Microsoft Word - TO_Praktikum_v3.docx

Транскрипт

1 Praktikum ODLUČIVANJE

2 Odlučivanje - praktikum Fakultet organizacionih nauka Beograd, god

3 Naziv knjige: Odlučivanje praktikum Autori: prof. dr Milija Suknović, prof. dr Boris Delibašić, doc. dr Miloš Jovanović, doc. dr Milan Vukićević, Sandro Radovanović Recenzenti: prof. dr Milan Martić prof. dr Dragana Bečejski-Vujaklija Izdavač: Fakultet organizacionih nauka, Beograd, Jove Ilića 154 Korice: Milan Vukićević Format: A4 Broj strana: ISBN:

4 Predgovor Praktikum Odlučivanje je nastao u okviru Centra za poslovno odlučivanje Fakulteta organizacionih nauka, Univerziteta u Beogradu. Osnovni cilj koji su autori želeli da ostvare pisanjem ovog praktikuma jeste da omoguće studentima da usvoje i generalizuju koncepte odlučivanja kroz rešavanje brojnih praktičnih problema. Ostvarivanjem ovog cilja studenti treba da budu u mogućnosti da prepoznaju i karakterišu probleme odlučivanja u poslovnoj praksi, kao i da rešavaju ove probleme odgovarajućim metodama i tehnikama. Praktikum je pre svega namenjen studentima osnovnih studija Fakulteta organizacionih nauka, koji slušaju nastavu na predmetu Teorija odlučivanja, ali i drugim zainteresovanim studentima, kao i stručnjacima iz oblasti. Oblasti pokrivene praktikumom uključuju višekriterijumsku analizu odlučivanja, teoriju korisnosti, teoriju preferencija, analizu odlučivanja i rizika, kvalitativne modele odlučivanja, modele odlučivanja na bazi istorijskih podataka i grupno odlučivanje. Posebna pažnja je posvećen detaljnom objašnjenju najpopularnijih metoda kao što su: AHP, VIKOR, PROMETHEE, DEX, ID3, Borda i Kondorset itd. Dodatno, posebna pažnja je posvećena objašnjenju intuicije modela i metoda kroz praktične primere. Sadržaj praktikuma, kao i način predstavljanja i rešavanja problema je nastao u kolaboraciji autora, stručnjaka iz prakse i studenata kroz istraživanje u okviru projekta Unapređenja predmeta vezanih za nauku o podacima i odlučivanje na Fakultetu organizacionih nauka, finansiranom od strane Ministarstva prosvete, nauke i tehnološkog razvoja, Republike Srbije.

5 Recenzija Teorija odlučivanja je interdisciplinarana nauka koja prožima sve aspekte poslovanja, ali i svakodnevnog života, oslanja se kako na tehničke nauke kao što su Operaciona istraživanja, Nauka o pačunarima, Nauka o podacima, tako i na društvene kao što su Psihplogija i Sociologija. Zbog toga Teorija odlučivanja postavlja pred predavače svojevrsne izazove kao što su: izbor oblasti i metoda, nivo matematičkog formalizma i detalja opisa metoda, izbor praktičnih primera itd. U ovom praktikumu autori su uspeli da na sistematičan način predstave izazove koji se postavljaju pred moderne donosioce odluka. Autori su na pažljiv i sistematičan način birali oblasti i metode, na osnovu dugogodišnjeg iskustva u radu sa studentima, kao i formalnog istrživanja koje su sproveli neposredno pre početka pisanje samog materijala. Veoma je bitno da je ovo istraživanje uključilo kako stručnjake iz oblasti tako i studente. Na taj način autori su prilagodili sadržaj i način prezentacije ovog materijala, potrebama tržišta ali i percipiranim teškoćama u savladavanju materijala na osnovu informacija koje su dobili od studenata. Sve oblasti su pokrivene primerima kroz koje se jasno objašnjavaju matematička formalizmi ali i intuicija samih metoda i modela odlučivanja. Praktikum pokriva oblasti individualnog (višekriterijumskog) i grupnog odlučivanja, preferencija i korisnosti, rizika, kvalitativnih modela odlučivanja, kao i odlučivanja koje je bazirano na analizi istorijskih podataka. Zbog svega navedenog očekujem da će ovaj praktikum omogućiti studentima lakše savladavanje gradiva, razumevanje i generalizaciju koncepata na predmetu Teorija odlučivanja ali da može pomoći i domenskim stručnjacima pri donošenju odluka. Prof. dr Milan Martić, Redovni profesor Fakulteta organizacionih Nauka, Univerziteta u Beogradu. Juna 2019.

6 Recenzija Proces donošenja odluka je kroz istoriju uvek bio jedan od ključnih procesa na kome se zasniva uspeh organizacija. U vreme ubrzanog razvoja informaciono-komunikacionih tehnologija (društvene mreže, pametne aplikacije i uređaji itd.) i automatizacije poslovanja proces donošenja odluka postaje sve kompleksniji. Dodatno, moderni uslovi poslovanja i globalna konkurencija zahtevaju donošenje sve većeg broja odluka, u sve kraćim vremenskim periodima, zbog čega je Odlučivanje kao naučna i privredna oblast predmet sve većeg interesovanja. Ovim praktikumom autori doprinose razvoju kritičkog mišljenja i kreativnosti u rešavanju problema odlučivanja. Praktikum pokriva i detaljno razrađuje bazične koncepte odlučivanja, kao što su korisnost, rizik i preferencije i neke od najpopularnijih metoda višekriterijumskog odlučivanja kao što su AHP i VIKOR. Dodatno, kroz rešavanje zadataka student se uvodi u oblast Ekspertskih sistema, Sistema za podršku odlučivanju i Mašinskog učenja. Autori prepoznaju sve veću potrebu za integracijom kvantitativnih metoda, domenskog znanja eksperata i odlučivanja u grupama i kroz primere ove integracije obezbeđuju čitaocima dobru osnovu za razumevanje naprednih metoda i tehnika odlučivanja. Prof. dr Dragana Bečejski-Vujaklija, Vanredni profesor (u penziji) Fakulteta organizacionih Nauka, Univerziteta u Beogradu. Juna 2019.

7 Sadržaj Višekriterijumska analiza odlučivanja (VKAO)... 1 Višekriterijumsko iterativno kompromisno rangiranje (VIKOR) Teorija i funkcije korisnosti Metoda Analitičkih hijerarhijskih procesa (AHP) Prometej (Promethee) metoda Analiza rizika i Analiza odlučivanja Odlučivanje na osnovu pravila Stabla Odlučivanja

8 Odlučivanje - praktikum Višekriterijumska analiza odlučivanja (VKAO) Nastava: 1. Zadatak Potrebno je zaposliti novog junior marketing stručnjaka za potrebe sprovođenja kampanja unutar firme. Raspisan je konkurs na koji se javio veći broj kandidata. Nakon prvog razgovora sa njima izdvojeno je šest kandidata sa sledećim osobinama Radno iskustvo (u mesecima) Znanje (ocena 1-10) Tražena plata (u 100 x ) Fakultet (ocena 1-10) Ivan Jelena Marija Stefan Milan Katarina Prilikom formiranja konkursa odredili smo težine kriterijuma i one iznose: Radno iskustvo Znanje Tražena plata Fakultet a) Filtrirati alternative ukoliko je DO zadao sledeći željeni nivo vrednosti: Radno iskustvo Znanje Tražena plata Fakultet b) Filtrirati kandidate koji predstavljaju dominirane alternative. c) Odrediti najprihvatljiviju alternativu ukoliko je DO zadao sledeći nivo željenih vrednosti: Radno iskustvo Znanje Tražena plata Fakultet d) Odrediti najprihvatljiviju alternativu ukoliko je DO zadao redosled važnosti kriterijuma: Znanje >> Radno iskustvo >> Tražena plata >> Fakultet e) Odrediti najprihvatljiviju alternativu ukoliko je DO zadao drugačiji redosled važnosti kriterijuma: Fakultet >> Tražena plata >> Znanje >> Radno iskustvo f) Odrediti najprihvatljiviju alternativu primenom otežane sume. Podatke normalizovati L " normom. 1

9 g) Da li dolazi do promene u rangovima alternativa ukoliko se težina kriterijuma Tražena plata poveća na 0,5? Rešenje: a) Primenom konjuktivne metode dobijamo: Radno iskustvo (u mesecima) Znanje (ocena 1-10) Tražena plata (u 100 x ) Fakultet (ocena 1-10) Ivan Jelena Marija Stefan Milan Katarina ŽNV Radno iskustvo Znanje Tražena plata Fakultet Zadovoljava (u mesecima) (ocena 1-10) (u 100 x ) (ocena 1-10) Ivan T Jelena T Marija T Stefan T Milan T Katarina N Katarina ne zadovoljava željeni nivo vrednosti, te nju možemo izuzeti iz daljeg razmatranja. b) Poredeći kandidate Milana i Jelenu možemo ustanoviti da je Milan dominirana alternativa. Radno iskustvo (u mesecima) Znanje (ocena 1-10) Tražena plata (u 100 x ) Fakultet (ocena 1-10) Jelena Milan Drugim rečima, možemo izuzeti Milana iz daljeg razmatranja. c) Primenom disjunktivne metode dobijamo: Radno iskustvo (u mesecima) Znanje (ocena 1-10) Tražena plata (u 100 x ) Fakultet (ocena 1-10) Ivan Jelena Marija Stefan ŽNV

