeterli miktar olduğundan talep karşılanır, artık şehir 1 daha fazla talep etmeyeceğinden hücresi kapatılır. Şehir 1 Şehir 2 Şehir 3 Şehir 4 Arz Santral 1 Santral 2 Santral 3 15 2 8 6 1 9 3 9 12 13 7 14 9 16 5 3 2 1 Talep 3 ~ 115 ~

Son iki kalan hücrede mecburi atamalar söz konusu olduğundan MMH yöntemi çözümü aşağıdaki gibi olacaktır. Şehir 1 Şehir 2 Şehir 3 Şehir 4 Arz Santral 1 Santral 2 Santral 3 15 2 8 6 1 9 3 2 9 12 13 7 1 3 14 9 16 5 Talep MMH yöntemi toplam taşıma maliyeti amaç fonksiyonu yardımıyla aşağıdaki gibi hesaplanmıştır. 8 15 6 2 1 9 9 3 12 13 2 7 14 9 16 1 5 3 18 Toplam maliyet değerinin MMH yönteminde daha aşağı çekildiğine dikkat ediniz. MMH genelde KBK yöntemine göre daha iyi başlangıç çözümleri sunar. Fakat optimallik için çoğu zaman yeterli değildir. 6.1.3.Vogel Yaklaşım Yöntemi: VAM yöntemi nispeten KBK ve MMH yöntemine göre daha karmaşık olmasına rağmen daha iyi sonuçlar verdiğinden çoğu zaman tercih edilen bir yöntemdir. VAM yönteminde aşağıdaki adımlar izlenir. 1. Her satır ve sütundaki en düşük iki maliyet değeri seçilerek, farkı alınır. (Bu fark fırsat maliyeti olarak adlandırılır) 2. Fırsat maliyetleri değerleri incelenerek en yüksek fırsat maliyetine sahip satır veya sütun tercih edilir. 3. Seçilen satır veya sütundaki en düşük maliyetli hücreye olası maksimum atama gerçekleştirilir. 4. Önceki adımdaki atamadan sonra, atama yapılamayacak hücreler belirlenerek kapatılır. (İndirgenmiş matris oluşturulur) 5. Bütün atamalar tamamlanıncaya kadar birinci adıma dönülerek işlemler tekrarlanır. Ege Santral sorusuna dönerek bu durumu irdeleyelim. ~ 116 ~

Örnek 18: Ege Santral Devam Aşağıdaki verilen taşıma matrisi için VAM yöntemi ile başlangıç çözümünü belirleyiniz. Şehir 1 Şehir 2 Şehir 3 Şehir 4 Arz Santral 1 35 8 6 1 9 Santral 2 5 9 12 13 7 Santral 3 4 14 9 16 5 Talep 45 2 3 3 VAM yöntemi için gerekli olan fırsat maliyetlerini belirleyelim. Şehir 1 Şehir 2 Şehir 3 Şehir 4 Arz FM Santral 1 35 8 6=2 8 6 1 9 Santral 2 5 9 7=2 9 12 13 7 3 Santral 3 1 9 5=4 14 9 16 5 Talep 45 2 3 FM 9 8=1 9 6=3 13 1=3 7 5=2 Fırsat maliyetleri incelendiğinde en yüksek değere santral 3 satırında rastlanmıştır. Bu satırdaki en küçük maliyet olan 5 değerine ise olabilecek maksimum atama 3 gerçekleştirilmiştir. Bu atama yapıldıktan sonra şehir 4 daha fazla talep etmeyecek, santral 3 ise 1 birim daha gönderebilecektir. Şehir 4 daha fazla talep etmeyeceğinden bu sütundaki diğer hücreler kapatılır. ~ 117 ~

Yeniden hesaplanan fırsat maliyetleri aşağıda verilmiştir. Şehir 1 Şehir 2 Şehir 3 Şehir 4 Arz FM Santral 1 35 8 6=2 8 6 1 9 Santral 2 5 12 9=3 9 12 13 7 1 3 Santral 3 14 9=5 14 9 16 5 Talep 45 1 3 FM 9 8=1 9 6=3 13 1=3 Yukarıdaki tablo incelendiğinde maksimum fırsat maliyetinin santral 3 satırında olduğu görülmektedir. Santral 3 ün elinde kalan son miktar olan 1 birim, satırda yer alan en küçük maliyet değerine sahip olan şehir 2 ye gönderilecektir. Bu satırdaki diğer hücreler kapatılacaktır. Tabloya dikkat edildiğinde bir satır veya sütun kapatıldığında fırsat maliyetlerinin hesaplanmadığına (şehir 4 sütunu) dikkat ediniz. Şehir 1 Şehir 2 Şehir 3 Şehir 4 Arz FM Santral 1 1 8 6 1 9 25 8 6=2 Santral 2 5 12 9=3 9 12 13 7 1 3 Santral 3 14 9 16 5 Talep 45 3 FM 9 8=1 12 6=6 13 1=3 En yüksek fırsat maliyeti şehir 2 sütununda görülmektedir. Bu sütundaki atama yapılabilecek en küçük maliyetli hücre olan hücresine atama yapılmıştır. Bu atama yapılırken şehir iki talebi dikkate alınmıştır. ~ 118 ~

Şehir 1 Şehir 2 Şehir 3 Şehir 4 Arz FM Santral 1 Santral 2 Santral 3 1 8 6 1 9 45 9 12 13 7 1 3 14 9 16 5 25 1 8=2 5 13 9=4 Talep 3 FM 9 8=1 13 1=3 Santral 2 satırı en yüksek fırsat maliyetine sahip olduğundan seçilmiştir. Bu satırda ise en düşük maliyetli hücre olan seçilmiş ve arz yeterli olduğundan istenen miktarın tamamı (45) gönderilmiştir. Artık sadece tek sütun kaldığından VAM hesabına gerek yoktur. Zorunlu atamalar yapıldıktan sonra aşağıdaki başlangıç çözümü elde edilir. Şehir 1 Şehir 2 Şehir 3 Şehir 4 Arz Santral 1 Santral 2 Santral 3 1 25 8 6 1 9 45 5 9 12 13 7 1 3 14 9 16 5 Talep Toplam maliyet de aşağıdaki şekilde hesaplanabilir. 8 6 1 1 25 9 9 45 12 13 5 7 14 9 1 16 5 3 12 Görüldüğü üzere daha karmaşık olmasıyla birlikte en iyi çözümü VAM yöntemi sunmuştur. Başka bir örnek daha yapalım. ~ 119 ~

Örnek 18: Temel Mobilya Temel mobilya D, E ve F fabrikalarından A, B ve C mağazalarına ürettiği masaları göndermek istemektedir. Her bir fabrikanın aylık üretim kapasitesi ve her bir mağazanın talebi bilinmektedir. Bu talep ve arz değerleri, taşıma maliyetleri ile birlikte aşağıdaki matriste verilmiştir. A B C Arz D E F Talep 2 2 Toplam taşıma maliyetini minimize edecek modeli kurunuz. Her üç yöntemle de başlangıç çözümlerini belirleyiniz. Öncelikle modeli kuralım. 1. Karar Değişkenlerinin Belirlenmesi: Ulaştırma modellerinde karar değişkenleri satır sayısı x sütun sayısı kadar aşağıdaki gibi yazılır. : ş ç.. ğ ö 2. Amaç Fonksiyonunun Yazılması: Amaç fonksiyonu ise maliyet değerleri ile karar değişkenlerinin (atama değerlerinin) çarpımlarının toplanması ile ifade edilir. 3. Kısıt Denklemlerinin Yazılması: 5 4 3 8 4 3 9 7 5 Modelin arz kısıtları satırlardaki değişkenler ve fabrika kapasiteleri dikkate alınarak aşağıdaki gibi yazılmıştır. ~ 12 ~

