Prof. Ing. Michele Marra - Appunti delle Lezioni di Ricerca Operativa Sequenze CAPITOLO II

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1 CAPITOLO II 2. - PROBLEMI DI SEQUENZA I problemi di sequenza si presentano ogni qualvolta vi sono delle attività che richiedono delle risorse limitate ed indivisibili e bisogna definire l'ordine secondo cui queste attività devono utilizzare le risorse, nel rispetto di vincoli dati ed in modo da soddisfare un dato obiettivo DEFINIZIONI Si definisce "ciclo" di un dato lavoro l ordine secondo cui quel lavoro utilizza le macchine. Si definisce "sequenza dei lavori" relativi ad una macchina l'ordine secondo cui i lavori devono essere eseguiti da quella macchina. La "sequenza" è l'insieme delle sequenze dei lavori relative a tutte le macchine. Indica l ordine in cui i lavori devono essere eseguiti sulle macchine. "Istante di arrivo di un lavoro" è l'istante in cui il lavoro arriva nel sistema. "Istante di fine di un lavoro" è l'istante in cui è completata 1' ultima attività relativa a quel lavoro. Tempo di permanenza di un lavoro" è l intervallo di tempo che il lavoro passa nel sistema, cioè la differenza tra istante di fine e istante di arrivo. "Tempo di attesa di un lavoro" è il tempo che un lavoro deve aspettare prima che possa iniziare una attività. "Data di consegna di un lavoro" è l istante entro cui si desidera che quel lavoro sia terminato. "Ritardo di un lavoro" è la differenza tra l'istante di fine e la data di consegna quando questa differenza è non negativa, altrimenti è zero. Anticipo di un lavoro è la differenza tra la data di consegna e la data di fine quando questa differenza è non negativa, altrimenti è zero RELAZIONI PRINCIPALI Indichiamo con Te i : A i : Ta i : Tf i : tempo di esecuzione del lavoro i tempo totale di attesa del lavoro i tempo di arrivo del lavoro i tempo di fine del lavoro i 9

2 Avremo Tf i = Ta i + Te i + A i Il tempo di permanenza del lavoro i nel sistema è: F i = Te i + A i = Tf i - Ta i Indichiamo con c i : tempo di consegna del lavoro i avremo T i = MAX(0; Tf i -c i ) = ritardo del lavoro i E i = MAX(0; c i -Tf i ) = anticipo del lavoro i Per individuare un problema di sequenza si può utilizzare una notazione con quattro parametri del tipo A / B / C / D in cui A indica la legge di arrivo dei lavori; B indica il numero delle macchine; C descrive la configurazione dei cicli; F indica che tutti i lavori hanno lo stesso ciclo; G indica che i lavori possono avere differenti cicli; D indica il criterio con cui è valutato il funzionamento del sistema. Per esempio N/2/F/F max rappresenta un problema con N lavori su 2 macchine, secondo uno stesso ciclo ed in cui si assume come criterio di valutazione il tempo totale di esecuzione F max PROBLEMI CON UNA SOLA MACCHINA In tali problemi sono noti i tempi di esecuzione t i degli N lavori. I1 criterio di valutazione è il tempo medio di permanenza dei lavori F = F 1 + F F N che si vuole minimizzare. Per costruire la sequenza ottima si fa uso della seguente regola: REGOLA DEL TEMPO DI ESECUZIONE PIÙ BREVE Una sequenza che rende minimo F è una permutazione (i 1, i 2,.....,i N ) degli indici {1,2,...,N} tale che te i1 te i2... te in. La regola consiste nel dare la priorità al lavoro che ha tempo di esecuzione più piccolo. ESEMPIO 1. 10