10 Odlučivanje - praktikum Radno iskustvo Znanje Tražena plata Fakultet Zadovoljava (u mesecima) (ocena 1-10) (u 100 x ) (ocena 1-10) Ivan Jelena Marija Stefan Najprihvatljivija alternativa je Jelena. d) Primenom leksikografske metode dobijamo da je najprihvatljivija alternativa Marija. e) Primenom leksikografske metode dobijamo da je najprihvatljivija alternativa Ivan. f) Rešenje je sledeće: Invertovanje Radno iskustvo Znanje Tražena plata Fakultet Ivan 3 4 0, Jelena ,167 7 Marija ,1 10 Stefan 9 7 0,143 5 max ,1 10 Normalizacija Radno iskustvo Znanje Tražena plata Fakultet Ivan 0,188 0, Jelena 0,75 0,556 0,502 0,7 Marija 1 1 0,3 1 Stefan 0,563 0,778 0,429 0,5 Vrednosti težina su: Radno iskustvo Znanje Tražena plata Fakultet 0,313 0,25 0,188 0,25 Otežana tab. odl. Radno iskustvo Znanje Tražena plata Fakultet Ivan 0,059 0,111 0,188 0,25 Jelena 0,235 0,139 0,094 0,175 Marija 0,313 0,25 0,056 0,25 Stefan 0,176 0,195 0,081 0,125 Otežana suma Ivan 0,608 Jelena 0,643 Marija 0,869 Stefan 0,577 Najprihvatljivija alternative je Marija. 3

11 g) Nove težine iznose: Radno iskustvo Znanje Tražena plata Fakultet 0,192 0,154 0,5 0,154 Dobijamo sledeću otežanu tabelu odlučivanja: Otežana tab. odl. Radno iskustvo Znanje Tražena plata Fakultet Ivan 0,036 0,068 0,5 0,154 Jelena 0,144 0,086 0,251 0,108 Marija 0,192 0,154 0,15 0,154 Stefan 0,108 0,12 0,215 0,077 Konačno rešenje je: Otežana suma Ivan 0,758 Jelena 0,589 Marija 0,65 Stefan 0,52 Dolazi do promene u rangovima alternativa. Odnosno, najprihvatljivija alternativa nakon promene težina kriterijuma jeste Ivan. 2. Zadatak Tim marketing stručnjaka je odredio moguće strategije za promociju proizvoda. Razmatrali su sve moguće opcije komunikacije sa korisnicima i nakon analize tržišta odredili su sledeće kriterijume: Troškovi kampanje (želimo da budu što niži), Broj ljudi koje ćemo kontaktirati (želimo da bude što veći) i Trajanje kampanje (želimo da bude što veće). Popunjena je sledeća tabela odlučivanja: Troškovi (u x ) Broj ljudi (u ) Trajanje (u danima) Agresivno TV 8 6,7 10 TV + Radio 5 4,2 15 Društvene mreže 7 1,9 30 Novine + Radio 4 3,7 7 Pored mogućih strategija tim je odredio i važnosti za svaki od kriterijuma. Troškovi Broj ljudi Trajanje 0,5 0,25 0,25 4

12 Odlučivanje - praktikum a) Odrediti najprihvatljiviju alternativu ako je DO zadao željeni nivo vrednosti. Troškovi Broj ljudi Trajanje b) Odrediti najprihvatljiviju alternativu ukoliko je DO zadao redosled važnosti kriterijuma: Troškovi >> Broj ljudi >> Trajanje c) Odrediti najprihvatljiviju alternativu korišćenjem otežane sume. Podatke normalizovati primenom L " norme. d) Šta će se desiti sa redosledom alternative ukoliko se težina kriterijuma Troškovi smanji na 0,4? Rešenje: a) Najprihvatljivija alternativa je TV + Radio. b) Najprihvatljivija alternativa je Novine + Radio. c) Dobijaju se sledeće otežane sume: Otežana suma Agresivno TV 0,583 TV + Radio 0,682 Društvene mreže 0,607 Novine + Radio 0,696 Težine: d) Dobijaju se sledeće težine i otežane sume: Troškovi Broj ljudi Trajanje 0,4 0,3 0,3 Otežane sume: Otežana suma Agresivno TV 0,6 TV + Radio 0,658 Društvene mreže 0,614 Novine + Radio 0,636 5

13 3. Zadatak Potrebno je zaposliti novog junior marketing stručnjaka za potrebe sprovođenja kampanja unutar firme. Raspisan je konkurs na koji se javio veći broj kandidata. Nakon prvog razgovora sa njima izdvojeno je šest kandidata sa sledećim osobinama Radno iskustvo (u mesecima) Znanje (ocena 1-10) Tražena plata (u 100 x ) Fakultet (ocena 1-10) Ivan Jelena Marija Stefan Prilikom formiranja konkursa odredili smo težine kriterijuma i one iznose: Radno iskustvo Znanje Tražena plata Fakultet 0,125 0,25 0,5 0,125 a) Ispitati da li postoji razlika u rangovima alternativa ukoliko se primeni otežana suma i otežani proizvod. Podatke normalizovati L $ normom. b) Ispitati da li postoji razlika u rangovima alternative ukoliko se primeni otežana suma i otežani proizvod. Podatke normalizovati L % normom. c) Ispitati da li postoji razlika u rangovima alternative ukoliko se primeni otežana suma i otežani proizvod. Podatke normalizovati max min normom. d) Za zadatak pod a) za otežanu sumu, gradijentnom analizom za kriterijum Tražena plata ispitati rangove alternative. Potrebno je za svaki decil težine ispitati rangove alternativa i odrediti tačku preseka. Rešenje: a) Rešenje je sledeće: Invertovanje Radno iskustvo Znanje Tražena plata Fakultet Ivan 3 4 0, Jelena ,167 7 Marija ,1 10 Stefan 9 7 0,143 5 sum , Normalizacija Radno iskustvo Znanje Tražena plata Fakultet Ivan 0,075 0,16 0,448 0,313 Jelena 0,3 0,2 0,225 0,219 Marija 0,4 0,36 0,135 0,313 Stefan 0,225 0,28 0,192 0,156 6

14 Odlučivanje - praktikum Otežana suma Otežani proizvod Ivan 0,313 (1) 0,265 (1) Jelena 0,227 (3) 0,226 (2) Marija 0,247 (2) 0,220 (3) Stefan 0,214 (4) 0,210 (4) Dolazi do promena u rangovima alternativa. b) Rešenje je sledeće: Invertovanje Radno iskustvo Znanje Tražena plata Fakultet Ivan 3 4 0, Jelena ,167 7 Marija ,1 10 Stefan 9 7 0,143 5 Koren sume 22,136 13,077 0,411 16,553 kvadrata Normalizacija Radno iskustvo Znanje Tražena plata Fakultet Ivan 0,136 0,306 0,809 0,604 Jelena 0,542 0,382 0,406 0,423 Marija 0,723 0,688 0,243 0,604 Stefan 0,407 0,535 0,348 0,302 Otežana suma Otežani proizvod Ivan 0,574 (1) 0,489 (1) Jelena 0,419 (3) 0,417 (2) Marija 0,459 (2) 0,405 (3) Stefan 0,396 (4) 0,388 (4) Dolazi do promena u rangovima alternativa. c) Rešenje je sledeće: Bitno je obratiti pažnju na različite tipove ekstremizacije podataka. Radno iskustvo Znanje Tražena plata Fakultet Ivan Jelena Marija Stefan MIN MAX

15 Normalizacija Radno iskustvo Znanje Tražena plata Fakultet Ivan Jelena 0,692 0,2 0,288 0,4 Marija Stefan 0,462 0,600 0,185 0 Otežana suma Otežani proizvod Ivan 0,625 (1) 0,000 (2) Jelena 0,330 (3) 0,305 (1) Marija 0,500 (2) 0,000 (2) Stefan 0,300 (4) 0,000 (2) Dolazi do promene u rangovima alternativa. d) Prvi korak je određivanje težina. Dobijaju se sledeće težine: Radno iskustvo Znanje Tražena plata Fakultet 0,25 0,5 0 0,25 0,225 0,45 0,1 0,225 0,2 0,4 0,2 0,2 0,175 0,35 0,3 0,175 0,15 0,3 0,4 0,15 0,125 0,25 0,5 0,125 0,1 0,2 0,6 0,1 0,075 0,15 0,7 0,075 0,05 0,1 0,8 0,05 0,025 0,05 0,9 0, Dobijaju se sledeće otežane sume: Tražena plata Ivan Jelena Marija Stefan 0 0,177 0,230 0,358 0,235 0,1 0,204 0,229 0,336 0,231 0,2 0,231 0,229 0,314 0,227 0,3 0,258 0,228 0,291 0,222 0,4 0,285 0,228 0,269 0,218 0,5 0,313 0,227 0,247 0,214 0,6 0,340 0,227 0,224 0,209 0,7 0,367 0,226 0,202 0,205 0,8 0,394 0,226 0,180 0,201 0,9 0,421 0,225 0,157 0, ,448 0,225 0,135 0,192 8

16 Odlučivanje - praktikum Odatle dobijamo liniju prave za svaku alternativu. a b Ivan 0,271 0,177 Jelena -0,005 0,230 Marija -0,224 0,358 Stefan -0,043 0,235 Za Ivana i Mariju koji se nalaze na prvom rangu određujemo tačku preseka i dobijamo da je to 0,366. Kompletan rezultat gradijentne analize je slika koja izgleda ovako: Ivan Jelena Marija Stefan

17 Zadaci za vežbanje: 1. Zadatak Firma koja se bavi logistikom želi da izabere novu lokaciju za distributivni centar. Nakon istraživanja tržišta odredili su sledeće potencijalne lokacije. Udaljenost (u km) Parking (br. mesta) Cena (u 1000 x ) Opremljenost (ocena 1-10) Meljak Šimanovci Voždovac Banovo brdo Određene su i težine kriterijuma i one iznose: Udaljenost Parking Cena Opremljenost 0,2 0,2 0,3 0,3 a) Odrediti najprihvatljiviju alternativu ako je DO zadao redosled važnosti kriterijuma: Cena >> Parking >> Udaljenost >> Opremljenost b) Odrediti najprihvatljiviju alternativu ako je DO zadao željeni nivo vrednosti: Udaljenost Parking Cena Opremljenost c) Odrediti najprihvatljiviju alternativu primenom otežane sume. Normalizaciju podataka raditi L " normom. d) Ispitati da li dolazi do promene u rangovima alternativa ukoliko se primeni L % norma. Rešenje: a) Najprihvatljivija alternativa je alternativa Šimanovci. b) Dobijaju se sledeće vrednosti: Zadovoljava Meljak 3 Šimanovci 2 Voždovac 2 Banovo brdo 4 Najprihvatljivija alternativa je Banovo brdo. 10

18 Odlučivanje - praktikum c) Dobijaju se sledeće otežane sume: Otežana suma Meljak 0,674 Šimanovci 0,683 Voždovac 0,781 Banovo brdo 0,765 Najprihvatljivija alternativa je Voždovac. d) Nakon primene L % norme dobijaju se sledeće otežane sume: Otežana suma Meljak 0,432 Šimanovci 0,439 Voždovac 0,516 Banovo brdo 0,502 Možemo zaključiti da ne dolazi do promene u rangovima alternativa. 2. Zadatak Firma želi da uzme kredit za razvoj kupovinu nove mašine za proizvodnju. Raspitali su se za uslove kreditiranja u većem broju banki. Izbor su sveli na sledeće banke. Kamata (u %) Rok odobrenja (u danima) Kolateral (u x ) Grejs period (u mesecima) Hapi kredit Zelena banka Zadnja šansa Psy banka Poznate su i težine kriterijuma koje iznose: Kamata Rok odobrenja Kolateral Grejs period 0,4 0,1 0,3 0,2 11 a) Odrediti najprihvatljiviju alternativu ukoliko je DO zadao redosled važnosti kriterijuma: Kolateral >> Kamata >> Rok odobrenja >> Grejs perios b) Odrediti najprihvatljiviju alternative primenom otežanog proizvoda. Za normalizaciju podataka koristiti L " normu.