Arz kısıtları eşitlik şeklinde yazılması durumu toplam arzın toplam talebe eşit olmasının doğal bir sonucudur. Talep kısıtları ise sütunlardaki değişkenlerle aşağıdaki gibi yazılabilir. 2 2 Pozitiflik şartı da eklendiğinde modelin son hali aşağıdaki gibi olacaktır. 5 4 3 8 4 3 9 7 5 ARZ KISITLARI TALEP KISITLARI ğ 2 ğ 2 ğ Modeli yukarıdaki gibi hazırladıktan sonra başlangıç çözümlerine geçebiliriz. Öncelikle KBK ile çözelim. A B C Arz D E F 2 2 Talep Çözümü sözel olarak anlamaya çalışalım. KBK yönteminde sol üst köşeye maksimum atama yapılarak başlanır. Bu hücre için A mağazası birim istemiş ancak D fabrikası birim gönderebilmiştir. D fabrikasının elinde kalmadığından atama yapmak için sağa değil de aşağıya doğru gidilir. AE hücresinde ise istenen 2 birimin tamamı E fabrikası tarafından gönderilebilmektedir. Bu durumda AF hücresine gitmeye gerek kalmaz ve BE hücresine (sağ tarafa) geçilir. E fabrikasında birim kaldığından (2 birim A ~ 121 ~

mağazasına önceki adımda gönderildi) bu miktarın tamamı istek yapan B mağazasına gönderilir. E fabrikasında artık ürün kalmadığından aşağıya inilir ve FB hücresine B mağazasının istediği son miktar olan 2 birim atanır. (B mağazası birim E fabrikasından aldı, o yüzden birim talep ediyor.) Son aşamada ise F fabrikası C mağazasına 2 masa gönderecektir. Bu çözümün toplam maliyeti 42 TL olmuştur. (5*+8*2+4*+7*+5*2=42TL) MMH yöntemi çözümü ise aşağıdadır. A B C Arz D E F 2 Talep 2 2 Bu yöntemde öncelikle bütün matristeki en düşük değer belirlenir. Görüleceği üzere iki farklı hücre minimum maliyete sahiptir. Bu durumda rastgele seçim yapılabileceği gibi, pratik bir yol olarak hangi maliyete maksimum atama yapılabileceği de incelenebilir. DC hücresine ve EC hücresine 2 atama yapılabileceği arz ve talepler incelendiğinde görülmektedir. Bu durumda EC hücresinin tercih edilmesi doğru olabilir. Daha sonra C sütunu kapanınca en küçük maliyetlerin DB ve EB hücrelerinde oldukları görülmektedir. Burada her iki hücre içinde maksimum atama birim olduğundan rastgele seçim yapılır. Biz EB hücresine atadık. Daha sonra en küçük değer DB olduğundan birim de ona atanır. Bu durumda geriye atama yapılabilecek son hücre olarak FA kalır ki bu hücreye birim atama yapılarak başlangıç çözümü tamamlanır. Bu çözümün maliyeti ise 4TL olacaktır. (4*+4*+3*2+9*=4TL) ~ 122 ~

Son olarak VAM yöntemi ile başlangıç çözümünü belirleyelim. Aşağıdaki tabloda adım adım fırsat maliyetleri hesabıyla birlikte VAM çözümü verilmiştir. D E F A B C Arz 2 2 FM 1. Adım 4 3=1 FM 2. Adım FM 3. Adım 4 3=1 4 3=1 8 3=5 7 5=2 7 5=2 9 5=4 Talep 2 2 FM 1.Adım FM 2.Adım FM 3.Adım 8 5=3 4 4= 3 3= 9 8=1 7 4=3 5 3=2 9 8=1 5 3=2 Birinci adımda fırsat maliyeti en yüksek değeri A sütununda görüldüğünden bu sütundaki en küçük maliyetin (5) yer aldığı hücreye (DA) maksimum atama () yapılır. İkinci adıma geçmeden D fabrikasına ait satırdaki diğer değerler kapatılır. Çünkü fabrikanın elinde sandalye kalmamıştır. İkinci adımdaki fırsat maliyetleri değerleri incelendiğinde B mağazası sütununun en yüksek fırsat maliyeti değerine sahip olduğu görülmektedir. Bu durumda EB hücresine maksimum atama olan 2 birim gönderilir. Artık B sütunundaki diğer değerler kapatılabilir. (Çünkü talebin tamamı karşılandı). Üçüncü adımda ise E satırı seçilmiş ve EC hücresine birim atanmıştır. Geriye kalan iki hücreye de atanması zorunlu olduğundan fırsat maliyeti hesabı yapılmaz. VAM maliyeti ise 39TL çıkmıştır. (5*+4*2+3*+9*2+5*=39TL) Önceki soruda olduğu gibi VAM yöntemi yine en iyi sonucu vermiştir. Başlangıç çözümleri daha önce simpleks tablolarda çözdüğümüz ara tablolara benzer. Bu çözümün optimal olup olmadığı kontrol edilmelidir. Simpleks tabloda görece katkı ) satırı yorumlanarak karar verilirken, ulaştırma modellerinde ilerleme indeksleri hesaplanmaktadır. Simpleks tablolarda Minimizasyon sorularında satırında negatif değer var ise çözüme devam ediliyordu. Benzer şekilde hesaplanan ilerleme indekslerinde negatif durum varsa sorunun optimal olmadığı sonucuna ulaşılır ve çözüme devam edilir. ~ 123 ~