3 PROBLEMA 8 / 1 / / F SOLUZIONE Poiché è: Lavori i Tempi di esecuz. te i avremo (4,3,5,2,8,7,6,1) (4,3,5,8,2,7,6,1) te i4 < te i3 < te i5 < te i2 = te i8 < te i7 < te i6 < te i1 che sono le due sequenze ottime che minimizzano F PROBLEMA N/1/ / T max E un problema di N lavori su una macchina il cui criterio di valutazione è quello di minimizzare il ritardo max. Il ritardo del lavoro i è: T i = MAX (0; Tf i -c i ) T max = MAX (T i ) dove Tf i e c i sono rispettivamente le date di fine e di consegna del lavoro i. TEOREMA Una sequenza che rende minimo T max è una permutazione (i 1, i 2,..., i N ) degli indici (1, 2,..., N) tale che: c i1 c i2... c in Il risultato notevole di questo teorema è che la sequenza ottima non dipende dalle durate dei lavori. ESEMPIO 2. PROBLEMA 8/ 1 / / T max Lavori i Data di consegna c i SOLUZIONE Poichè è c i5 < c i4 < c i8 < c i3 < c i2 < c i6 < c i7 < c i1 avremo (5, 4, 8, 3, 2, 6, 7, 1) che è la sequenza ottima che minimizza T max PROBLEMA N/ 1 / / numero di lavori in ritardo 11

4 E un lavoro di N lavori su una macchina il cui criterio di valutazione è quello di minimizzare il numero dei lavori in ritardo. La sequenza ottima viene fornita dal seguente algoritmo: ALGORITMO PASSO 1. Ordina i lavori in una sequenza (i 1, i 2,..., i N ) tale che c i1 c i2... c in ; questa sequenza viene chiamata sequenza attuale. Vai al passo 2. PASSO 2. Utilizzando la sequenza attuale trova il primo lavoro i k per cui T ik > 0 e vai al passo 3. Se non esiste un tale lavoro l algoritmo termina con una sequenza ottima che si ottiene mettendo i lavori che sono stati eliminati dopo i lavori della sequenza attuale ed in un ordine qualsiasi. PASSO 3. Nella sottosequenza (i 1,i 2,..., i K ) cerca il lavoro che ha tempo di esecuzione più grande ed eliminalo dalla sequenza attuale. Vai al Passo 2 utilizzando la sequenza così ottenuta o sequenza attuale. ESEMPIO I dati del problema siano quelli della tabella seguente: PASSO 1 Lavoro i Tempo di esec. te i Data cons. c i Lavori i te i c i Tempo di fine Tf i PASSO 2. Il primo lavoro in ritardo è il lavoro 8, in quanto Tf 8 -c 8 =11-9=2>0. PASSO 3. Nella sottosequenza (5,4,8) il lavoro con il tempo di esecuzione più grande è il lavoro 8 che viene eliminato. Lavori i te i d i c i PASSO 2. Il primo lavoro in ritardo è il lavoro 7 con Tf 7 -c 7 = = 1 > 0. PASSO 3. Nella sottosequenza (5, 4, 3, 2, 6, 7) il lavoro con tempo di esecuzione più grande è il lavoro 6 che viene eliminato. Lavori i te i

5 c i Tf i PASSO 2. Non esiste alcun lavoro in cui t ik >0 poiché Tf i -c i <0 per ogni i. L algoritmo termina con la sequenza ottima (5,4,3,2,7,1,8,6) ovvero (5,4,3,2,7,1,6,8) ed il numero minimo di lavori in ritardo sono i lavori 6 ed PROBLEMI CON PIÙ MACCHINE E CICLI TUTTI UGUALI In questo tipo di problemi vi sono N lavori, tutti già presenti nel sistema (quindi A 1 =A 2 =..=A N =0), che utilizzano le stesse M macchine e, nello stesso ordine; i cicli sono quindi uguali. La maggior parte dei metodi proposti per la risoluzione di questo tipo di problemi considerano il caso in cui l obiettivo è quello di rendere minimo il tempo totale di esecuzione Te max =Max(Te 1,Te 2,,Te N ) e quindi il tempo di permanenza massimo: F max = MAX i F i = MAX i (Te i -A i ) = MAX i (Te i ) Si tratta pertanto di problemi del tipo N/M/F/F max dove il terzo parametro F indica che i cicli sono tutti uguali. Nei problemi con 2 o 3 macchine esiste una sequenza ottima in cui l ordine dei lavori è lo stesso su tutte le macchine. Ciò non è in generale vero per M 4. Infatti consideriamo l esempio seguente con N=2, M=4, ciclo (1,2,3,4) ed in cui le durate sono: lavori Macchine Se manteniamo lo stesso ordine dei lavori su tutte e quattro le macchine si ottiene un tempo totale di esecuzione minimo di 14 unità di tempo 13