19 c) Šta ako pregovaranjem sa Zadnjom šansom uspemo da produžimo Grejs period na dva meseca? Da li dolazi do promene u rangovima alternative? d) Gradijentnom analizom (sa početnom tabelom odlučivanja) za kriterijum Kamata ispitati koje alternative i u kojem opsegu težina su prvorangirane. Za agregaciju koristiti otežanu sumu. Podatke normalizovati L " normom. Rešenje: a) Najprihvatljivija alternativa je Zadnja šansa. b) Dobijaju se sledeći otežani proizvodi: Otežani proiz. Hapi kredit 0,443 Zelena banka 0,554 Zadnja šansa 0,496 Psy banka 0,489 Najprihvatljivija alternativa je Zelena banka. c) Nakon promene vrednosti za Grejs period alternative Zadnja šansa na 2 dobijamo sledeće otežane proizvode: Otežani proiz. Hapi kredit 0,443 Zelena banka 0,554 Zadnja šansa 0,57 Psy banka 0,489 Najprihvatljivija alternativa postaje Zadnja šansa. d) Dobijaju se sledeći otežani proizvodi: Kamata Hapi kredit Zelena banka Zadnja šansa Psy banka 0 0,344 0,489 0,73 0,523 0,1 0,376 0,541 0,703 0,53 0,2 0,408 0,592 0,676 0,538 0,3 0,441 0,643 0,65 0,546 0,4 0,473 0,694 0,623 0,553 0,5 0,505 0,745 0,595 0,561 0,6 0,537 0,796 0,569 0,569 0,7 0,569 0,847 0,542 0,576 0,8 0,601 0,898 0,515 0,583 0,9 0,633 0,949 0,488 0, , ,461 0,599 12

20 Odlučivanje - praktikum Grafički dobijamo: 1.2 Otežane sume Hapi kredit Zelena banka Zadnja šansa Psy banka Primećujemo da je Zadnja šansa prihvatljivija alternativa za niže vrednosti težine Kamate, dok za veće težine prihvatljivija je alternativa Zelena banka. Tačka preseka je 0, Zadatak Javno preduzeće je raspisalo tender za nabavku softverskog rešenja za Registar odlikovanja. Na osnovu konkursne dokumentacije sastavljena je tabela odlučivanja. Cena (u x ) Rok isporuke (u mesecima) Tehnologija (ocena 1-10) Iskustvo (br. projekata) Sopstveni res Aga DotTrade Blue & Red Tree Poznate su i težine kriterijuma koje iznose: Cena Rok isporuke Tehnologija Iskustvo 0,5 0,2 0,1 0,2 13

21 a) Odrediti najprihvatljiviju alternativu ukoliko je DO zadao nivo željenih vrednosti. Cena Rok isporuke Tehnologija Iskustvo b) Odrediti najprihvatljiviju alternativu primenom otežane sume. Podatke normalizovati max min normom. c) Odrediti najprihvatljiviju alternative primenom otežane sume. Podatke normalizovani L $ normom. d) Da li dolazi do promene u rangovima alternativa u b) I c) ukoliko je vrednost težine za kriterijum Cena jednaka 0,4. Rešenje: a) Dobijaju se sledeće vrednosti: Zadovoljava Sopstveni res. 1 Aga 3 DotTrade 4 Blue & Red Tree 3 Najprihvatljivija alternativa je DotTrade. b) Dobijaju se sledeće otežane sume: Otežana suma Sopstveni res. 0,5 Aga 0,601 DotTrade 0,587 Blue & Red Tree 0,386 Najprihvatljivija alternativa je Aga. c) Primenom L $ normalizacije podataka dobijamo sledeće otežane sume: Otežana suma Sopstveni res. 0,381 Aga 0,227 DotTrade 0,214 Blue & Red Tree 0,181 Najprihvatljivija alternativa je Sopstveni resursi. 14

22 Odlučivanje - praktikum d) Nove vrednosti težina su: Cena Rok isporuke Tehnologija Iskustvo 0,4 0,24 0,12 0,24 Otežane sume su sledeće: Otežana suma max-min Otežana suma L $ Sopstveni res. 0,4 0,323 Aga 0,674 0,249 DotTrade 0,628 0,229 Blue & Red Tree 0,463 0,199 15

23 Višekriterijumsko iterativno kompromisno rangiranje (VIKOR) Nastava: 1. Zadatak Grad želi da izgradi liniju metroa. Raspisan je konkurs na koji se prijavilo veći broj preduzeća. Nakon inicijalne selekcije alternativa uz pomoć konjuktivne metode, formiran je uži krug građevinskih firmi. Njihove ponude su date u sledećoj tabeli: Troškovi (u 1M x ) Kvalitet mat. (ocena 1-10) Rok izgradnje (u mesecima) Garantni rok (u mesecima) Neimar Brze pruge BG MetroFront German Rail Prilikom formiranja konkursa DO je formirao težine kriterijuma i one iznose: Troškovi Kvalitet mat. Rok izgradnje Garantni rok 0,4 0,2 0,3 0,1 a) Odrediti najprihvatljiviju alternativu korišćenjem otežane sume. Podatke normalizovati L $ normom. b) Odrediti najprihvatljiviju alternativu korišćenjem MAXIMIN i MAXIMAX metode. Podatke normalizovati L $ normom. c) Odrediti najprihvatljiviju alternativu na osnovu kompromisa između otežane sume iz zadatka pod a) i MAXIMIN metode iz zadatka pod b) ako je vrednost parametra v jednaka 0,7. Normalizaciju pri kreiranju kompromisa vršiti max min (IKOR) normom. d) Šta se dešava sa kompromisnim rešenjem alternative BG MetroFront ako se vrednost parametra v smanji na 0,3. Rešenje: Zadaci pod a) i b) se u velikoj meri preklapaju, odnosno razlikuje im se samo korak agregacije. U tabeli ispod su prikazane normalizovane vrednsti alternative po svakom od kriterijuma. Norm. Troškovi Kvalitet mat. Rok izgradnje Garantni rok Neimar 0,71 0,6 0,333 0,889 Brze pruge 1 0,5 0,444 1 BG MetroFront 0,5 0,8 1 0,833 German Rail 0,56 1 0,667 0,667 16

24 Odlučivanje - praktikum Naredna tabela prikazuje otežanu normalizovanu tabelu odlučivanja. Težinski Troškovi Kvalitet mat. Rok izgradnje Garantni rok normalizovana tab. odl. Neimar 0,284 0,12 0,1 0,089 Brze pruge 0,4 0,1 0,139 0,1 BG MetroFront 0,2 0,16 0,3 0,083 German Rail 0,224 0,2 0,2 0,067 Na osnovu otežane, normalizovane tabele odlučivanja, dobijamo sledeća rešenja. a) Otežana suma Otežana suma Neimar 0,593 Brze pruge 0,733 BG MetroFront 0,743 German Rail 0,691 Prvorangirana alternativa je BG MetroFront. b) MAXIMIN i MAXIMAX metoda MAXIMIN MAXIMAX Neimar 0,089 0,284 Brze pruge 0,1 0,4 BG MetroFront 0,083 0,3 German Rail 0,067 0,224 Prema obe metode prvorangirana alternativa je alternativa Brze pruge. c) Uspostavljamo kompromis između otežane sume (strategija S) i MAXIMIN metode (strategija R). Dobijamo: Normalizacija Otežana suma (S) MAXIMIN (R) Neimar 0 0,667 Brze pruge 0,933 1 BG MetroFront 1 0,485 German Rail 0,653 0 v 0,7 0,3 Otežana suma MAXIMIN Q (S) (R) Neimar 0 0,2 0,2 Brze pruge 0,653 0,3 0,953 17

25 BG MetroFront 0,7 0,146 0,846 German Rail 0, ,457 Prvorangirana alternativa je alternativa Brze pruge. d) Nakon promene vrednosti parametra v na 0,3 dobijamo: Neimar 0,467 Brze pruge 0,98 BG MetroFront 0,64 German Rail 0,196 Q Vrednost strategije Q za alternativu BG MetroFront se smanjila sa 0,846 na 0, Zadatak Kompanija X želi da zaposli junior marketing stručnjaka za potrebe sprovođenja kampanja unutar firme. Raspisan je konkurs na koji se javio veći broj kandidata. Nakon prvog razgovora sa njima izdvojeno je četiri kandidata sa sledećim osobinama Radno iskustvo (u mesecima) Znanje (ocena 1-10) Tražena plata (u 100 x ) Fakultet (ocena 1-10) Ivan Jelena Marija Stefan Prilikom formiranja konkursa odredili smo težine kriterijuma i one iznose: Radno iskustvo Znanje Tražena plata Fakultet 0,2 0,1 0,4 0,3 a) Primenom otežane sume i MAXIMIN metode odrediti najprihvatljiviju alternativu. Normalizaciju podataka raditi preko L $ norme. b) Odrediti najprihvatljiviju alternativu na osnovu kompromisa između otežane sume i MAXIMIN metode ako je parametra v iznosi 0,9. Normalizaciju prilikom kreiranja kompromisa raditi IKOR normom. c) Da li dolazi do promene u rangovima alternative ako se vrednost parametra v smanji na 0,25. Rešenje: a) Dobijamo sledeće otežane sume i vrednosti MAXIMIN metode. Otežana suma (S) MAXIMIN (R) Ivan 0,304 0,015 Jelena 0,236 0,02 Marija 0,264 0,036 Stefan 0,197 0,028 18