6.2. Optimal Çözüme Ulaşma Yöntemleri: Bu kısımda iki farklı yöntem yardımıyla ilerleme indeksleri hesaplanıp optimallik testleri yapılacak ve eğer çözüm optimal değilse daha iyi çözüme ulaşılması sağlanacaktır. Bu yöntemlerin uygulanabilmesi için daha önceden başlangıç çözümü oluşturulması gerekmektedir. Optimallik testi yapmadan önce mutlaka matris satır ve sütun sayının bir eksiği kadar atama olmasına (m+n 1 kuralı) dikkat edilmelidir. Optimal çözüme ulaşmak için örneğin EGE santral sorusunda 3+4 1=6 atama ve Temel Mobilya sorusunda 3+3 1=5 atama olmalıdır. 6.2.1. Atlama Taşı Yöntemi: Bu yönetme aşağıdaki adımlar sıra ile izlenerek sonuç bulunmaya çalışılır. 1. Başlangıç çözümlerinde atama yapılmamış hücreler seçilir. 2. Yükleme yapılmamış bir hücre için kapalı hat bulununcaya kadar tablo incelenir. Kapalı hat oluşturulması sırasında sadece düşey ve yatay olarak ve saat yönünün tersine hareket edilir. (Eğer bu şekilde hat oluşmaz ise, hat oluşturmak adına zorunlu durumda saat yönüne de dönülebilir.) Hareket sırasında boş hücreler dikkate alınmadan sadece dolu hücrelerden 9 derece dönülerek hat oluşturulur. (Eğer dolu bir hücreden dönülerek hat oluşturulmuyor ise o zaman o dolu hücre de atlanabilir.) 3. Kapalı hat oluşturulduktan sonra yükleme yapılmamış hücre (seçilen boş hücre) + işaretli ve her bir dönüşte işaret değiştirilecek şekilde işaretlenir. 4. İşaretler dikkate alınarak birim taşıma maliyetlerinden ilerleme indeksi (ii) değerleri hesaplanır. 5. İlk dört adım bütün boş hücreler için tekrarlanır. Hesaplanan bütün ilerleme indeksleri sıfır veya pozitif işaretli ise çözüm optimumdur. Eğer negatif işaretli ilerleme indeksleri mevcut ise, mutlak değerce en yüksek negatif ilerleme indeksi seçilir. (Amacı en fazla düşürecek indeks seçilir.) 6. Seçilen hücre için kapalı hat oluşturulur. Kapalı hat boyunca atama değerleri dikkate alınır. Negatif işaretli hücrelerdeki en küçük atama değeri bütün negatif işaretli hücrelerden çıkarılarak pozitif işaretli hücrelere eklenir. 7. Yeni değiştirilmiş (önceki adımda atamalar değiştiğinden) matris için birinci adıma dönülerek işlemler tekrarlanır. Şimdi Temel Mobilya sorusunda KBK ile başlangıç çözümü yapılmış durumun optimalliği Atlama Taşı yöntemi ile denetleyip, optimum sonuca ulaşmaya çalışalım. ~ 124 ~

Örnek 18: Temel Mobilya (Devam) Aşağıda KBK ile başlangıç çözümü yapılmış ulaştırma matrisi için Atlama Taşı ile optimum çözümü belirleyiniz. D E F A B C Arz 2 2 Talep 2 2 Sorusa m+n 1 kuralını kontrol edersek 3+3 1=5 adet atama olmalıdır. Soruda KBK yöntemi işe 5 adet atama olduğunda çözüme devam edebiliriz. (Aynı soruda MMH yöntemi ile 4 atama olduğuna dikkat ediniz.) İlk adımda bir adet boş hücre seçilir. DB hücresini inceleyelim. Sadece yatay ve düşey gidebiliyoruz. O zaman DA, DC veya EB hücrelerine dönülebilir. Fakat DC ve EB hücrelerine dönüldüğünde saat yönünde atama yapma zorunluğu olacağından DA hücresine geçilerek dönüş yapılır. DA hücresi bizi 9 döndüreceğinden EA hücresine döneriz ve yine 9 dönerek EB hücresine ulaşırız. Son dönüşümüzle başladığımız yere yani DB hücresine dönerek kapalı hattı aşağıdaki gibi tamamlarız. D E F A B C Arz 2 2 Talep 2 2 Şimdi ilerleme indekslerini hesaplamaya çalışalım. Aşağıdaki tabloda sağ üst köşeden başlayarak (çünkü seçtiğimiz boş hücre bu hücredir) dönüşlerde işaret değiştirerek aşağıdaki tabloyu elde ederiz. 5 +4 2 +8 4 Yukarıdaki kapalı hat için ilerleme indeksi + değerlerden değerlin çıkarılması ile bulunur. 8 4 5 4 12 9 3 ~ 125 ~

Şimdi DC hücresi için bakalım. DC hücresinde kural gereği (saat yönü tersine dönme) sadece DB yönüne dönülebilir. Fakat DB boş hücre olduğundan dikkate alınmaz ve DA hücresine geçilir. Daha sonra dönüşleri zorunlu olarak yaparsak aşağıdaki gibi bir yol kapatılmış olur. D E F A B C Arz 2 2 Talep 2 2 Şimdi bu durum için ilerleme indeksleri hesaplayalım. 5 4 +3 2 +8 4 3 2 9 +7 5 3 8 7 5 4 5 18 14 4 Şimdi ise EC için kapalı hat oluşturalım. EC hücresinin de kapalı hattı DB hücresindekine benzer şekilde hemen yakın taraftan dönülerek aşağıdaki gibi oluşturulur. D E F A B C Arz 2 2 Talep 2 2 Belirlenen kapalı hat için ilerleme indeksi hesabı da aşağıdaki gibi olacaktır. 4 +3 2 +7 5 3 7 5 4 1 9 1 ~ 126 ~

Son boş kalan hücre FA hücresi için kapalı hat oluşturmaya çalışalım. DB ve EC hücrelerine benzer şekilde yakın köşeden dönülerek kapalı hat oluşturulabilir. A B C Arz D E 2 F 2 Talep 2 2 FA için ilerleme indeksi hesabı ise aşağıdaki gibi olacaktır. 2 8 +4 +9 7 ~ 127 ~ 9 4 8 7 13 15 2 Şimdi bütün ilerleme indekslerini alt alta yazarak yorumlamaya çalışalım. 3 4 1 2 Bu dört hücre şu an çizim çözümde değildir. Sorumuz esasen maliyetin minimizasyonu sorusu olduğundan bizim için maliyeti en az düşüren hücre önemlidir ve çözüme alınmalıdır. İlerleme indeksleri temelde ilgili hücre çözüme alındığında ne kadarlık bir katkı yapacağını gösterir. Pozitif olan DB, DC ve EC çözüme girerse çözüm değeri pozitif yönde değişecek, yani artacaktır. Bu durum minimizasyon sorularında tercih edilmez. Bu durumda çözümü düşürecek sadece FA hücresi vardır ve bu hücre mutlaka çözümde olmalıdır. Şimdi FA için bir kapalı hat oluşturalım (üstte) ve atama değerlerini inceleyelim. 2 8 +4 +9 7 Kapalı hat üzerinde negatif değerli maliyet değerlerinin atama değerleri incelenir. En küçük atama değeri seçilir. Bu durumda 2 ve değerlerinde daha küçük olan

seçilir ve hat boyunca negatif hücrelerden çıkarılıp, pozitif hücrelere eklenir. Bu şekilde aşağıdaki atama matrisi elde edilir. D E F A B C Arz 2 2 Talep 2 2 Yukarıdaki başlangıç çözümü tablosu yeni bir çözümü göstermektedir. Bu çözüm için toplam maliyet değeri aşağıdaki gibidir. Toplam Maliyet= 5* + 8* + 4*2 + 9* + 5*2 = 4 Görüldüğü üzere KBK ile bulunan maliyet değeri (42) 2 birim aşağıya (4) çekilmiştir. Aslında bu sorularda maliyeti kolay bir yoldan da bulabiliriz. Yapılması gereken başlangıç maliyetinden seçilen ilerleme indeksi ile değişim miktarını çarpımının çıkarılmasıdır. Başlangıçta 42 olan maliyetimiz 2 ilerleme indeksi ve birimlik değişim (FA hücresi kapalı yolunda hücrelerde yapılan değişiklik miktarı) dikkate alındığında; 42 2*=4 birime düşecektir.şimdi yeni başlangıç çözümümüz için Atlama Taşı çözüm yollarını tekrar izleyelim. Öncelikle boş hücreler için kapalı hat oluşturalım. Kapalı hatlar aşağıdaki gibi olacaktır. DB 5 4 2 8 4 2 EC 2 DC 2 2 2 8 4 FB 9 7 Şimdi ise DB, DC, EC ve FB hücreleri için ilerleme indekslerine bakalım. 12 9 3 ~ 128 ~