6 M M M M Mentre se la sequenza sulle prime due macchine è diversa da quella sulle ultime due, si ottiene un tempo totale di esecuzione minimo di 12 unità di tempo M M M M Si comprende ora l'importanza dei seguenti teoremi. TEOREMA 1. In un problema N / M / F / F max esiste una soluzione ottima in cui la sequenza dei lavori sulle prime due macchine è la stessa. TEOREMA 2. In un problema N / M / F / F max esiste una soluzione ottima in cui la sequenza dei lavori sulle ultime due macchine è la stessa PROBLEMA CON 2 MACCHINE E CICLI UGUALI (N/2/F/F max ) Questo problema di sequenza si esprime esattamente come segue: a. vi sono soltanto due macchine A e B; b. per tutti i pezzi la successione delle lavorazioni è AB; c. i tempi di lavorazione t, t,.., t e t, t,.. t A 1 A 2 A N B 1 B 2 B sono dati. N Il problema consiste nel trovare la sequenza che rende minimo il tempo totale di esecuzione F max. Il seguente algoritmo di Johnson risolve questo problema in una maniera molto semplice ALGORITMO Dl JOHNSON PASSO 1. Si scelga il più piccolo dei tempi di lavorazione t, t,..., t, t A 1 A 2 A N B, t 1 B 2,..., t. B N Se il tempo più piccolo si verifica più di una volta, si scelga indifferentemente uno di essi. 14

7 PASSO 2. Se il tempo più piccolo è t A, si esegue per prima la lavorazione sul pezzo r. r Se il tempo più piccolo è t B, si esegue per ultima la lavorazione sul pezzo s. Questo vale s in ogni caso, sia per la macchina A sia per la macchina B. PASSO 3. Sono rimasti N-1 pezzi da mettere in sequenza. Si applichino i punti 1 e 2 all'insieme ridotto dei tempi di lavorazione che si ottiene da quello iniziale con la esclusione dei tempi relativi al pezzo già assegnato alle due macchine. PASSO 4. Si prosegua in questo modo sino ad ottenere la sequenza completa. La sequenza ottenuta è ottima. ESEMPIO 4. Sono dati cinque pezzi, ciascuno dei quali deve essere lavorato su due macchine A e B, nell'ordine AB. I tempi di lavorazione sono dati in tabella: MACCHINE PEZZO A B Si trovi una sequenza per cui il tempo di permanenza totale max F max ossia il tempo di esecuzione totale massimo Te max sia minimo. SOLUZIONE Applicando l'algoritmo di Johnson avremo: macchine pezzi A B 1) ) ) ) ) pertanto la sequenza ottima è (2,4,1,3,5). Riportiamo ora questa sequenza di Lavorazione sul DIAGRAMMA DI GANTT che ci permette di visualizzare i tempi di lavorazione e i tempi di ozio su ciascuna macchina: 15