26 Odlučivanje - praktikum Koristeći otežanu sumu prvorangirana alternativa je Ivan. Međutim, primenom MAXIMIN metode prvorangirana alternativa je Marija. b) Kompromisno rešenje koje dobijamo na osnovu rezultata iz a) i preko parametra v iznosi: Ivan 0,9 Jelena 0,352 Marija 0,663 Stefan 0,062 Q Na osnovu kompromisa između otežane sume i MAXIMIN metode rešenje na prvom rangu je Ivan. c) Nakon promene parametra v dobijamo: Ivan 0,25 Jelena 0,27 Marija 0,907 Stefan 0,464 Q 3. Zadatak Potrebno je zaposliti novog junior marketing stručnjaka za potrebe sprovođenja kampanja unutar firme. Raspisan je konkurs na koji se javio veći broj kandidata. Nakon prvog razgovora sa njima izdvojeno je šest kandidata sa sledećim osobinama Radno iskustvo (u mesecima) Znanje (ocena 1-10) Tražena plata (u 100 x ) Fakultet (ocena 1-10) Ivan Jelena Marija Stefan Prilikom formiranja konkursa odredili smo težine kriterijuma i one iznose: Radno iskustvo Znanje Tražena plata Fakultet 0,125 0,25 0,5 0,125 a) Primenom otežane sume i MAXIMIN metode odrediti najprihvatljivije alternative. Normalizaciju podataka uraditi max min normom. b) Uspostaviti kompromis između otežane sume (strategija S) I MAXIMIN (strategija R) ako je vrednost parametra v jednaka 0,5. c) Odrediti skup kompromisnih rešenja za zadatak pod b). 19

27 d) Sprovesti gradijentnu analizu parametra v. Rešenje: a) Nakon normalizacije podataka dobijamo: Radno iskustvo (u mesecima) Znanje (ocena 1-10) Tražena plata (u 100 x ) Fakultet (ocena 1-10) Ivan Jelena 0,692 0,2 0,288 0,4 Marija Stefan 0,462 0,6 0,185 0 Vrednosti otežane sume i MAXIMIN metode iznose: Otežana suma MAXIMIN Ivan 0,625 0 Jelena 0,33 0,05 Marija 0,5 0 Stefan 0,3 0 b) Prilikom uspostavljanja kompromisa imamo: Otežana suma (S) MAXIMIN (R) MAXIMIN (R*) Ivan 0, ,063 Jelena 0,33 0,05 0,05 Marija 0,5 0 0,005 Stefan 0,3 0 0,003 Zatim dobijamo: Otežana suma (S) MAXIMIN (R) Ivan 1 0,069 0,547 Jelena 0, ,535 Marija 0,615 0,043 0,329 Stefan Dobijamo da je prvorangirana alternativa Ivan. c) Potrebno je da ispitamo dovoljnu prednost i dovoljno čvrstu poziciju. Dovoljna prednost: DQ = min{0,25; 0,333} = 0,25 0,547 0,535 0,25 0,012 0,25 Q 20

28 Odlučivanje - praktikum Alternativa Ivan nema dovoljnu prednost ni u odnosu na Jelenu niti u odnosu na Mariju. Kako nije zadovoljena dovoljna prednost nema potrebe ispitivati dovoljno čvrstu poziciju. Skup kompromisnih rešenja čine sve alternative u odnosu na koju prvorangirana alternativa ne ispunjava dovoljnu prednost. Skup kompromisnih rešenja čine Ivan, Jelena i Marija. d) Dobijamo: Gradijentna analiza Jelena Marija Stefan Ivan Primećujemo da su Jelena i Ivan uvek prvorangirani. Potrebno je da odredimo tačku preseka. Dobijamo sledeće vrednosti: Ivan 0,321 0,344 Jelena 0,511 0,489 Marija -0,269 0,73 Stefan 0,076 0,523 A b Tačka preseka je 0,

29 Zadaci za vežbu: 1. Zadatak Firma koja se bavi logistikom želi da izabere novu lokaciju za distributivni centar. Nakon istraživanja tržišta odredili su sledeće potencijalne lokacije. Udaljenost (u km) Parking (br. mesta) Cena (u 1000 x ) Opremljenost (ocena 1-10) Meljak Šimanovci Voždovac Banovo brdo Određene su i težine kriterijuma i one iznose: Udaljenost Parking Cena Opremljenost 0,25 0,1 0,45 0,2 e) Primenom otežane sume i MAXIMIN metode odrediti najprihvatljivije alternative. Normalizaciju podataka raditi sa L " normom. f) Odrediti najprihvatljivije kompromisno rešenje između otežane sume i MAXIMIN metode. Vrednost parametra v iznosi 0,5. Normalizaciju pri kreiranju kompromisa raditi max min normom. g) Ispitati da li prvorangirana alternativa ima dovoljnu prednost. h) Ispitati da li prvorangirana alternative ima dovoljno čvrstu poziciju. i) Odrediti skup kompromisnih rešenja. Rešenje: a) Nakon sprovođenja postpuka računanja otežane sume i MAXIMIN metode dobijamo sledeće vrednosti: Otežana suma MAXIMIN Meljak 0,654 0,05 Šimanovci 0,691 0,041 Voždovac 0,792 0,04 Banovo brdo 0,783 0,052 b) Dobijamo sledeće kompromisno rešenje: Meljak 0,417 Šimanovci 0,176 Voždovac 0,5 Banovo brdo 0,968 Q 22

30 Odlučivanje - praktikum c) Alternativa Banovo brdo ima dovoljnu prednost. DQ = min{0,25; 0,333} = 0,25 0,968 0,5 0,25 0,468 0,25 d) Za različita podešavanja parametra v dobijamo: v=0 v=1 v=0,25 v=0,75 Meljak 0, ,625 0,208 Šimanovci 0,083 0,268 0,129 0,222 Voždovac 0 1 0,25 0,75 Banovo brdo 1 0,935 0,984 0,951 Alternativa Banovo brdo ima dovoljno čvrstu poziiju. e) Najprihvatljivija alternativa je Banovo brdo jer zadovoljava i dovoljnu prednost i dovoljno čvrstu poziciju. 2. Zadatak Firma želi da uzme kredit za razvoj kupovinu nove mašine za proizvodnju. Raspitali su se za uslove kreditiranja u većem broju banaka. Izbor su sveli na sledeće banke. Kamata (u %) Rok odobrenja (u danima) Kolateral (u x ) Grejs period (u mesecima) Hapi kredit Zelena banka Zadnja šansa Psy banka Poznate su i težine kriterijuma koje iznose: Kamata Rok odobrenja Kolateral Grejs period 0,4 0,1 0,3 0,2 23 a) Primenom otežane sume odrediti najprihvatljivije rešenje. Normalizaciju podataka raditi L $ normom. b) Metodom MAXIMIN i MAXIMAX odrediti najprihvatljivije alternative. Normalizaciju podataka raditi preko L $ norme. c) Uspostaviti kompromis između otežane sume i MAXIMIN metode, ako je vrednost parametra v = 0,7. Normalizaciju pri kreiranju kompromisa raditi preko max min norme. d) Da li dolazi promene u rangu alternativa ako se vrednost parametra v promeni na 0,4? e) Ispitati da li prvorangirana alternativa ima dovoljnu prednost. f) Ispitati da li prvorangirana alternative ima dovoljno čvrstu poziciju.

31 g) Odrediti skup kompromisnih rešenja. Rešenje: a) Dobijamo sledeće otežane sume: Otežana suma Hapi kredit 0,207 Zelena banka 0,325 Zadnja šansa 0,244 Psy banka 0,224 b) Dobijamo sledeće rezultate: MAXIMIN MAXIMAX Hapi kredit 0,02 0,122 Zelena banka 0,013 0,184 Zadnja šansa 0,028 0,095 Psy banka 0,018 0,11 c) Nakon računanja kompromisnog rešenja dobijamo: Hapi kredit 0,14 Zelena banka 0,7 Zadnja šansa 0,52 Psy banka 0,201 Q d) Promenom parametra v na 0,4 dolazi do promene u rangu alternative i to: Hapi kredit 0,28 Zelena banka 0,4 Zadnja šansa 0,726 Psy banka 0,258 Q e) Za dovoljnu prednost ispitujemo v = 0,5. Dobijamo: Hapi kredit 0,234 Zelena banka 0,5 Zadnja šansa 0,657 Psy banka 0,239 Q Alternativa Zadnja šansa nema dovoljnu prednost u odnosu na Zelenu banku. f) Potrebno je da testiramo tri specifična podešavanja parametra v. Dobijamo: 24