12 1 2 12 13 1 15 13 1 İlerleme indeksleri incelendiğinde sadece EC hücresinin negatif olduğu görülmektedir. Bu durumda EC çözüme girmelidir. EC hücresi için aşağıdaki tablo incelendiğinde negatif en küçük atama değeri seçilecek ve negatif hücrelerin atamalarından çıkarılıp, pozitif hücrelere eklenecektir. 2 EC 2 9 7 5 Bu durumda yeni başlangıç çözümü aşağıdaki gibi olacaktır. D E F A B C Arz 2 2 Talep 2 2 Kolay yoldan toplam maliyeti belirleyelim. 4 1*=39 Uzun yoldan maliyet ise aşağıdaki gibidir. Toplam Maliyet = 5* + 9*2 + 4*2 + 3* + 5* = 39 Artık bu çözümün optimum olup olmadığını denetleyebiliriz. Bunun için ilk aşamadan itibaren bütün adımları takip etmeliyiz. Yeni tablo için kapalı hatlar aşağıdaki gibi bulunur. DB 2 2 DC 2 2 ~ 129 ~

EA 2 2 2 4 3 FB 7 5 Şimdi ise DB, DC, EA ve FB hücreleri için ilerleme indekslerine bakalım. 16 14 2 12 1 2 13 12 1 1 9 1 Görüldüğü üzere hiçbir hücre negatif değere sahip değildir. Bunun anlamı hangi hücreyi çözüme alırsak alalım, daha düşük bir maliyet değerine ulaşılmayacaktır. Bir başka deyişle ulaşılan çözüm optimumdur. O zaman bu soru için eğer D den A ya, F den A ya, E den B ye 2, E den C ye ve F den C ye birim gönderilir ise, toplam taşıma maliyeti en uygun (optimum) değer olan 39pb olacaktır. Sorunun çözümünü matematiksel olarak ifade edersek; 6.2.2. MODI Yöntemi: 2 2 5 9 4 3 5 5 9 2 4 2 3 5 39 Bu yönetme aşağıdaki adımlar sıra ile izlenerek sonuç bulunmaya çalışılır. Aynı atlama taşında olduğu gibi mutlaka MODI yöntemine geçmeden (m+n 1) kuralı kontrol edilmelidir. 1. Herhangi bir başlangıç çözümü ile yapılan atamalar dikkate alınarak satır ve sütun indisleri hesaplanır. Her bir hücredeki maliyet satır indisi (Ri) ile sütun indisi (Kj) toplamına eşit olacak şekilde değerler belirlenir. İlk satır indisi R1= olacak şekilde hesaplamalara başlanır. ~ 13 ~

2. Bütün satır ve sütun indisleri belirlendikten sonra bu indisler yardımıyla ilerleme indeksleri bütün boş hücreler (atama yapılmamış) için tek tek hesaplanır. Hesaplamada ii=cij (Ri+Kj) formülü kullanılır. Yani bir hücredeki maliyetten satır ve sütun indisleri toplamları çıkartılır. 3. Eğer bütün ilerleme indisler veya pozitif ise çözüm optimumdur. Eğer negatif indis var ise mutlak değerce en büyüğü seçilerek atlama taşı yöntemindeki gibi bir kapalı hat oluşturulur. 4. Kapalı hat boyunca atama değerleri dikkate alınır. Negatif işaretli hücrelerdeki en küçük atama değeri bütün negatif işaretli hücrelerden çıkarılarak pozitif işaretli hücrelere eklenir. 5. Yeni değiştirilmiş (önceki adımda atamalar değiştiğinden) matris için birinci adıma dönülerek işlemler tekrarlanır. Şimdi Temel Mobilya sorusunda KBK ile başlangıç çözümü yapılmış durumun optimalliği MODI yöntemi ile denetleyip, optimum sonuca ulaşmaya çalışalım. D E F A B C Arz 2 2 Talep 2 2 Sorusa m+n 1 kuralını kontrol edersek 3+3 1=5 adet atama olmalıdır. Soruda KBK yöntemi ile 5 adet atama olduğundan çözüme devam edebiliriz. (Aynı soruda MMH yöntemi ile 4 atama olduğuna dikkat ediniz.) Öncelikli olarak satır ve sütun indisleri teker teker hesaplanmalıdır. Dikkate edilmesi gereken bu hesaplamaların ne olursa olsun sadece atama yapılan hücreler yardımıyla yapılacağıdır. Birinci satır indisi R1= alınması gerektiğini daha önce belirtmiştik. Dikkat edilirse DA hücresinde bir TAŞ (Atama yapılmış hücre) vardır. O zaman bu hücrenin maliyet değeri yani 5 satır ve sütun indisi toplamına eşit olmalıdır. 5 5 Bu hesap sayesinde artık indisini de belirlemiş bulunuyoruz. sayesinde AE hücresi maliyetini kullanarak ikinci satırın indisi belirlenebilir. 8 5 3 Bu şekilde taş taş ilerleyerek her defasında bir satır ve sütun indisi belirleyerek bütün satır ve sütun indislerini hesaplamaya çalışalım. ~ 131 ~

4 3 1 7 1 6 5 6 1 Şimdi bütün indisleri tablo etrafına yerleştirip birinci adımdaki işlemleri tamamlayalım. 3 6 D E F 5 1 1 A B C Arz 2 2 Talep 2 2 Şimdi ise ikinci adımda anlatıldığı gibi boş hücreler için ilerleme indekslerini hesaplayalım. İlk olarak DB hücresini ele alalım. (Burada sıralama önemli değil sonuçta her bir boş hücre hesaplanacaktır.) DB hücresi maliyeti 4 ve bu hücre ilk satırda yer aldığında satır indisi ve ikinci sütunda yer aldığından sütun indisi ise 1 olduğu görülmektedir. Aşağıdaki formülü bu değerler ışığında hesaplayalım. 4 1 3 Benzer şekilde diğer boş hücreler için indisler aşağıdaki gibi hesaplanacaktır. 3 1 4 3 3 1 1 9 6 5 2 Görüleceği üzere FA hücresi ilerleme indeksi negatif çıkmıştır. Bu durumda çözüm optimum olmayacak sadece bu hücre için kapalı hat oluşturularak diğer adıma geçilecektir. 2 8 4 9 7 ~ 132 ~