8 I1 tempo totale di esecuzione è di 32 unità. I tempi di ozio sono 5 unità di tempo per la macchina B PROBLEMA CON 3 MACCHINE E CICLI UGUALI (N / 3 / F / Fmax) Il problema si esprime come segue: - vi sono solamente 3 macchine A,B,C; - per tutti i pezzi la successione delle lavorazioni è ABC; - i tempi di lavorazione te, te A 1 A 2,..., te A N te, te,..., te B 1 B 2 B N te, te,..., te C 1 C 2 C N sono dati. Il problema consiste nel trovare la sequenza che rende minimo il tempo totale di permanenza F max ossia il tempo totale di esecuzione Te max CASO 1. Se si verifica almeno una delle seguenti condizioni: a. il più piccolo dei tempi di lavorazione sulla macchina A è maggiore o uguale al più grande dei tempi di lavorazione sulla macchina B; b. il più piccolo dei tempi di lavorazione sulla macchina C è maggiore o uguale al più grande dei tempi di lavorazione sulla macchina B, si sostituisce il problema iniziale con un problema con due sole macchine. Indichiamo queste macchine fittizie G e H e definiamo i relativi tempi di lavorazione come segue: te = te + te G i A i B i te = te + te H i B i C i Risolviamo il nuovo problema con la successione GH, mediante l'algoritmo di Johnson. La sequenza ottima cosi ottenuta sarà ottima anche per il problema iniziale. ESEMPIO 5. Sono dati cinque pezzi, ciascuno dei quali deve essere lavorato da tre macchine A, B, C nell'ordine ABC. I tempi di lavorazione sono: PEZZO te A te B te C

9 Si determini una sequenza di lavorazione che rende minimo il tempo totale di esecuzione F max. SOLUZIONE In questo caso si ha te A i min = 4; te B i max = 6; te C i min = 6. Poichè te C i min te B i max il metodo ora descritto può essere applicato. L'equivalente problema con due sole macchine è allora: PEZZO te G te H Poiché i minimi tempi di lavorazione si verificano più di una volta questo problema ammette diverse soluzioni ottime. Esse sono: (1,4,5,2,3) (1,5,4,2,3) (4,5,1,2,3) (4,1,5,2,3) (5,1,4,2,3) (5,4,1,2,3). Tali sequenze, riportate sul diagramma di GANTT, portano ad un tempo di esecuzione minimo pari a CASO 2.: Sia (1,2,...,N) una sequenza tale che se si ha anche te te. te B 1 B 2 B N te + te te + te... te A 1 B 1 A 2 B 2 A + te N B N e te B 1 + te te + te te C 1 B 2 B1 B + te N C N allora la sequenza (1, 2,, N) è una sequenza ottima. ESEMPIO 6. Sia N = 5 e le durate siano: PEZZO A B C

10 Eseguendo le somme (te + te ) e (te + te A i B i B i C ) si ottiene: i PEZZO te A +te B te b te B +te C Ordinando i lavori per valori di Bi non decrescenti si ha: PEZZO te A +te B te B te B +te C quindi la sequenza (1,5,2,3,4) è una sequenza ottima con tempo totale di esecuzione uguale a 52 unità di tempo PROBLEMI CON UN NUMERO QUALSIASI DI MACCHINE E CICLI UGUALI (N / M / F / Fmax). METODI APPROSSIMATI METODO DI PALMER In questo metodo "si dà la priorità ai lavori che hanno la tendenza più forte a passare da durate più brevi a durate più lunghe durante il ciclo". Questa "tendenza" per il lavoro i viene misurata dall indice : S i = - t i1 (M-1)/2 - t i2 (M-3)/ t i,m-l (M-3)/2 + t im (M-1)/2 Quindi la sequenza comune a tutte le macchine, è una permutazione (i 1,i 2,...,i N ) tale che S i1 S i2. S in. ESEMPIO Sia N = 5 e le durate siano 18

