Progetto lauree scientifiche Polo di Bassano Liceo Scientifico Statale “J. Dal Ponte”

Presentazione del progetto al territorio

Analisi e sviluppo di un problema raccontato Presentazione dell’azienda che ci ha permesso di applicare quanto studiato a livello teorico Analisi e sviluppo di un problema reale

Le 5 fasi della soluzione Problema raccontato Formalizzazione Risoluzione Discussione Soluzione raccontata

Sviluppo della presentazione Problema simulato Riferimenti teorici L’azienda che ci ha proposto il problema Problema reale proposto dall’azienda Analisi e discussione del problema proposto

Formalizzazione del problema “raccontato”

Un’azienda: realizza due tipi di prodotto che procurano un determinato guadagno unitario utilizzando quattro diverse risorse P1 P2 R1 R2 R3 R4 12€ 15€

L’azienda conosce inoltre: le unità di componenti necessarie per realizzare ciascun prodotto la quantità totale di componenti disponibili P1 P2 Tot R1 2 8 160 R2 3 5 114 R3 2 1 41 R4 9 4 180 12€ 15€

Il problema Determinare quante unità di P1 e P2 produrre per massimizzare il guadagno. È dunque necessario fissare: incognite (quantità unitarie di P1 e P2 da produrre) x1, x2 funzione obiettivo (da massimizzare) 12x1 + 15x2 vincoli (solitamente disequazioni)

I vincoli x1 ≥ 0 x2 ≥ 0 2x1 + 8x2 ≤ 160 3x1 + 5x2 ≤ 114 2x1 + x2 ≤ 41 9x1 + 4x2 ≤ 180 P1 P2 2 8 160

Risoluzione del problema x1 ≥ 0 x2 ≥ 0 2x1 + 8x2 ≤ 160 3x1 + 5x2 ≤ 114 2x1 + x2 ≤ 41 9x1 + 4x2 ≤ 180 x2 x1

Risoluzione del problema x2 30 20 2x1 + 8x2 ≤ 160 10 x1 10 20 30 40 50

Risoluzione del problema x2 30 20 10 3x1 + 5x2 ≤ 114 x1 10 20 30 40 50

Risoluzione del problema x2 30 20 10 2x1 + x2 ≤ 41 x1 10 20 30 40 50

Risoluzione del problema x2 Dall’intersezione dei vari semipiani Otteniamo questo politopo 30 Politopo: insieme dei punti che soddisfano le condizioni di vincolo, cioè il sistema di disequazioni 20 10 9x1 + 4x2 ≤ 180 x1 10 20 30 40 50

12x1 + 15x2 = h (fascio improprio) FO: 12x1 + 15x2 12x1 + 15x2 = h (fascio improprio) 30 E 20 D C (13,15) Soluzione ottima in un vertice del politopo 10 B A O 10 20 30 40 50

Casi particolari 1 Infinite soluzioni E D C B O A Tutti i punti dello spigolo CD sono soluzioni che massimizzano la FO; tra queste infinite soluzioni ottime, si prende quella coincidente con un Vertice, perché, come vedremo più avanti, è piu’ semplice da calcolare.

Casi particolari 2 ! Politopo degenere soluzione banale O

Impossibile determinare la soluzione ottima Casi particolari 3 ? Impossibile determinare la soluzione ottima O

Definizioni Soluzione di base : e' una soluzione che risolve il sistema ed individua una sottomatrice quadrata Soluzione ottimale : e' la soluzione migliore possibile Le soluzioni corrispondono a punti del politopo Le soluzioni di base corrispondono a vertici del politopo La soluzione ottimale coincide con un vertice del politopo

Esempio di problema Funzione obiettivo: min( 3x1 + x2 - 4x3 ) Vettore funzione obiettivo : v = [ 3 1 -4 ] Matrice dei vincoli : -3 2 1 1 0 2 0 1 -1 0 1 3 Vincoli : -3x1 + 2x2 + x3 ≤ 2 x2 - x3 ≥ 3 x1, x2, x3 ≥ 0 In equazioni : -3x1 + 2x2 + x3 + x4 = 2 x2 - x3 + x5 = 3 x1, x2, x3 , x4 , x5 ≥ 0

RISOLUZIONE GRAFICA La soluzione ottimale coincide con un vertice del politopo. Partendo da uno qualsiasi di questi si deve andare alla ricerca del vertice ottimo. Bisogna, quindi, spostarsi lungo gli spigoli che partono da quel vertice, arrivando a vertici ad esso adiacenti. Per scegliere verso quali vertici spostarsi si ricorrere all' algoritmo del simplesso.