Sonraki adımda ise başlangıç hücresi maliyetine + işareti konur ve her 9 derece dönüşte işaret değiştirilir. 2 + 8 4 + 9 7 Negatif işaretli hücrelerin mutlak değerce en küçüğü negatif işaretli hücrelerden çıkarılarak pozitif işaretli hücrelere eklenir. Yukarıdaki tabloda değeri seçilerek maliyeti 8 ve 7 olan negatif işaretli hücrelerden çıkarılır ve maliyeti 9 ve 4 olan hücrelere eklenir ve aşağıdaki yeni atamalar elde edilir. 2 8 4 9 7 Bu yeni çözüm tam tabloya aktarılarak başa dönülerek bütün işlemler tekrarlanır. Yani yeni çözümün optimum çözüm olup olmadığına bakılır. İlk olarak yeni çözüm tablosunu öncelikli olarak üstteki atamaları dikkate alarak yeninde yazalım. D E F A B C Arz 2 2 Talep 2 2 Şimdi satır ve sütun indislerini sadece atama yapılan hücreleri dikkate alarak hesaplayalım. Bu indisler hesaplanmadan (m+n 1=3+3 1=5) kontrolü yapılmalıdır. Yapılan kontrollerde 5 taş olduğu için çözüme devam edilebilir. 5 5 8 5 3 4 3 1 9 5 4 5 4 1 ~ 133 ~

Şimdi bütün indisleri tablo etrafına yerleştirip birinci adımdaki işlemleri tamamlayalım. 5 1 1 A B C Arz D 3 E 2 4 F 2 Talep 2 2 İkinci adımda ise satır ve sütun indisleri değerleri kullanılarak boş hücreler için ilerleme indislerini hesaplayalım. 4 1 3 3 1 2 3 3 1 1 7 4 1 2 İlerleme indislerinde EC hücresi için değer negatif çıktığından çözüm optimum olmayacaktır. Bu durumda çözüme devam edilmelidir. EC için kapalı yol aşağıdaki gibi olacak ve yeni atama yine görüldüğü gibi yapılacaktır. 2 EC 2 9 7 5 2 2 Çözümü yeni tabloya yine öncelikli olarak yukarıdaki atamaları dikkate alarak atayalım. D E F A B C Arz 2 2 Talep 2 2 ~ 134 ~

Şimdi satır ve sütun indislerini sadece atama yapılan hücreleri dikkate alarak hesaplayalım. (m+n 1=5 adet taş var) 5 5 9 5 4 5 4 1 3 1 2 4 2 2 Şimdi bütün indisleri tablo etrafına yerleştirip birinci adımdaki işlemleri tamamlayalım. 2 4 D E 5 2 1 A B C Arz 2 2 F Talep 2 2 İlerleme indisleri ise aşağıdaki gibi hesaplanabilir. 4 2 2 3 1 2 8 5 2 1 7 4 2 1 Görüleceği üzere bütün değerler pozitif olmuştur. Artık bu tablo minimum maliyetli tablo olarak ele alınabilir. Bu tablo için Toplam maliyet ise aşağıdaki gibi olacaktır. 5 4 2 3 9 2 5 39 6.3.Dengelenmemiş Taşıma Problemleri Ulaştırma modellerinde bazı durumlarda toplam arzın toplam talebe eşit olmadığı görülebilir. Bu durum sorunun matematiksel modelini değiştirebildiği gibi soruya ait çözüm yönetiminde de bir değişikliğe yol açacaktır. Öncelikle modellemenin nasıl değiştiğini inceleyelim. ~ 135 ~

Aşağıda daha önce çözdüğümüz temel mobilya sorusuna ait tablo, D fabrikasının arzının değil de 25 olduğu durum dikkate alınarak verilmiştir. Sorunun modelini yazmaya çalışalım. D E F A B C Arz 25 2 2 Talep 2 2 1. Karar Değişkenlerinin Belirlenmesi: Ulaştırma modellerinde karar değişkenleri satır sayısı x sütun sayısı kadar aşağıdaki gibi yazılır. Bu durum arz ve talep dengesizliğinden etkilenmez. : ş ç.. ğ ö 2. Amaç Fonksiyonunun Yazılması: Amaç fonksiyonu da yine arz ve talebin durumunda bağımsız olarak aşağıdaki gibi yazılmalıdır. 3. Kısıt Denklemlerinin Yazılması: 5 4 3 8 4 3 9 7 5 Üç fabrikanın toplam arzının, üç mağaza toplam talebinden daha fazla olduğu görülmektedir. Toplam Talep = + 2 + 2 = 7 Toplam Arz = 25 + + = 85 Bu durumda fabrikaların bazılarının elindeki tüm ürünü göndermek zorunda olmadığı muhakkaktır. Arz edenler ellerindeki bütün kaynakları harcamayabilirler. Yani ya tamamını gönderirler yada daha azını göndererek bir kısmını ellerinde tutabilirler. Bu durumu dikkate aldığımızda arzın fazla olduğu durumlarda, arz kısıtları mutlaka formunda yazılmalıdır. ~ 136 ~

25 Talep edilen daha az olduğundan, bütün mağazalar istediklerini tam tamına alacaklardır. Bu durumda talep kısıtlarını eşittir formunda yazmak doğru olacaktır. 2 2 Pozitiflik şartı da eklendiğinde modelin son hali aşağıdaki gibi olacaktır. 5 4 3 8 4 3 9 7 5 ARZ KISITLARI TALEP KISITLARI 25 ğ 2 ğ 2 ğ Eğer talep daha fazla olsaydı durum nasıl değişirdi. Soruyu bu şekilde değiştirelim ve ilk mağazanın (A) talebine orijinal modelden farklı olarak birimlik bir ekleme yapalım. D E F A B C Arz 2 2 Talep 4 2 2 Şimdi ise bu soru ile ilgili model kurmaya çalışalım. Karar değişkenleri ve amaç fonksiyonu arz talep durumundan etkilenmez. Bu yüzden o kısımları atlayalım. Kısıtlarda ise durum farklıdır. ~ 137 ~

3. Kısıt Denklemlerinin Yazılması: Üç fabrikanın toplam arzının, üç mağaza toplam talebinden daha az olduğu görülmektedir. Yani talepler daha fazladır. Toplam Talep = 4 + 2 + 2 = 8 Toplam Arz = + + = 7 Bu durumda yüksek talep olduğundan fabrikalar ellerindeki bütün ürünleri gönderme yolunu tercih edeceklerdir. Bu durum arz kısıt denklemlerini eşitlik haline çevirecektir. Fabrikalar bütün ürünlerini gönderse dahi talep karşılanamayacaktır. Yani bazı mağazalar istediklerini alırken, bazıları alamayabilir. Bu durum ise talep kısıt denklemlerinin küçük eşit şeklinde yazılmasını gerektirir. 4 2 2 Pozitiflik şartı da eklendiğinde modelin son hali aşağıdaki gibi olacaktır. 5 4 3 8 4 3 9 7 5 ARZ KISITLARI TALEP KISITLARI 4 ğ 2 ğ 2 ğ Modelleme yapılırken denge ve dengesizlik durumları ile ilgili aşağıdaki genel kural yazılabilir. Durum Arz Kısıtları Talep Kısıtları Arz = Talep = = Arz > Talep = Talep > Arz = ~ 138 ~