11 LAVORO SOLUZIONE L indice S i vale in questo caso: S i = - t i1 (3-1)/2 - t i2 (3-3)/2 + t i2 (3-3)/2 + t i3 (3-1>/2 = = t i3 - t i1, per cui: S 1 = 0; S 2 = -3; S 3 = -3; S 4 = -3; S 5 = 2. Ordinando i lavori per valori di S i non crescenti si ha la sequenza (5,1,2,3,4) (naturalmente bisognerebbe considerare anche le altre cinque sequenze che si ottengono permutando i lavori 2,3,4 in quanto S 2 = S 3 = S 4 =-3);questa sequenza ha un tempo totale di esecuzione di 35 unità di tempo METODO DI CAMPBELL-DUDEK-SMITH In questo metodo si costruiscono sino a M-1 problemi ausiliari con N lavori e 2 macchine. Applicando poi a ciascuno di questi problemi l algoritmo di Johnson si ottengono altrettante sequenze tra cui si sceglie per il problema originario, quella (o quelle) che hanno il minor tempo totale di esecuzione rispetto al problema originario. Le durate per il k-esimo problema ausiliario con 2 macchine (k = 1,2,...,M-1) sono calcolate così: k t ij j= 1 Θ i1 = Θ i2 = M tij j= M+ 1 k (i=1,2,,n) cioè il tempo per il lavoro i sulla prima macchina è la somma dei tempi sulle prime k macchine del problema originario, sulla seconda macchina è la somma dei tempi delle ultime k macchine. ESEMPIO Si hanno N = 6 lavori ed M = 4 macchine; le durate delle attività sono: LAVORI M 1 M 2 M 3 M

12 SOLUZIONE - Possiamo costruire M-1 = 3 problemi ausiliari con 2 macchine; le durate delle attività per questi 3 problemi sono: Prob. Ausiliario 1 Prob. Ausiliario 2 Prob. Ausiliario 3 Lavori 1 2 Lavori 1 2 Lavori Applicando l'algoritmo di Johnson a ciascuno di questi 3 problemi si ottengono le sequenze ottime (per i problemi ausiliari con 2 macchine) ed i corrispondenti tempi totali di esecuzione F max per il problema originario PROBLEMA AUSILIARIO SEQUENZA OTTIMA F max 1 (2,3,6,1,4,5) 69 2 (2,6,3,1,4,5) 68* 3 (2,6,3,4,1,5) 68* La sequenza (2,6,3,1,4,5) è la migliore, anche se non necessariamente quella ottima PROBLEMI CON PIU' MACCHINE E CICLI QUALSIASI In questo tipo di problemi vi sono N lavori tutti contemporaneamente presenti che utilizzano M macchine con cicli qualsiasi. Metodi specifici di risoluzione esistono per i problemi con due macchine. 20

13 PROBLEMA CON DUE MACCHINE E CICLI QUALSIASI (N / 2 / G / F max ) E' un problema di N lavori su 2 macchine; il parametro G indica che si tratta di cicli qualsiasi. Il criterio di valutazione è la minimizzazione del tempo totale di esecuzione. ALGORITMO - Sia A l'insieme dei lavori che utilizzano solo la macchina 1, B l'insieme dei lavori che utilizzano solo la macchina 2, C l insieme dei lavori che utilizzano entrambe le macchine con ciclo (1,2) e D l'insieme dei lavori che utilizzano entrambe le macchine con ciclo (2,1). - Siano SC ed SD le sequenze che si ottengono applicando l'algoritmo di Johnson rispettivamente ai lavori che sono in C e in D. Una sequenza ottima si ottiene ordinando i lavori nel modo seguente: sulla macchina 1 SC A SD sulla macchina 2 SD B SC dove i lavori A ed i lavori B sono ordinati in un modo qualsiasi. ESEMPIO Sia N = 9 e le tabelle dei cicli e le durate siano: LAVORI CICLI LAVORI SOLUZIONE. Gli insiemi A,B,C,D sono: A = {1}; B = {2,3}; C = {4,5,6}; D = {7,8,9}. Applicando l'algoritmo di Johnson ai lavori in C e in D si ottengono le due sequenze CICLO (1,2) CICLO (2, 1)