Algoritmo del simplesso Individuare una soluzione di base iniziale Ricerca del vertice adiacente con coefficiente di costo relativo minimo Se esso e' maggiore o uguale a zero mi trovo gia' in corrispondenza di una soluzione di base ottima Se esso e' minore di zero mi sposto sul quel vertice, la funzione obiettivo cosi' decresce.

Passaggio da un vertice all’altro Per passare da un vertice a uno adiacente e' necessario scambiare una colonna facente parte della soluzione di base con una colonna della matrice dei vincoli esterna alla soluzione di base. 1 0 0 1 2 (3) 0 1 0 2 5 (1) 0 0 1 0 6 (2) 1 0 0 1 2 (3) 0 1 0 2 5 (1) 0 0 1/6 0 1 (1/3) 1 0 –1/3 1 0 (7/3) 0 1 –5/6 2 0 (-2/3) 0 0 1/6 0 1 (1/3)

Ricerca di una soluzione di base iniziale Per trovare una soluzione di base iniziale si crea un sottoproblema ausiliario in cui vengono aggiunte tante variabili quante sono le colonne che devono formare la base e in cui i coefficienti di costo delle variabili aggiunte vengono posti a uno e tutti gli altri a zero. Le variabili ausiliarie formano la base iniziale del sottoproblema ausiliario. Se risolvendo il sottoproblema la sua funzione obiettivo si azzera, allora la soluzione di base che lo risolve e' quella iniziale del problema originario. Se invece non si azzera, allora non e' possibile trovare una soluzione di base iniziale.

SAVI SERVIZI SRL

Dove si trova la SAVI Servizi

TIPOLOGIA DI SERVIZI EROGATI SERVIZI PUBBLICI (83%) 2. SERVIZI PUBBLICI INTEGRATIVI (6,5%) 3. SERVIZI DI MICRORACCOLTA (10,5%) 4. IMPIANTI RIFIUTI PERICOLOSI E RECUPERABILI

Tipologia Parco Mezzi:

Posizionamento Savi Servizi rispetto ai competitors

Area di servizio SAVI

Un LP nella Savi Servizi L’erogazione dei servizi richiede una programmazione quotidiana, che consiste nello assegnare le risorse rispettando i vincoli e minimizzando i costi Un modello matematico delle attività della Savi non è possibile per la sua complessità Si creano modelli matematici semplificati, che sono comunque molto utili Nel nostro problema semplificato abbiamo scelto quegli aspetti che vengono sfruttati a pieno con la programmazione lineare

Vi raccontiamo il problema…

Il nostro problema: Ridurre al minimo i costi dell’azienda.

Che dati ci fornisce l’azienda?

paese di 10.000 abitanti; raccolta bisettimanale porta a porta di plastica e vetro; ad ogni raccolta: 5.775 kg plastica e 3.242kg di vetro; mezzi: vaschette e compattatori; il materiale raccolto deve essere trasportato e conferito presso un impianto di riciclaggio; il tempo di conferimento è approssimato a mezz’ora.

Altri dati? i costi orari dei mezzi comprensivi anche della manutenzione; il peso e il volume dei rifiuti raccoglibili all’ora dai diversi mezzi; eventuali limiti nel numero di mezzi utilizzabili.

… e la sua formalizzazione

Allora cosa dobbiamo fare? trovare il mix di mezzi ottimale tale da riuscire a minimizzare i costi!

La situazione consideriamo un solo paese; trascuriamo la dimensione geografica.