Arz talep eşitliğinde herhangi bir kısıt grubunun tamamı şeklinde yazılabilir. Burada önemli olan aynı anda her iki grupta olamaz. Ayrıca ulaştırma modellerinde (minimizasyon) hiçbir zaman kısıt kullanımı tercih edilmez. Modellerin arz talep dengesizliği durumunda nasıl değiştiğini öğrendik. Şimdi ise çözüm yöntemlerindeki değişiklikleri inceleyelim. Bütün ulaştırma modeli çözüm yöntemleri arz ve talebin eşit olmasını gerektirir. Eğer bir eşitsizlik söz konusu ise sadece çözüm yapabilmek adına eksik kalan kısım kadar bir talep ve arz oluşturacak satır veya sütunlar orijinal tabloya eklenir. Arzın talepten çok olduğu soruya dönelim. D E F A B C Arz 25 2 2 Talep 2 2 Soruda toplam arz 85 iken talep ancak 7 birim olduğu görülmektedir. Bu durumda yeni bir hayali talep merkezi oluşturarak eksik kalan kısım olan 15 (85 7=15) birimi bu sanal talep merkezine talep olarak atarsak soru dengelenmiş olur. Bu da tabloya yeni bir sütun eklenmesi ile sağlanır. Talep merkezi sanal olduğundan bütün ulaştırma maliyetleri de olarak girilmelidir. D E F A B C Sanal Arz 25 2 2 Talep 2 2 15 Artık soru dengelendiği için artık başlangıç çözümleri ve optimallik taraması yöntemleri kullanılabilir. ~ 139 ~

Talebin arzdan fazla olduğu durumu da aşağıdaki gibi dengeleyebiliriz. D E F A B C Arz 2 2 Sanal Talep 4 2 2 Çözüm yöntemleri uygulanırken sanal satır ve sütunlardaki bütün hücreler maliyetleri dahi olsa mutlaka hesaba katılmalıdır. 6.4.Yasaklanmış Yollar: Bazı durumlarda herhangi bir arz merkezi ile talep merkezi arasındaki bağlantı dış etkenler yüzünden (örneğin coğrafi koşullar) mümkün olmayabilir. Bu durumda çözümler yapılırken bu hücrelere atama gelmesi istenmez. Bunu çözümlerde sağlamanın en kolay yolu çözüme girmeyecek kadar büyük bir maliyet değerlerinin bu hücrelere atanmasıdır. Örneğin bir önceki soruda A fabrikası, C mağazasına gönderimi mümkün olmayan bir coğrafi konuma ise, bu hücrenin maliyet değeri yerine çok büyük bir sayı olan M yazılmalıdır. D E F A B C Arz 5 4 M 25 2 2 Talep 2 2 M değeri yerine diğer maliyetlerden oldukça büyük herhangi bir sayısal değer hesaplama kolaylığı adına atanabilir. Örneği bu soru için 2 değeri M yerine kullanılabilir. M değeri atanan hücreler aynı simpleks yöntemdeki A yapay değişkeni gibi başlangıç çözümlerinde yer alabilir fakat optimum çözüm tablosu içerisinde atama yapılmış olarak yer alması mümkün değildir. ~ 14 ~

6.5.Dejenerasyon: Başlangıç çözümü yapıldıktan sonra veya herhangi bir Atlama Taşı ve MODI aşamasından sonra tabloda yer alan toplam taş sayısı azalabilir. Yani toplam taş sayısı (m+n 1) kuralına uymayarak yetersiz kalabilir. Bu durumda optimallik denetlemesi yapabilmek adına bir taş oluşturmak gereklidir. Örneğin Mobilya sorusunun MMH ile çözümü aşağıda görüleceği üzere yeterli sayıda taş içermemektedir. (m+n 1= 5 ama taş sayısı 4) A B C Arz D E F 2 Talep 2 2 Atlama taşı ile kapalı hat oluşturulmaya çalışıldığında DC hücresi hariç diğer hatlar kapanmamaktadır. MODI yönteminde ise R3 ve K1 indisleri hesaplanamayacaktır. Bu durumdan kurtulmak adına toplam maliyeti değiştirmeyecek, ama pozitif değere sahip bir taş oluşturulur. ile ifade edilecek bu taş boş hücrelerin birine indis hesaplamaya müsaade edecek şekilde atanır. Burada bir ipucu eğer KBK hücresi (DA bu soru için) boş ise bu hücreye atama yapılması tercih edilebilir. değeri a çok yakın bir değer olduğundan çözümü değiştirmeden, optimallik taraması yapılmasına müsaade eder. A B C Arz D E F 2 Talep 2 2 Şimdi artık taş sayısı yeterli olduğundan Atlama taşı ve MODI kullanılabilir. Şimdi genel bir tekrar olması açısından dengelenmemiş bir soruda dejenerasyon durumunda nasıl çözüm yapılabileceğini inceleyelim ~ 141 ~

Örnek: Bir mobilya mağazası 3 farklı fabrikasından 4 farklı deposuna minimum taşıma maliyetiyle ürün göndermek istemektedir. Arz ve talepler, taşıma mesafeleri ile birlikte aşağıda verilmiştir. Sorunun matematiksel modelini kurunuz, VAM yöntemi ile başlangıç çözümünü yaparak, MODİ yöntemi ile optimal sonucu belirleyiniz. D1 D2 D3 D4 Arz F1 13 1 15 7 F2 8 11 5 9 8 F3 9 6 1 11 7 Talep 5 12 9 4 Öncelikle modelleme aşaması ile soruya başlayalım. 1. Karar Değişkenlerinin Belirlenmesi: Ulaştırma modellerinde karar değişkenleri satır sayısı x sütun sayısı kadar aşağıdaki gibi yazılır. : ş ç.. ö 2. Amaç Fonksiyonunun Yazılması: Amaç fonksiyonu hücrelerde yer alan taşıma maliyetlerinin ilgili hücredeki karar değişkeninin çarpılması ile formülize edilir. Taşıma maliyetleri söz konusu olduğu için soru Minimizasyon olarak ele alınacaktır. 3. Kısıt Denklemlerinin Yazılması: 13 1 15 7 8 11 5 9 9 6 1 11 Üç fabrikaya ait toplam arz +8+7=25 birimdir. 4 ayrı deponun toplam talebi ise 5+12+9+4= olarak karşımıza çıkmaktadır. Arz daha az olduğundan arz kısıtları mutlaka = operatörleri ile yazılmalıdır. 8 7 Talepler arzlardan daha fazla olduğundan talep kısıtları şeklinde yazılacaktır. 5 12 9 4 ~ 142 ~

Pozitiflik şartı da eklendiğinde modelin son hali aşağıdaki gibi olacaktır. 13 1 15 7 8 11 5 9 9 6 1 11 ARZ KISITLARI 8 7 5 TALEP KISITLARI 12 9 4 Soruyu VAM yöntemi ile çözmeden önce mutlaka arz talep eşitliğini sağlayacak şekilde satır eklememiz gerekmektedir. 5 birimlik bir arz eksikliği olduğundan satırın arzına 5 yazılmalıdır. D1 D2 D3 D4 Arz F1 13 1 15 7 F2 8 8 11 5 9 F3 7 9 6 1 11 SANAL 5 Talep 5 12 9 4 Arz Talep eşitliği sağlandığına göre artık VAM çözümüne geçebiliriz. VAM çözümünde dikkat edilmesi gereken sanal satırdaki hücrelerin değerleri olan maliyetleri hesaplamalarda mutlaka dikkate alınmalıdır. Şimdi bunu dikkate alarak ilk VAM fırsat maliyetlerini hesaplayalım. ~ 143 ~