14 Le sequenze ottime sono allora : sulla prima macchina (6, 4, 5, 1, 7, 9, 8) sulla seconda macchina (7, 9, 8, 2, 3, 6, 4, 5) con un tempo totale di esecuzione di 40 unità di tempo LAVORAZIONE DI 2 PEZZI SU N MACCHINE In questo caso ci si serve esclusivamente di algoritmi grafici. Il vantaggio che si presenta è che la sequenza di lavorazione non è la stessa per i due pezzi; sia per es. A B C D per il pezzo 1 e D B A C per il pezzo 2. Serviamoci di un esempio per poter vedere come si applica il metodo. ESEMPIO Supponiamo di avere 2 pezzi e 4 macchine Macchine A B C D Pezzi A B C D D B A C Per esempio, in questo caso, il pezzo 1 deve essere lavorato con sequenza A B C D, il pezzo 2 con sequenza D B A C. Si ricorre ad un diagramma cartesiano. Sulle ascisse riportiamo i tempi di lavorazione del pezzo 1 con sequenza di lavorazione sulle macchine ABCD. Sulle ordinate i tempi di lavorazione del pezzo 2 secondo la sequenza D B A C. Individuiamo ora delle zone PEZZO 2 vietate. Poiché i 2 pezzi non possono essere contemporaneamente lavorati sulla stessa macchina, occorre mandare le paral lele agli assi per i punti, rispettivamente dell asse x e y, che rappresentano la separazione tra i tempi di una macchina ed un altra. Ottenuto questo reticolo occorre tratteggiare, come zo- 6 2 ne vietate, quelle parti in corrispondenza della stessa macchi PEZZO na in proiezione sugli assi. Devo ora cercare una certa sequenza di lavorazione. Parto da zero e posso iniziare a lavorare sia il pezzo 1 sulla macchina A che il pezzo 2 sulla macchina D, in quanto le 2 macchine procedono indipendentemente. Ciò, sul diagramma cartesiano, si individua mandando una linea a 45 dall origine, la 22

15 proiezione sull asse delle ascisse di questa retta mi da la lavorazione del pezzo 1, la proiezione sull asse delle ordinate mi da la lavorazione del pezzo 2. Nel nostro caso questa retta procede senza incontrare nessuna area vietata. Nel punto 2 diviene tangente all area vietata, ma non l attraversa. Proseguendo arriviamo nel punto 4. Sino al punto 1 hanno lavorato contemporaneamente le macchine A e D (A il pezzo 1, D il pezzo 2). Dal punto 1 al 2 la macchina B lavora il pezzo 1, mentre D continua a lavorare il pezzo 2. Dal punto 2 al 3 lavorano contemporaneamente la macchina C (pezzo 1) e la macchina B (pezzo 2). Dal punto 3 al 4 lavorano la macchina D (sul pezzo 1), la macchina A (sul pezzo 2). Ma nel punto 4 il pezzo 1 ha concluso il suo ciclo di lavorazione, mentre il pezzo 2 deve ancora terminare la lavorazione sulla macchina A. Pertanto la retta subisce una deviazione e corre parallela all asse y. Dal punto 4 al punto 5 il pezzo 2 termina la lavorazione sulla macchina A; infine dal punto 5 al punto 6 viene lavorato sulla macchina C e conclude anch esso il suo ciclo di lavorazione. Non ci sono stati tempi di ozio sino al punto 4. In questo caso poiché la retta a 45 non si è trovata nella situazione di dover attraversare la zona vietata, non si è verificato alcun tempo di ozio ed i due pezzi sono stati lavorati contemporaneamente. In pratica nell ultimo tratto si ha invece un tempo di ozio e corrisponde al tratto verticale per il pezzo 1. Per sapere il tempo totale impiegato per la lavorazione dei due pezzi basta considerare il tempo totale di lavorazione del pezzo 1 e ad esso aggiungere il tempo di ozio che si è riscontrato. Abbiamo, in definitiva, T tot = 12+4=16, dove 4 è il tempo di ozio. In genere questo non è il tempo ottimo di lavorazione. Se il diagramma fosse stato quello di fig. seguente, il discorso sarebbe stato diverso. Non avrei potuto, in questo caso, partire contemporaneamente dalle 2 macchine. Avrei dovuto scegliere o la lavorazione del pezzo 1 o quella del pezzo 2. PEZZO ) 2 1) PEZZO 1 Quindi o parallelamente alla lavorazione del pezzo 1 sino al completamento della lavorazione sulla macchina A, o parallelamente all asse del pezzo 2 sino al completamento della lavorazione del pezzo 2 sulla A. Abbiamo quindi 2 percorsi possibili rappresentati in fig. 4. Oppure, altro caso: 23