3 possibili percorsi risolutivi: 1a IPOTESI: vetro e plastica divisi nessun vincolo sui mezzi 2a IPOTESI: vetro e plastica assieme 3a IPOTESI: vincoli sui mezzi

1a ipotesi: Vetro e plastica raccolti e conferiti divisi Nessun vincolo relativo ai mezzi

I vincoli PM1S1 x1+PM2S1 x3 = PS1 PM1S2 x2+PM2S2 x4 = PS2 Le incognite: X1 numero totale di ore lavorative di M1 per raccogliere S1 X2 numero totale di ore lavorative di M1 per raccogliere S2 X3 numero totale di ore lavorative di M2 per raccogliere S1 X4 numero totale di ore lavorative di M2 per raccogliere S2 X5 numero di conferimenti di M1 per scaricare S1 considerandone il peso X6 numero di conferimenti di M1 per scaricare S2 considerandone il peso X7 numero di conferimenti di M2 per scaricare S1 considerandone il peso X8 numero di conferimenti di M2 per scaricare S2 considerandone il peso X9 numero di conferimenti di M1 per scaricare S1 considerandone il volume X10 numero di conferimenti di M1 per scaricare S2 considerandone il volume X11 numero di conferimenti di M2 per scaricare S1 considerandone il volume X12 numero di conferimenti di M2 per scaricare S2 considerandone il volume PM1S1 x1+PM2S1 x3 = PS1 PM1S2 x2+PM2S2 x4 = PS2 PM1S1 x1≤PM1 x5 PM1S2 x2 ≤ PM1 x6 PM2S1 x3 ≤ PM2 x7 PM2S2 x4 ≤ PM2 x8 PM1S1/Rp x1 ≤ VM1 x9 PM1S2/Rv x1 ≤ VM1 x10 PM2S1/(kpRp) x3 ≤ VM2 x11 (kp=6) PM2S2/(kvRv) x4 ≤ VM2 x12 (kv=2) x1>=0,x2>=0……..,x12≥0 M1 la vaschetta M2 il compattatore S1 la plastica S2 il vetro

Funzione Obiettivo con C1 il costo orario della vaschetta Min C1*[x1+x2+T1*(x5+x6+x9+x10)]+C2*[x3+x4+T2*(x7+x8+x11+x12)] con C1 il costo orario della vaschetta C2 il costo orario del compattatore T1 il tempo medio di ogni singolo conferimento per la vaschetta T2 il tempo medio di ogni singolo conferimento per il compattatore

Introduzione delle variabili di scarto: PM1S1 x1+PM2S2 x3 = PS1 PM1S1 x2+PM2S2 x4 = PS1 PM1S1 x1-PM1 x5 +x13=0 PM1S2 x2-PM1 x6 +x14=0 PM2S1 x3-PM2 x7 +x15=0 PM2S2 x4-PM2 x8 +x16=0 PM1S1/Rp x1 -VM1 x9 +x17=0 PM1S2/Rv x1-VM1 x10 +x18=0 PM2S1/(kpRp) x3-VM2 x11 +x19=0 (kp=6) PM2S2/(kvRv) x4-VM2 x12 +x20=0 (kv=2) x1>=0,x2>=0……..,x20>=0

1a IPOTESI: 1a SEMPLIFICAZIONE Vetro e plastica: Variabili indipendenti Due problemi distinti

1a IPOTESI: 1a SEMPLIFICAZIONE PLASTICA: PM1S1 ∙ X1 + PM2S1 ∙ X3 = PS1 PM1S1 ∙ X1 / RP ≤ VM1 ∙ X9 PM2S1 ∙ X1 / (RP ∙ KP) ≤ VM2 ∙ X11 PM1S1 ∙ X1 ≤ PM1 ∙ X5 PM2S1 ∙ X3 ≤ PM2 ∙ X7 VINCOLI x1 x3 x5 x7 X9 x11 x13 x15 x17 x19 Noti PM1S1 PM2S1 PS1 -PM1 1 -PM2 PM1S1/RP -VM1 PM2S/6RV -VM2 MATRICE

1a IPOTESI: 1a SEMPLIFICAZIONE VETRO: PM1S2 ∙ X2 + PM2S2 ∙ X4 = PS2 PM1S2 ∙ X2 ≤ PM1 ∙ X6 PM2S2 ∙ X4 ≤ PM2 ∙ X8 PM1S2 ∙ X2 / RV ≤ VM1 ∙ X10 PM2S2 ∙ X4 / (RV ∙ KV) ≤ VM2 ∙ X12   VINCOLI x2 x4 x6 x7 x10 x12 x14 x16 x18 x20 Noti PM1S2 PM2S2 PS2 -PM1 1 -PM2 PM1S2/RV -VM1 PM2S2/ 2RV -VM2 MATRICE