D1 D2 D3 D4 Arz F1 1 7=3 13 1 15 7 F2 8 8 5=3 8 11 5 9 F3 7 9 6=3 9 6 1 11 SANAL 5 = Talep 5 12 9 4 8 =8 6 =6 5 =5 7 =7 Görüleceği üzere hesaplamalarda sanal hücreler dikkate alınmış ve 8 değeri seçilmiştir. Seçilen sütundaki en küçük değer sanal hücredeki değeridir. Bu değer dikkate alınarak atama yapılırsa Sanal D1 hücresi 5 birim atama alır ve bu sütunda ve sanal satırda artık atama yapılmaz çünkü talep ve arzlar tükenmiştir. Diğer fırsat maliyetleri ve atamalar aşağıda verilmiştir. D1 D2 D3 D4 Arz F1 F2 F3 SANAL 6 4 13 1 15 7 8 8 11 5 9 6 1 9 6 1 11 5 1 7=3 1 7=3 1 7=3 1 7=3 8 8 5=3 8 5=3 xx xx 7 9 6=3 9 6=3 9 6=3 11 6=5 5 = xx xx xx Talep 5 12 9 4 8 =8 6 =6 5 =5 7 =7 xx 1 6=4 1 5=5 9 7=2 xx 1 6=4 15 1=5 11 7=4 xx 1 6=4 xx 11 7=4 Artık başlangıç çözümümüz tamamlanmıştır. Artık MODI ye geçebiliriz. Fakat indis hesaplamasından önce mutlaka (m+n 1) kontrolü yapılmalıdır. 4+4 1=7 taş olması gerekirken ancak 6 taş olduğundan değeri atanarak değerler tamamlanır. Daha önceden ~ 144 ~

de ipucu verdiğimiz gibi sol üst köşe boş olduğundan bu bölgeye konarak MODI öncesi taşlar tamamlanır. D1 D2 D3 D4 Arz F1 F2 F3 SANAL 6 4 13 1 15 7 8 8 11 5 9 6 1 9 6 1 11 5 8 7 5 Talep 5 12 9 4 Öncelikle satır ve sütun indislerini belirlememiz gerekmektedir. İlk satır indisine vererek yaptığımız hesaplamalarda aşağıdaki tabloya ulaşırız. 13 1 14 7 D1 D2 D3 D4 Arz 9 4 13 F1 F2 F3 SANAL 6 4 13 1 15 7 8 8 11 5 9 6 1 9 6 1 11 5 8 7 5 Talep 5 12 9 4 Daha sonra ilerleme indislerini hesaplamalıyız. İlerleme indisleri ise aşağıdaki gibi bulunur. 15 14 1 8 9 13 4 11 9 1 1 9 9 7 11 9 4 13 11 4 7 8 ~ 145 ~

13 1 3 13 14 1 13 7 6 Görüldüğü üzere sanal satırdaki hücresine ait ilerleme indeksi negatif çıkmıştır. Bu durumda kapanmış hat belirlenip yeni çözüm hesaplanmalıdır. 6 13 1 15 8 8 11 5 6 1 9 6 1 5 Tabloda + işaretli hücreler, 6 ve 13 maliyetli hücreler olacaktır. işaretli hücreler ise 1, 1 ve olacaktır. Bu hücrelerdeki mutlak değerce en küçük değer 1 olduğundan, bu değer işaretlilerden çıkarılıp + işaretlilere eklendiğinde aşağıdaki atamalar elde edilir. 1+ 5 13 1 15 8 8 11 5 7 9 6 1 4 1 Sol üst köşedeki hücredeki yeni atama 1+ olarak belirlenmiştir. sıfıra çok yakın ve çok küçük bir değer olduğundan (örneğin,1) burada göz ardı edilebilir. Bu durum da dikkate alındığında aşağıdaki çözüm tablosu elde edilir. D1 D2 D3 D4 Arz F1 F2 F3 SANAL 1 5 4 13 1 15 7 8 8 11 5 9 7 9 6 1 11 4 1 8 7 5 Talep 5 12 9 4 ~ 146 ~

Bu tablonun optimum olup olmadığı MODI ile denetlenmelidir. Her bir MODI adımında yeterli taş olup olmadığı denetlenmelidir. m+n 1=7 atanan taş sayısına eşit olduğundan artık kullanılmaksızın çözüme devam edilebilir. Yeni tablo için satır ve sütun indislerinin hesaplanmış hali aşağıdadır. 13 1 13 7 D1 D2 D3 D4 Arz 8 4 13 F1 F2 F3 SANAL 1 5 4 13 1 15 7 8 8 11 5 9 7 9 6 1 11 4 1 8 7 5 Talep 5 12 9 4 Daha sonra ilerleme indislerini hesaplamalıyız. İlerleme indisleri ise aşağıdaki gibi bulunur. 15 13 2 8 8 13 3 11 8 1 9 9 8 7 1 9 4 13 1 4 13 1 11 4 7 8 13 1 3 13 7 6 El edilen çözüm tablosunun optimum olduğu ilerleme indislerinin tamamının pozitif olmasından anlaşılmaktadır. Bu soru için toplam maliyetin minimum değeri aşağıdaki gibi olacaktır. 13 1 1 5 7 4 5 8 6 7 4 1 173 ~ 147 ~

ÇALIŞMA SORULARI P1 P2 P3 P4 Arz D1 17 14 21 8 9 D2 9 15 5 11 8 D3 11 7 13 15 7 Talep 6 12 9 3 Soru 1: Bir boya fabrikası 3 farklı deposundan 4 farklı perakendecisine minimum taşıma maliyetiyle ürün göndermek istemektedir. Arz ve talepler, taşıma mesafeleri ile birlikte aşağıda verilmiştir. VAM yöntemi ile başlangıç çözümünü yaparak, MODİ yöntemi ile optimal sonucu belirleyiniz. VAM P1 P2 P3 P4 ARZ D1 D2 D3 SANAL XX 6 XX 3 17 14 21 8 XX XX 8 XX 9 15 5 11 XX 6 1 XX 11 7 13 15 6 XX XX XX TALEP 6 12 9 3 8 XX 7 8 3 XX 7 8 7 XX 7 XX 7 9 6 6 6 6 8 4 6 XX XX 7 4 6 6 8 6 XX XX XX ~ 148 ~

MODI 17 14 2 8 P1 P2 P3 P4 ARZ D1 6 3 17 14 21 8 9 15 D2 8 9 15 5 11 8 7 D3 6 1 11 7 13 15 7 17 SANAL 6 6 TALEP 6 12 9 3 İlerleme İndeksleri: İİ 11 = İİ 13 =21 2=1 İİ 21 =9 2=7 İİ 22 =15+1=16 İİ 24 =11+7=18 İİ 31 =11 1=1 İİ 34 =15 1=14 17 14 17 8 P1 P2 P3 P4 ARZ D1 1 5 3 17 14 21 8 9 12 D2 8 9 15 5 11 8 7 D3 7 11 7 13 15 7 17 SANAL 5 1 6 TALEP 6 12 9 3 İlerleme İndeksleri: İİ 13 =21 17=4 İİ 21 =9 5=4 İİ 22 =15 2=13 İİ 24 =11+4=15 İİ 31 =11 1=1 İİ 33 =13 1=3 İİ 34 =15 1=14 ~ 149 ~