32 Odlučivanje - praktikum v=0 v=1 v=0,25 v=0,75 Hapi kredit 0, ,35 0,117 Zelena banka 0 1 0,25 0,75 Zadnja šansa 1 0,314 0,829 0,486 Psy banka 0,333 0,144 0,286 0,191 Alternativa Zadnja šansa zadovoljava dovoljno čvrstu poziciju. 3. Zadatak Javno preduzeće je raspisalo tender za nabavku softverskog rešenja za Registar odlikovanja. Na osnovu konkursne dokumentacije sastavljena je tabela odlučivanja. Cena (u x ) Rok isporuke (u mesecima) Tehnologija (ocena 1-10) Iskustvo (br. projekata) Sopstveni res Aga DotTrade Blue & Red Tree Poznate su i težine kriterijuma koje iznose: 25 Cena Rok isporuke Tehnologija Iskustvo 0,7 0,05 0,05 0,2 a) Odrediti najprihvatljiviju alternativu primenom otežane sume i MAXIMIN metode. Normalizaciju podataka raditi preko max min norme. b) Uspostaviti kompromis između otežane sume i MAXIMIN metode dobijene u a) ako je vrednost parametra v = 0,5. Normalizaciju prilikom kreiranja kompromisa raditi preko max min norme. c) Odrediti skup kompromisnih rešenja. d) Sprovesti gradijentnu analizu parametra v. Rešenje: a) Dobijaju se sledeće vrednosti: Otežana suma MAXIMIN Sopstveni res. 0,7 0 Aga 0,447 0,05 DotTrade 0,586 0,036 Blue & Red Tree 0,268 0 b) Treba obratiti pažnju da ima više od jedne alternative gde je rešenje MAXIMIN metode 0, te treba modifikovati vrednosti. Nakon računanja strategije Q dobijaju se sledeće vrednosti:

33 Sopstveni res. 0,543 Aga 0,707 DotTrade 0,719 Blue & Red Tree 0 Q c) Alternativa DotTrade nema dovoljnu prednost u odnosu na Aga niti u odnosu na alternativu Sopstveni resursi. Skup kompromisnih rešenja čine DotTrade, Aga i Sopstveni resursi. d) Gradijenta analiza parametra v može da se sprovede koristeći tabelu dovoljno čvrste pozicije. Grafički dobijamo sledeće rezultate. v=0 v=1 v=0,25 v=0,75 Sopstveni res. 0, ,314 0,771 Aga 1 0,414 0,854 0,561 DotTrade 0,702 0,736 0,711 0,728 Blue & Red Tree Gradijenta analiza Sopstveni resursi Aga DotTrade Blue Red Tree Možemo primetiti da tri alternative figuriraju kao prvorangirane. Za njih treba odrediti tačke preseka. 26

34 Odlučivanje - praktikum Dobijamo: Sopstveni res. 0,915 0,085 Aga -0,586 1 DotTrade 0,034 0,702 Blue & Red Tree 0 0 a Tačka preseka alternative Aga i DotTrade je 0,481. Zatim proveravamo tačku preseka između alternative Aga i Sopstveni resursi. Ona iznosi 0,610. Dakle, možemo da zaključimo da ako je v između 0 i 0,481 tada je prvorangirana alternativa Aga. Zatim, ako je v preko 0,481 i ispod 0,610 onda je prvorangirana alternativa DotTrade. Na kraju, ako je vrednost parametra v preko 0,610 onda je prvorangirana alternativa Sopstveni resursi. b 27

35 Teorija i funkcije korisnosti 1. Zadatak Dati su podaci o kriterijumima za izborne predmete na fakultetu, među kojima je potrebno izabrati jedan izborni predmet. Date su i jedinice u kojima je izmerena vrednost svakog kriterijuma. [ocena [br. radova [br. strana [br. univerziteta studenata] nastavnika] knjige] koji izučavaju] Koristan Stručan Težak Aktuelan ALD Sistemi Upraljvanje MI Izabrana poglavlja iz TSO Teorija SS W 0,4 0,2 0,1 0,3 a) DO je ispitan standardnom tehnikom kockanja, u vezi atributa "Težak". Rekao je da bi bio indiferentan prema opcijama da se kocka sa 50% verovatnocom da dobije vrednost 300 ili 0, ili da dobije čisto alternativu sa Težinom 190. Skicirati funkciju korisnosti DO za taj kriterijum i odrediti matematički oblik eksponencijalne funkcije koji ga opisuje. Iskomentarisati odnos ka riziku DO. b) Izračunati nove vrednosti koristi za alternative, za kriterijum Težak. c) Upitan za kriterijum Stručan, DO je rekao da bi bio indiferentan da uzme alternativu sa sigurnom vrednošću stručnosti 3, ili da se kocka da dobije najbolju vrednost tog kriterijuma, sa verovatnoćom 50% (ali da sa 50% verovatnoćom ne dobije ništa). Skicirati funkciju korisnosti DO za taj kriterijum i odrediti matematički oblik eksponencijalne funkcije koji ga opisuje. Iskomentarisati odnos ka riziku DO. d) Izračunati nove vrednosti koristi za alternative, za kriterijum Stručan. e) Izračunati otežanu sumu atributa svih alternativa, i odrediti predlog najbolje alternative (normalizovati L normom). f) DO je takođe ispitivan standardnom tehnikom kockanja, za korist od atributa Aktuelan, i rekao je sledece: bio bi indiferentan da se kocka za vrednost 10, sa verovatnoćom 70% da izgubi, ili da dobije sigurnih 2 bio bi indiferentan da se kocka sa verovatnoćom 50%:50% da dobije 10 ili 2, ili da dobije sigurnih 4 28

36 Odlučivanje - praktikum Izračunati 2 tačke na krivi korisnosti za ovog DO, i skicirati grafik (718) g) Za DO je izmereno da korisnost od nekog atributa podleže funkciji: K(x) = e Analizirati funkciju i reći kakav je odnos DO prema kriterijumu i kakav prema riziku. Skicirati grafik. Rešenje: a) Na osnovu informacija od DO, možemo da postavimo jednu iteraciju standardne tehnike kockanja: 0,5 K(300) K(0) = 1 K(190) Pošto znamo da je kriterijum Težak tipa minimizacije, tj. da je korist opada sa rastom težine, možemo da postavimo da: K(0) = 1.0 a K(300) = 0.0 Iz toga znamo da je K(190) = 0,5 0,0 + 0,5 1,0 = 0,5 Ukoliko bi korisnost DO lažala tačno na liniji indiferentnosti, onda bi korisnost od 0,5 postigao u tački tačno između 0 i 300, tj. u 150. S obzirom da smo saznali da je K(190) = 0,5 možemo reći da je njegova kriva korisnosti iznad krive indiferentnosti. Grafik te funkcije možemo skicirati: 180 Eksponencijalna funkcija koja opada i leži iznad prave indiferentnosti (konkavna je), ima oblik: K(x) = 1 e 1@ (A18)/A Da bi ova kriva prošla kroz tačku K(190) = 0,5 : M α = ln(0,5) M k = ln(0,5) = 1,89 Dakle funkcija korisnosti za kriterijum Težak se može za ovog DO opisati funkcijom: 29

37 K(težina) = 1 e 1$,KL (M2218)/M22 Takođe, može se reći da DO ima averziju prema riziku za kriterijum Težak. b) Korisnosti za vrednosti kriterijuma Težak su onda: [br. strana knjige] Težak K(Težak) 250 0, , , c) Standardna tehnika kockanja je postavljena kao: 0,5 K(8) K(0) = 1 K(3) Pošto je kriterijum maksimizacije, K(8)=1 a K(0)=0, tj. 0, = 1 K(3) K(3) = 0,5 Funkcija se može skicirati kao: Eksponencijelna funkcija je oblika: K(x) = 1 e 1@ 8/A α = ln(0,5) M k = ln(0,5) 8 3 = 1,85 Dakle funkcija korisnosti za kriterijum Stručan se može za ovog DO opisati funkcijom: 30

38 Odlučivanje - praktikum K(stručan) = 1 e 1$,KR 8/K DO iskazuje averziju ka riziku za kriterijum Stručan. d) Korisnosti za vrednosti kriterijuma Stručan su onda: [br. radova nastavnika] Stručan K(Stručan) 3 0,50 2 0,37 6 0,75 8 0,84 e) Nova matrica odlučivanja sada izgleda: [ocena [br. univerziteta studenata] koji izučavaju] Koristan K(Stručan) K(Težak) Aktuelan ALD 4.8 0,50 0,270 8 MI 3.9 0,37 0,467 4 TSO 4 0,75 0,531 2 SS 4.5 0, W 0,4 0,2 0,1 0,3 Nakon normalizacije L normom, Koristan K(Stručan) K(Težak) Aktuelan ALD MI TSO SS W 0,4 0,2 0,1 0,3 Iz čega je otežana suma: OK ALD MI TSO SS

39 f) DO je iskazao 2 iteracije standardne tehnike kockanja: 0,3 K(10) K(0) = 1 K(2) 0,5 K(10) K(2) = 1 K(4) Ako stavimo da ekstremne vrednosti budu: K(10) = 1 i K(10) = 0, iz prve jednačnine se dobija da je: K(2) = 0,3 Iz druge jednačnine se dobija da je: K(4) = 0, ,5 0,3 = 0,65 g) Da bi analizirali odnos DO za funkciju K(x) = e 12.4 (718), moramo izračunati njene izvode. K W (x) = e 12.4 (718) X 0.7 (4 x)y W = e 12.4 (718) (+0.7) K WW (x) = 0.7 e 12.4 (718) X 0.7 (4 x)y W = 0.7 e 12.4 (718) (0.7) Što znači da je K W (x) > 0 i K WW (x) > 0 iz čega zaključujemo da je funkcija rastuća i konveksna, tj. da DO korisnost raste sa porastom vrednosti kriterijuma, kao i da ima sklonost ka riziku. 32