1a IPOTESI : 2a SEMPLIFICAZIONE Osservazione dati concreti Eliminazione vincoli superflui Vaschetta Portata max in peso: 1000 m3 Portata max in volume: V = 7 m3 Compattatore  Plastica Pper volume max=V∙RP=175kg < 1000kg Pper volume max=V∙6RP=3600kg < 11000kg Vetro Pper volume max=V∙RV=1050kg > 1000kg Vetro  Pper volume max=V∙2RV=7200kg < 11000kg RP = peso specifico plastica RV = peso specifico vetro

1a IPOTESI: 2a SEMPLIFICAZIONE Sistema dei vincoli PM1S1 ∙ X1 + PM2S1 ∙ X3 = PS1 PM1S2 ∙ X2 + PM2S2 ∙ X4 = PS2 PM1S2 ∙ X2 ≤ PM1 ∙ X6 PM2S2 ∙ X4 ≤ PM2 ∙ X8 PM1S1 / RP ∙ X1 ≤ VM1 ∙ X9 PM1S2 / RV ∙ X2 ≤ VM1 ∙ X10 PM2S1 / 6RP ∙ X3 ≤ VM2 ∙ X11 PM2S2 / 2RV ∙ X4 ≤ VM2 ∙ X12

1a IPOTESI: 2a SEMPLIFICAZIONE Matrice x1 x2 x3 x4 x6 x8 x9 x10 x11 x12 x14 x16 x17 x18 x19 x20 Noti PM1S1 PM2S1 PS1 PM1S2 PM2S2 PS2 -PM1 1 -PM2 PM1S1/RP -VM1 PM1S2/RV PM21/6RV -VM2 PM22/ 2RV

2a IPOTESI Vetro e plastica trasportati assieme: Peso totale (plastica+vetro) ≤ peso max Volume totale (plastica+vetro) ≤ volume max Il problema non è divisibile in due parti

3a ipotesi Vincoli sui mezzi: max 2 compattatori min 3 vaschette 8 ore lavorative

Matrice x x2 x3 x4 x5 x6 x7 x8 x9 x10 x11 x12 x13 x14 x15 x16 x17 x18 noto 1 24 16

Vaschetta 649 Costo di raccolta (€) 273 Compattatore 9000 Peso raccolto (Kg)

Vaschetta 138 Costo di raccolta (€) 110 Compattatore 480 Volume raccolto (m3)

h1: costo di conferimento unitario del compattatore h2: costo di conferimento unitario della vaschetta p: cambio di convenienza Vaschetta h2 h2 h1 Compattatore h2 Costo di raccolta (€) h2 h1 h2 22 P 11 Peso raccolto (ton)

h1: costo di conferimento unitario del compattatore h2: costo di conferimento unitario della vaschetta p: cambio di convenienza Vaschetta h2 h2 h1 Compattatore h2 Costo di raccolta (€) h2 h1 h2 288 P 144 Volume raccolto (m3)

P: 0,69 ton Costo di raccolta (€) 22 22+P P 11 111+P Peso raccolto (ton)

P: 7,714 m3 Costo di raccolta (€) 288 288+P P 144 144+P Volume raccolto (m3)

Vaschetta 1 Compattatore + Vaschetta 1 Compattatore 2 Compattatori 2 Compattatori + Vaschetta 3 Compattatori 3 Compattatori + Vaschetta 4 Compattatori P 11 11+P 22 22+P 33 33+P 44 Peso (ton)

Vaschetta 1 Compattatore + Vaschetta 1 Compattatore 2 Compattatori 2 Compattatori + Vaschetta 3 Compattatori 3 Compattatori + Vaschetta 4 Compattatori P 144 144+P 288 288+P 432 432+P 576 Volume (m3)

Non sempre accettabili come soluzioni Algoritmo del simplesso Soluzioni intere e non intere Non sempre accettabili come soluzioni di problemi reali

Andrea Schiesaro Anna Bigarella Luca Bonadies Riccardo Campana Michela Rizzi Matteo Mattarolo Roberta Carminati Gloria Pozzato Simone Carron Paolo Pigato Stefano Dissegna Riccardo Momoli Marco Fantin Graziano Gheno Elisa Ghirardello