Soru 2: Ege Santral sorusunu KBK ile başlangıç çözümünü gerçekleştirip MODI ile optimalliğini denetleyiniz. 8 11 12 1 Ş1 Ş2 Ş3 Ş4 ARZ S1 35 8 6 1 9 35 1 S2 1 2 2 9 12 13 7 5 4 S3 1 3 14 9 16 5 4 TALEP 45 2 3 3 8 35 9 1 12 2 13 2 16 1 5 3 118 1. Her dolu (atama yapılmış) hücre için indeks değerleri hesaplanır. ş ç ğ 8 8 9 8 1 12 1 11 13 1 12 16 12 4 5 4 1 2. Boş hücreler için ilerleme indeksleri hesaplanarak optimallik denetlenir. 6 11 5 1 12 2 9 1 8 7 1 1 5 14 4 12 2 (Minimum en küçük) 3. Optimal değilse negatiflerin en küçüğü seçilerek Atlama taşındaki gibi kapalı hat oluşturulur. 2 +2 12 13 + 1 9 16 1 3 12 13 1 9 16 ~ 15 ~

1. İlk aşamaya dönerek işlemler tekrarlanır ve yeni çözümün optimalliği denetlenir. 8 11 12 7 Ş1 Ş2 Ş3 Ş4 ARZ S1 35 8 6 1 9 35 1 S2 1 1 3 9 12 13 7 5 2 S3 1 3 14 9 16 5 4 TALEP 45 2 3 3 8 35 9 1 12 1 9 1 13 3 5 3 112 Adım 1.2 ş ç ğ 8 8 9 8 1 12 1 11 13 1 12 9 11 2 5 2 7 Adım 2.2 (Minimum en küçük) 1 12 2 9 7 2 7 1 7 1 14 2 8 8 16 2 12 6 Adım 3.2 35 + 8 6 +1 1 9 12 25 1 8 6 2 9 12 ~ 151 ~

1. İlk aşamaya dönerek işlemler tekrarlanır ve yeni çözümün optimalliği denetlenir. 8 6 12 2 Ş1 Ş2 Ş3 Ş4 ARZ S1 25 1 8 6 1 9 35 1 S2 2 3 9 12 13 7 5 3 S3 1 3 14 9 16 5 4 TALEP 45 2 3 3 8 25 6 1 9 2 13 3 9 1 5 3 17 Adım 1.3 ş ç ğ 8 8 6 6 9 8 1 13 1 12 9 6 3 5 3 2 Adım 2.3 (Minimum en küçük) 9 2 7 12 1 6 5 7 1 2 4 14 3 8 3 16 3 12 1 Adım 3.3 25 1 + 8 6 1 +2 3 9 12 13 1 25 8 6 1 45 5 9 12 13 1. İlk aşamaya dönerek işlemler tekrarlanır ve yeni çözümün optimalliği denetlenir. ~ 152 ~

6 6 1 2 Ş1 Ş2 Ş3 Ş4 ARZ S1 1 25 8 6 1 9 35 3 S2 45 5 9 12 13 7 5 3 S3 1 3 14 9 16 5 4 TALEP 45 2 3 3 9 45 6 1 9 1 1 25 13 5 5 3 12 Adım 1.4 ş ç ğ 6 6 1 1 9 3 6 13 1 3 9 6 3 5 3 2 Adım 2.4 1 6 4 9 2 7 12 3 6 3 7 3 2 2 14 3 6 5 16 3 1 3 Hepsi pozitif olduğunda çözüm optimum. ~ 153 ~

D1 D2 D3 D4 Arz F1 12 17 14 15 5 F2 13 18 1 24 4 F3 16 19 12 2 4 Talep 35 45 5 Soru 3: Bir Mobilya mağazası 3 farklı fabrikasından 4 farklı deposuna minimum taşıma maliyetiyle ürün göndermek istemektedir. Arz ve talepler, taşıma mesafeleri ile birlikte aşağıda verilmiştir. a) Sorunun matematiksel modelini yazınız. b) VAM yöntemi ile başlangıç çözümünü yapınız c) MODI yöntemi ile optimal sonucu belirleyiniz a) Matematiksel Model: 12 17 14 15 13 18 1 24 16 19 12 2 b) VAM: Arz Kısıtları 5 4 4 Talep Kısıtları 35 45 5 D1 D2 D3 D4 ARZ F1 F2 F3 Sanal F x x x 5 12 17 14 15 5 5 x 13 18 1 24 x x 4 x 16 19 12 2 x x x 5 2 2 x 4 3 3 3 4 4 4 4 x x TALEP 35 45 5 12 17 1 15 1 1 1 5 Toplam Maliyet =176 3 1 2 x ~ 154 ~

c) MODI: 12 17 9 15 ARZ 1 3 17 5 5 12 17 14 15 5 5 8 13 18 1 24 1 1 4 2 16 19 12 2 5 8 2 5 4 4 TALEP 35 45 5 12 16 9 15 ARZ 1 3 16 1 5 5 12 17 14 15 1 8 13 18 1 24 1 5 35 2 16 19 12 2 4 7 1 5 4 4 TALEP 35 45 5 Toplam Maliyet =176 1* 5 = 1755 (Optimum) ~ 155 ~

D1 D2 D3 D4 Arz F1 1 15 12 13 25 F2 11 16 8 22 2 F3 14 17 1 18 2 Talep 15 175 225 25 Soru 4: Bir beyaz eşya firması 3 farklı fabrikasından 4 farklı deposuna minimum taşıma maliyetiyle ürün göndermek istemektedir. Arz ve talepler, taşıma mesafeleri ile birlikte aşağıda verilmiştir. a) Sorunun matematiksel modelini yazınız. b) VAM yöntemi ile başlangıç çözümünü yapınız c) MODI yöntemi ile optimal sonucu belirleyiniz a) Matematiksel Model: 1 15 12 13 11 16 8 22 14 17 1 18 b) VAM: Arz Kısıtları 25 2 2 Talep Kısıtları 15 175 225 25 D1 D2 D3 D4 ARZ F1 1 15 12 13 25 25 2 2 x x F2 15 25 25 11 16 8 22 2 3 3 3 F3 2 14 17 1 18 2 4 4 4 x Sanal F 15 15 x x x TALEP 15 175 225 25 1 15 8 13 Toplam Maliyet =75 1 1 2 5 3 1 2 x x ~ 156 ~

c) MODI: 1 15 7 13 ARZ 1 3 15 5 25 1 15 12 13 15 25 25 34 11 16 8 22 1 1 2 28 14 17 1 18 5 15 8 28 25 2 2 15 TALEP 15 175 225 25 Toplam Maliyet =75 1 14 7 13 ARZ 1 3 14 1 5 25 1 15 12 13 15 1 5 34 11 16 8 22 1 25 175 28 14 17 1 18 4 15 7 27 25 2 2 15 TALEP 15 175 225 25 Toplam Maliyet =75 1* 25 = 7475 (Optimum) ~ 157 ~