40 Odlučivanje - praktikum 2. Zadatak Dati su podaci o kriterijumima za izbor automobila, među kojima je potrebno izabrati jedan. Date su i jedinice u kojima je izmerena vrednost svakog kriterijuma. ocena ocena god ppmv Izgled Ocena majstora Starost Zagadjivanje Fabia Audi Opel Yugo Opel W 0,2 0,4 0,3 0,1 a) DO je ispitan standardnom tehnikom kockanja, u vezi atributa "Ocena majstora". Rekao je da bi bio indiferentan prema opcijama da se kocka sa 50% verovatnocom da dobije najbolju vrednost ili da ne dobije ništa, ili da dobije čisto alternativu sa Ocenom 8. Odrediti matematički oblik eksponencijalne funkcije koji ga opisuje, izračunati nove vrednosti kriterijuma za sve alternative, I skicirati grafik. Iskomentarisati odnos ka riziku DO. b) DO je ispitan standardnom tehnikom kockanja, u vezi atributa "Starost". Rekao je da bi bio indiferentan prema opcijama da se kocka sa 50% verovatnocom da dobije vrednost 0 ili 20, ili da dobije čisto alternativu sa Starosti 6. Odrediti matematički oblik eksponencijalne funkcije koji ga opisuje, izračunati nove vrednosti kriterijuma za sve alternative, I skicirati grafik. Iskomentarisati odnos ka riziku DO. c) DO je ispitan standardnom tehnikom kockanja, u vezi atributa "Zagađivanje". Rekao je da bi bio indiferentan prema opcijama da se kocka sa 50% verovatnocom da dobije vrednost 0,8 ili 0, ili da dobije čisto alternativu sa Zagađivanjem 0,65. Odrediti matematički oblik eksponencijalne funkcije koji ga opisuje, izračunati nove vrednosti kriterijuma za sve alternative, I skicirati grafik. Iskomentarisati odnos ka riziku DO. d) Izračunati otežanu sumu atributa svih alternativa, i odrediti predlog najbolje alternative (normalizovati L1 normom). Rešenje: a) K(8) = 0,5, K(10)=1, K(0)=0 Oblik je: K(x) = e 1@ [\] [ 33

41 α = ln(0,5) 10 2 = 3.47 K(težina) = e 1M.74 ($218)/$2 Ocena majstora Fabia Audi Opel Yugo Opel Može se reći da DO ima sklonost prema riziku za kriterijum Ocena majstora. b) K(6) = 0,5, K(20)=0, K(0)=1 Oblik je: K(x) = e 1@ ] [ α = ln(0,5) 20 6 = %.M$ 8/%2 K(težina) = e Starost Fabia Audi Opel Yugo Opel

42 Odlučivanje - praktikum Može se reći da DO ima sklonost prema riziku za kriterijum Starost. c) K(0.65) = 0,5, K(0.8)=0, K(0)=1 Oblik je: K(x) = 1 e 1@ [\] [ 0.8 α = ln(0,5) 0.15 = 3.70 K(težina) = 1 e 1M.42 (2.K18)/2.K Zagađivanje Fabia Audi Opel Yugo Opel Može se reći da DO ima averziju prema riziku za kriterijum Zagađivanje.

43 d) OK Fabia Audi Opel Yugo Opel Zadatak 3: Želimo da saznamo afinitete DO prema sledećim cenama hotelskih soba: 25, 40, 55, 65. Pretpostavljamo da je za najbolju vrednost preferencija 10, a za najgoru preferencija 1. DO je indiferentan između cene od 40, sa kockom, u kojoj, sa jednakim verovatnoćama, može da se dogodi situacija da cena bude 25 ili 65. Indiferentan je, takođe, između cene od 55 i kocke: cena 25 (P=0.2) i cena 65 (P=0.8). Odrediti date tačke na krivi korisnosti DO, i skicirati grafik, sa linijom indiferentnosti, i iskomentarisati odnos DO prema riziku. Rešenje: Postavljamo jednačinu kojom ispitujemo korisnost sigurne alternative i kocke. K(25) * 0,5 + K(65) * 0,5 = K(40) 10 * 0,5 + 1 * 0,5 = K(40) ð K(40) = 5,5 Takođe, imamo: K(25) * 0,2 + K(65) * 0,8 = K(55) 10 * 0,2 + 1 * 0,8 = K(55) ð K(55) = 2,8 Vrednost Korisnost ,5 55 2,

44 Odlučivanje - praktikum K(x) Vred. Kako nam je linija korisnosti ispod linije indiferentnosti, tj. očekivanog ponašanja, zaključujemo da DO iskazuje sklonost ka riziku. Zadatak 4: Za cenu hotela, zadata je funkcija korisnosti donosioca odluke: 250*x -1. Izračunati vrednosti za korisnost. Vrednosti cena hotela su 25, 40, 55 i 65 (iste kao iz prethodnog zadatka). Takođe, potrebno je odrediti vrstu funkcije korisnosti. Rešenje: Ubacujući vrednosti cena hotela u formulu, dobijamo: Vrednost Korisnost /25 = /40 = 6, /55 = 4, /65 = 3,85 Sada treba da odredimo vrstu funkcije korisnosti. Dakle, treba da izračunamo drugi izvod funkcije. Treba imati u vidu da je funkcija tipa minimizacije. Prvi izvod je: (250 x 1$ ) W = x 1% = 250 x 1% < 0 Zatim, računamo drugi izvod i dobijamo: 37

45 ( 250 x 1% ) W = x 1M = 500 x 1M > 0, za pozitivne vrednosti X. Kako je vrednost pozitivna, zaključujemo da DO iskazuje sklonost ka riziku. Zadatak 5: Za kriterijum čistoća hotela, zadata je funkcija korisnosti donosioca odluke e 0,1*x2 /1.3. Vrednosti kriterijuma su 3, 4 i 5. Izračunati vrednosti za korisnost. Takođe odrediti vrstu funkcije korisnosti. Vrednost Korisnost e 2.$ M` 1.3 = 1.89 e 2.$ 7` 1.3 = 3.81 e 2.$ R` 1.3 = 9.37 Kada smo dobili vrednosti, računamo prvi i drugi izvod funkcije. Prvi izvod je: e2.$ 8` W a 1.3 b = (0.1 x% ) W e 2.$ 8` = 0.2 x e2.$ 8` > Drugi izvod je jednak (zanemarujući pozitivnu konstantu): Xx e 2.$ 8` Y W = cx W e 2.$ 8` + x Xe 2.$ 8` Y W d = e 2.$ 8` x % e 2.$ 8` > 0 Odavde zaključujemo da DO ima sklonost ka riziku. 38

46 Odlučivanje - praktikum Metoda Analitičkih hijerarhijskih procesa (AHP) Nastava: 3. Zadatak Na konkurs za posao za poziciju junior BI programera se javio veliki broj kandidata. Nakon inicijalne selekcije i sprovedenog testiranja popunila se sledeća tabela odlučivanja. Radno Znanje Plata Fakultet iskustvo Teorijsko Praktično Utisak znanje znanje Ivan FON Jelena EkoF Marija FON Stefan Singidunum a) Odrediti težine kriterijuma aproksimativnom AHP metodom ukoliko je DO popunio sledeće matrice procene: Radno iskustvo Znanje Plata Fakultet Radno iskustvo (2) 1 2 Znanje 2 3 Plata 2 Fakultet Teorijsko znanje Praktično znanje Utisak Teorijsko znanje (2) 1 Praktično znanje 1 Utisak b) Odrediti vrednosti alternativa za kriterijume primenom aproksimativne AHP metode ukoliko je DO popunio sledeće matrice procene: 39 Radno iskustvo Ivan Jelena Marija Stefan Ivan (4) (8) (2) Jelena (2) 2 Marija 5

47 Stefan Plata Ivan Jelena Marija Stefan Ivan Jelena 3 2 Marija (2) Stefan Fakultet Ivan Jelena Marija Stefan Ivan Jelena (2) 2 Marija 5 Stefan Teorijsko znanje Ivan Jelena Marija Stefan Ivan Jelena (6) (4) Marija 3 Stefan Praktično Ivan Jelena Marija Stefan znanje Ivan (2) (4) (2) Jelena (2) 1 Marija 2 Stefan Utisak Ivan Jelena Marija Stefan Ivan Jelena 2 2 Marija 1 Stefan c) Ispitati da li su matrice procene koje je DO popunio konzistentne primenom aproksimativne metode provere konzistentnosti. d) Koristeći težine iz a) i vrednosti dobijene u b) odrediti najprihvatljiviju alternativu primenom otežane sume. Rešenje: 40

48 Odlučivanje - praktikum h) Aproksimativnom metodom rešavanja matrice procene dobijamo sledeće vrednosti. Suma w Radno iskustvo 4,5 0,233 Znanje 8 0,414 Plata 4,5 0,233 Fakultet 2,333 0,121 19,333 Suma w Teorijsko znanje 2,5 0,263 Praktično znanje 4 0,421 Utisak 3 0,316 9,5 i) Primenom aproksimativne metode dobijamo sledeće vrednosti: Radno iskustvo Suma w Ivan 1,875 0,064 Jelena 7,5 0,258 Marija 16 0,55 Stefan 3,7 0,127 29,075 Plata Suma w Ivan 16 0,572 Jelena 6,25 0,224 Marija 2 0,072 Stefan 3,7 0,132 27,95 Fakultet Suma w Ivan 9 0,377 Jelena 4 0,167 Marija 9 0,377 Stefan 1,9 0,079 23,9 Teorijsko znanje Suma w Ivan 9 0,328 Jelena 1,617 0,059 41

49 Marija 11 0,401 Stefan 5,833 0,212 27,45 Praktično znanje Suma w Ivan 2,25 0,111 Jelena 4,5 0,222 Marija 9 0,444 Stefan 4,5 0,222 20,25 Utisak Suma w Ivan 9 0,446 Jelena 5,5 0,273 Marija 2,833 0,14 Stefan 2,833 0,14 23,9 j) Aproksimativnom metodom dobijamo sledeće vrednosti konzistentnosti matrica. Za matrice procene koje se odnose na težine kriterijuma: A*w w λ CI CR Radno 4, ,043 0,915 0,233 3,927 = 0,043 iskustvo 4 1 0,9 = 0,048 Znanje 1,709 0,414 4,128 Plata 0,915 0,233 3,927 Fakultet 0,492 0,121 4,066 A*w w λ CI CR Teorijsko 3, ,083 0,79 0,263 3,004 = 0,083 znanje 3 1 0,58 = 0,143 Praktično znanje 1,263 0,421 3 Utisak 1 0,316 3,165 Za matrice procene koje se odnose na vrednosti alternativa po kriterijumima: Radno iskustvo A*w w λ CI CR Ivan 4, ,261 0,064 4,078 = 0, Jelena 1,043 0,258 4,043 Marija 2,213 0,55 4,024 0,026 0,9 = 0,029 42