16 PEZZO PEZZO 1 In questo caso, per esempio, se i quadretti sono le unità avrei (dal pezzo 1): PERCORSO 1 : T tot =13 (11+2 di ozio) PERCORSO 2 : T tot =15 (11+4 di ozio) PERCORSO 3 : T tot =15 (11+4 di ozio) N.B. : Si può incontrare una zona vietata o lateralmente o frontalmente. Se la incontriamo lateralmente possiamo pensare di affrontarla in questi due modi. LATERALMENTE LATERALMENTE DAL BASSO DAL BASSO 24

17 LAVORAZIONE DI N PEZZI SU M MACCHINE Qui le incognite sono i tempi di inizio di lavorazione di ciascun pezzo su ciascuna macchina. Lo indichiamo con t ij intendendo con i il pezzo generico, con j la macchina generica. Quindi t ij = tempo di inizio della lavorazione del pezzo i sulla macchina j. Di ogni pezzo è nota la durata della lavorazione sulla macchina d ij = durata della lavorazione del pezzo i sulla macchina j. Il problema è di minimizzazione dei tempi totali di lavorazione. Si ha quindi: min Z = (t ij +d ij ) i j Vincoli del problema 1) - Vincoli legati ai pezzi. Se indico con i e j due pezzi qualsiasi e con k la generica macchina, poiché su una macchina può essere lavorato un solo pezzo per volta, se il pezzo i viene lavorato prima del pezzo j sulla macchina k, sarà valida una relazione del tipo: t ik + d ik t jk Se invece il pezzo j viene lavorato prima del pezzo i sulla macchina k, si ha: t jk + d jk t ik Queste due relazioni sono fra loro incompatibili. Per poterle rendere compatibili si ricorre all uso di un tensore X ijk cui viene assegnato il valore 0 se il pezzo i viene lavorato prima de pezzo j sulla macchina k, assume il valore 1 nel caso contrario. Introducendo in modo opportuno tale tensore si ottiene: t ik + d ik t jk + MX ijk t jk + d jk t ik + M(1-X ijk ) Con M numero grande a piacere. Vediamo se le relazioni hanno assunto forma valida in generale. Se il pezzo i viene lavorato prima del pezzo j sulla macchina k, la prima relazione risulta valida e la seconda banale. Se invece j viene lavorato prima di i sulla macchina k la prima relazione diventa banale mentre la seconda assume il suo significato originale. 2) - Vincoli legati alle macchine Vincoli legati al fatto che un pezzo non può essere lavorato contemporaneamente su due macchine diverse. Se indichiamo con i il pezzo generico e con a e b le macchine su cui deve essere lavorato potremo affermare che se il pezzo viene lavorato prima sulla macchina a a poi sulla b, vale la relazione seguente: t ia + d ia t ib t ib + d ib t ia. Queste due relazioni sono incompatibili ed analogamente a quanto fatto nel caso precedente introduciamo un tensore Y iab in modo da generalizzare la formulazione matematica. 25

18 Assegnamo ad Y iab il valore 0 se il pezzo i viene lavorato prima su a e poi su b, il valore 1 se il pezzo i viene lavorato prima su b e poi su a. Sempre in analogia con quanto fatto nel caso precedente possiamo scrivere : t ia + d ia t ib + MY iab t ib + d ib t ia + M(1-Y iab ) 26

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