50 Odlučivanje - praktikum Stefan 0,494 0,127 3,89 Plata A*w w λ CI CR Ivan 4, ,56 0,572 4,476 = 0, Jelena 0,847 0,224 3,781 Marija 0,308 0,072 4,278 Stefan 0,502 0,132 3,803 0,159 0,9 = 0,177 Fakultet A*w w λ CI CR Ivan 4, ,483 0,377 3,934 = 0, Jelena 0,702 0,167 4,204 Marija 1,483 0,377 3,934 Stefan 0,313 0,079 3,962 0,068 0,9 = 0,076 Teorijsko znanje A*w w λ CI CR Ivan 4, ,448 0,328 4,415 = 0, Jelena 0,244 0,059 4,136 Marija 1,719 0,401 4,287 Stefan 0,746 0,212 3,519 0,138 0,9 = 0,153 Praktično znanje A*w w λ CI CR Ivan 4 4 0,444 0, = 0 0 0,9 = 0 Jelena 0,888 0,222 4 Marija 1,776 0,444 4 Stefan 0,888 0,222 4 Utisak A*w w λ CI CR Ivan 4, ,832 0,446 4,108 = 0, Jelena 1,056 0,273 3,868 Marija 0,565 0,14 4,036 Stefan 0,565 0,14 4,036 0,036 0,9 = 0,04 43 k) Nakon ubacivanja težina iz a) i vrednosti iz b) dobijamo: Radno Znanje Plata Fakultet iskustvo Teorijsko Praktično Utisak znanje znanje Ivan 0,064 0,328 0,111 0,446 0,572 0,377

51 Jelena 0,258 0,059 0,222 0,273 0,224 0,167 Marija 0,55 0,401 0,444 0,14 0,072 0,377 Stefan 0,127 0,212 0,222 0,14 0,132 0,079 w 0,233 0,263 0,421 0,316 0,414 0,233 0,121 Odatle dobijamo: Radno iskustvo Znanje Plata Fakultet OK Ivan 0,064 0,274 0,572 0,377 0,307 Jelena 0,258 0,195 0,224 0,167 0,213 Marija 0,55 0,337 0,072 0,377 0,33 Stefan 0,127 0,193 0,132 0,079 0,15 w 0,233 0,414 0,233 0,121 Najprihvatljivija alternativa je Marija. 4. Zadatak Za izgradnju metro linije u Beogradu prijavili su se sledeća preduzeća sa sledećim ponudama: Troškovi (u 1M x ) Kvalitet mat. (ocena 1-10) Rok izgradnje (u mesecima) Garantni rok (u mesecima) Neimar Brze pruge BG MetroFront German Rail a) DO želi preciznije da odredi težine kriterijuma te je popunio matricu procene. Primenom aproksimativne AHP metode odrediti težine kriterijuma. Ispitati konzistentnost matrice procene primenom aproksimativne metode. Troškovi Kvalitet mat. Rok izgradnje Garantni rok Troškovi Kvalitet mat. 3 5 Rok izgradnje 2 Garantni rok b) DO želi preciznije da odredi vrednosti kriterijuma Kvalitet materijala, te je popunio matricu procene. Odrediti vrednosti za kriterijum Kvalitet materijala primenom aproksimativne AHP metode. Kvalitet mat. Neimar Brze pruge BG MetroFront German Rail 44

52 Odlučivanje - praktikum Neimar 1 (3) (4) Brze pruge (4) (5) BG MetroFront 1 German Rail c) Grafički ispitati dobijene korisnosti iz b) i uporediti ih sa situacijom kada je DO indiferentan ka riziku. d) Koristeći težine dobijene u a) i vrednosti za kriterijum Kvalitet materijala iz b) odrediti najprihvatljiviju alternativu primenom otežane sume. Normalizaciju podataka uraditi preko L 1 norme. Rešenje: a) Primenom aproksimativne AHP metode nad definisanom matricom procene dobijamo: Suma w Troškovi 9 0,364 Kvalitet mat. 10 0,404 Rok izgradnje 3,833 0,155 Garantni rok 1,9 0,077 24,733 Zatim ispitujemo konzistentnost matrice procene i dobijamo: Troškovi A*w w λ CI CR 1,463 0,364 4,019 4,039 4 = 0, Kvalitet mat. 1,618 0,404 4,005 Rok izgradnje 0,626 0,155 4,039 Garantni rok 0,309 0,077 4,013 0,013 0,9 = 0,014 b) Nakon primene aproksimativne matrice procene dobijamo sledeće vrednosti: Kvalitet mat. Suma w Neimar 6 0,103 Brze pruge 5 0,098 BG MetroFront 8 0,36 German Rail 10 0, c) Grafičko poređenje izgleda ovako: 45

53 Kvalitet materijala Indif. AHP d) Nakon uključivanja težina iz a) i vrednosti alternativa za kriterijum Kvalitet materijala iz b) dobijamo: Troškovi (u 1M x ) Kvalitet mat. (ocena 1-10) Rok izgradnje (u mesecima) Garantni rok (u mesecima) Neimar 14 0, Brze pruge 10 0, BG MetroFront 20 0, German Rail 18 0, w 0,364 0,404 0,155 0,077 Nakon invertovanja i normalizacije dolazimo do tabele odlučivanja: Normalizovana tabela odlučivanja Troškovi (u 1M x ) Kvalitet mat. (ocena 1-10) Rok izgradnje (u mesecima) Garantni rok (u mesecima) Neimar 0,256 0,103 0,136 0,262 Brze pruge 0,361 0,098 0,182 0,295 BG MetroFront 0,181 0,36 0,409 0,246 German Rail 0,202 0,439 0,273 0,197 w 0,364 0,404 0,155 0,077 Na kraju otežanom sumom dobijamo: OK Neimar 0,176 Brze pruge 0,222 BG MetroFront 0,293 German Rail 0,308 46

54 Odlučivanje - praktikum Zaključujemo da je najprihvatljivija alternativa German Rail. 5. Zadatak Na konkurs za posao za poziciju junior BI programera se javio veliki broj kandidata. Nakon inicijalne selekcije i sprovedenog testiranja popunila se sledeća tabela odlučivanja sa izračunatim vrednostima korisnosti. Radno iskustvo Znanje Plata Fakultet Ivan 0,064 0,274 0,572 0,377 Jelena 0,258 0,195 0,224 0,167 Marija 0,55 0,337 0,072 0,377 Stefan 0,127 0,193 0,132 0,079 Kako postoje tri DO, svaki od njih je popunio svoju matricu procene. One su prikazane ispod: DO1 Radno iskustvo Znanje Plata Fakultet Radno iskustvo (2) 1 2 Znanje 2 3 Plata 2 Fakultet DO2 Radno iskustvo Znanje Plata Fakultet Radno iskustvo (5) 1 1 Znanje 5 3 Plata 1 Fakultet DO3 Radno iskustvo Znanje Plata Fakultet Radno iskustvo 1 1 (5) Znanje 2 (3) Plata (3) Fakultet a) Odrediti težine kriterijuma metodom stepenovanja. Ispitati konzistentnost matrica procene. b) Usaglasiti mišljenja DO primenom aritmetičke sredine. c) Odrediti težine kriterijuma DO agregacijom matrica procene sva tri DO. 47

55 d) Odrediti najprihvatljiviju alternativu otežanom sumom primenom težina kriterijuma iz c) i primenom težina iz d). Komentarisati da li je došlo promene redosleda u rangovima alternativa. Rešenja: a) Za prvu matricu procene, odnosno DO1, dobijamo: DO1 Suma W1 A*W1 W2 A*W2 W3 A*W3 W4 Radno iskustvo 4,5 0,233 0,9139 0,227 3,6642 0,227 14,6955 0,227 Znanje 8 0,414 1,7071 0,424 6,8369 0, ,4166 0,4236 Plata 4,5 0,233 0,9139 0,227 3,6642 0,227 14,6955 0,227 Fakultet 2,333 0,121 0,4914 0,122 1,9743 0,1223 7,9175 0, ,333 4, , ,7251 Konzistentnost matrice procene dobijamo na sledeći način: DO1 A*w (A*w)*w w*w λ CI CR Radno iskustvo 0,9104 0, , , , , Znanje 1,6985 Plata 0,9104 Fakultet 0,4905 Za drugog DO dobijamo: DO2 Suma W1 A*W1 W2 A*W2 W3 A*W3 W4 A*W4 W5 Radno iskustvo 3,2 0,1655 0,6482 0,1313 2,6205 0, ,5703 0,132 42,6268 0,132 Znanje 14 0,7242 2,8964 0, ,6128 0, ,8379 0, ,8967 0,5848 Plata 3,2 0,1655 0,6482 0,1313 2,6205 0, ,5703 0,132 42,6268 0,132 Fakultet 3,333 0,1724 0,7448 0,1508 3,0067 0, ,1186 0, ,8718 0, ,733 4, , , ,0221 Konzistentnost matrice procene dobijamo na sledeći način: DO2 A*w (A*w)*w w*w λ CI CR Radno iskustvo 0, , , , , , Znanje 2,3587 Plata 0,53226 Fakultet 0,

56 Odlučivanje - praktikum Za DO3 dobijamo: DO3 Suma W1 A*W1 W2 A*W4 W5 Radno iskustvo 3,2 0,1655 0,6602 0, ,1605 0,1392 Znanje 4,333 0,2241 0,8895 0, ,4357 0,1893 Plata 2,833 0,1465 0,631 0, ,3418 0,1335 Fakultet 12 0,6207 2,56 0,54 174,604 0,538 22,366 4, ,542 Odatle dobijamo konzistentnost na sledeći način: DO3 A*w (A*w)*w w*w λ CI CR Radno iskustvo 0,5696 0, , , , , Znanje 0, Plata 0, Fakultet 2,2022 b) Mišljenja tri DO se mogu agregirati na sledeći način: DO1 DO2 DO3 w Radno iskustvo 0,2270 0,1320 0,1392 0,1661 Znanje 0,4236 0,5848 0,1893 0,3992 Plata 0,2270 0,1320 0,1335 0,1642 Fakultet 0,1223 0,1513 0,5380 0,2705 c) Nakon spajanja tri matrice procene u jednu (primenom geometrijske sredine) dobijamo sledeću matricu procene: Radno iskustvo Znanje Plata Fakultet Radno iskustvo 1 0, ,737 Znanje 2, ,714 1,442 Plata 1 0, ,874 Fakultet 1,357 0,693 1,145 1 Odatle dobijamo sledeće težine аproksimativnom metodom: Prosek w 49

57 Radno iskustvo 0,8002 0,1783 Znanje 1,8278 0,4073 Plata 0,8105 0,1806 Fakultet 1,0488 0,2337 4,4873 d) Tabela odlučivanja sa težinama izgleda: Radno iskustvo Znanje Plata Fakultet Ivan 0,064 0,274 0,572 0,377 Jelena 0,258 0,195 0,224 0,167 Marija 0,55 0,337 0,072 0,377 Stefan 0,127 0,193 0,132 0,079 w (iz b) 0,1661 0,3992 0,1642 0,2705 w (iz c) 0,1783 0,4073 0,1806 0,2337 Odatle dobijamo sledeće otežane sume: OS 1 OS 2 Ivan 0,3159 0,3144 Jelena 0,2026 0,2049 Marija 0,3397 0,3365 Stefan 0,1412 0,1436 Zaključujemo da je prvorangirana alternativa Marija i da nema promene u rangovima alternativa. 50

58 Odlučivanje - praktikum Zadaci za vežbanje: 1. Zadatak Firma želi da kupi službeni automobile za svakodnevne potrebe. U tu svrhu je istražila tržište i popunila sledeću tabelu odlučivanja: Cena Troškovi održavanja Komfor Fiat Punto 11 0,9 5 Škoda Superb 19 1,4 9 Mercedes A 23 2,3 10 Dacia Logan 12 0,6 7 a) Odrediti težine kriterijuma agregacijom matrica procene dva DO. DO1 Cena Troš. odr. Komfor Cena 1 2 Troš. odr. 2 Komfor DO2 Cena Troš. odr. Komfor Cena 2 1 Troš. odr. 2 Komfor b) Aproksimativnom metodom odrediti vrednosti kriterijuma Komfor ukoliko je zadatak sledeća matrica procene. Komfor Fiat Punto Škoda Superb Mercedes A Dacia Logan Fiat Punto (4) (5) 1 Škoda Superb (2) 2 Mercedes A 5 Dacia Logan 51 c) Ispitati konzistentnost matrice procene iz b) d) Odrediti najprihvatljiviju alternativu na osnovu kompromisa između Otežane sume i MAXIMIN metode ako je vrednost parametra v = 0,5. Normalizaciju podataka uradili L 1 normom. Za težine koristiti težine dobijene u a), a vrednosti za kriterijuma Komfor iz b). Normalizaciju pri kreiranju kompromisa raditi max min normom. e) Odrediti skup kompromisnih rešenja za rezultate iz d) Rešenje:

59 a) Dobijaju se sledeće težine: w Cena 0,393 Troš. odr. 0,381 Komfor 0,227 b) Dobijaju se sledeće vrednosti za kriterijum Komfor: Komfor w Fiat Punto 0,096 Škoda Superb 0,292 Mercedes A 0,507 Dacia Logan 0,105 c) Racio konzistetnosti iznosi: CR 0,099 d) Dobijaju se sledeće očekivane koristi: Q Fiat Punto 0,263 Škoda Superb 0,5 Mercedes A 0,265 Dacia Logan 0,523 e) Skup kompromisnih rešenja čine Dacia Logan i Škoda Superb. 2. Zadatak Firma koja se bavi logistikom želi da izabere novu lokaciju za distributivni centar. Nakon istraživanja tržišta odredili su sledeće potencijalne lokacije. Udaljenost (u km) Parking (br. mesta) Cena (u 1000 x ) Opremljenost (ocena 1-10) Meljak Šimanovci Voždovac Banovo brdo

60 Odlučivanje - praktikum Određene su i težine kriterijuma i one iznose: Udaljenost Parking Cena Opremljenost 0,25 0,1 0,45 0,2 a) Metodom stepenovanja odrediti vrednosti za kriterijum Opremljenost ukoliko je DO popunio sledeću matricu procene: Opremljenost Meljak Šimanovci Voždovac Banovo brdo Meljak 1 (3) (3) Šimanovci (5) (4) Voždovac 1 Banovo brdo b) Ispitati konzistentnost matrice procene iz a) metodom stepenovanja c) Grafički uporediti dobijene vrednosti sa situacijom kada je DO indiferentan prema riziku d) Odrediti najprihvatljiviju alternativu primenom Otežanog proizvoda. Podatke normalizovati L 1 normom. Vrednosti za kriterijum Opremljenost preuzeti iz a). e) Šta se dešava sa rangovima alternativa ukoliko koristimo težine dobijene aproksimativnom metodom iz sledeće matrice procene: Udaljenost Parking Cena Opremljenost Udaljenost 2 (2) 1 Parking (5) (2) Cena 2 Opremljenost Rešenje: a) Metodom stepenovanja dobijamo sledeće vrednosti za kriterijum Opremljenost: Opremljenost W4 Meljak 0,119 Šimanovci 0,097 Voždovac 0,404 Banovo brdo 0,38 b) Koristeći rezultate iz a) dobijamo sledeće vrednosti: Aw*w w*w lambda CI CR 0,057 0,014 4,071 0,024 0,027 c) Grafički odnos dobijenih vrednosti u odnosu na indiferentnost prema riziku izgleda: 53

61 Opremljenost Indif. AHP d) Dobijamo sledeće otežane proizvode (u koloni OP1 se nalazi vrednost bez n-tog korena, a u koloni OP2 vrednosti dobijene sa n-tim korenom): OP1 OP2 Meljak 0,171 0,643 Šimanovci 0,174 0,646 Voždovac 0,277 0,726 Banovo brdo 0,285 0,731 e) Nove vrednosti težina su: w Udaljenost 0,212 Parking 0,104 Cena 0,472 Opremljenost 0,212 Koristeći nove težine dobijamo sledeće otežane proizvode: OP1 OP2 Meljak 0,177 0,648 Šimanovci 0,181 0,653 Voždovac 0,27 0,721 Banovo brdo 0,282 0,729 Zaključujemo da ne dolazi do promene u rangovima alternativa. 54

62 Odlučivanje - praktikum 3. Zadatak Za potrebe internet prodavnice potrebno je izabrati veb server na kome će se nalaziti aplikacija i baza podataka. Kriterijum Pouzdanost je podeljen na kriterijume Otkaz u radu i DDOS napada. Cena Opterećenje Pouzdanost ($ mesečno) (% iskorišćene memorije) Otkaz u radu (sati mesečno) DDOS napada (# napada) TeleVIP ,5 1 AladinHost io Buba Star DO 1: a) Potrebno je odrediti težine kriterijuma aproksimativnom AHP metodom ukoliko su dva donosioca odluke popunila sledeće matrice procena: Cena Opterećenje Pouzdanost Cena 2 (2) Opterećenje (4) Pouzdanost Otkaz u radu DDOS napada Otkaz u radu 3 DDOS napada DO 2: Cena Opterećenje Pouzdanost Cena 3 2 Opterećenje (2) Pouzdanost Otkaz u radu DDOS napada Otkaz u radu 2 DDOS napada b) Ispitati konzistentnost matrica procene iz a) primenom aproksimativne metode provere konzistentnosti c) Odrediti očekivane koristi za svakog DO primenom otežane sume, MAXIMIN i MAXIMAX metoda. Normalizaciju podataka raditi L normom. d) Usaglasiti mišljenja DO prema važnostima (težinama) kriterijuma primenom aritmetičke sredine i odrediti očekivanu korist (otežana suma, MAXIMIN i MAXIMAX metode) za svaku alternativu. Normalizaciju podataka raditi L normom. 55

63 Rešenja: DO 1: a) Dobijaju se sledeće težine: w Cena 0,286 Opterećenje 0,143 Pouzdanost 0,571 w Otkaz u radu 0,75 DDOS napada 0,25 DO 2: w Cena 0,529 Opterećenje 0,162 Pouzdanost 0,309 w Otkaz u radu 0,667 DDOS napada 0,333 b) Dobijaju se sledeće konzistentnosti: DO 1: Za prvu matricu procene CR = 0,003, a za drugu matricu procene CR = 0. DO 2: Za prvu matricu procene CR = 0,076, dok je konzistentnosti druge matrice procene CR = 0. c) Dobijaju se sledeće vrednosti: DO1 OK MAXIMIN MAXIMAX TeleVIP 0,425 0,083 0,228 AladinHost 0,309 0,08 0,143.io 0,346 0,029 0,286 Buba Star 0,685 0,04 0,571 DO2 OK MAXIMIN MAXIMAX 56

64 Odlučivanje - praktikum TeleVIP 0,45 0,094 0,212 AladinHost 0,368 0,058 0,162.io 0,581 0,02 0,529 Buba Star 0,492 0,045 0,309 d) Nove vrednosti težina su: w Cena 0,408 Opterećenje 0,153 Pouzdanost 0,44 w Otkaz u radu 0,709 DDOS napada 0,292 Koristeći dobijene težine dobijaju se sledeće vrednosti: OK MAXIMIN MAXIMAX TeleVIP 0,443 0,089 0,191 AladinHost 0,341 0,074 0,153.io 0,465 0,026 0,408 Buba Star 0,589 0,043 0,44 57

65 Prometej (Promethee) metoda Nastava: 1. Zadatak Nakon razvoja aplikacije javio se problem izbora veb servera gde će se aplikacija postaviti. Nakon razmatranja servera izdvojile su se sledeće zemlje kao potencijalni kandidata za postavljanje veb aplikacije sa sledećim vrednostima po kriterijumima. Brzina [Mb/s] Cena [eur] Otkaz u radu [min] Srbija Kina Hrvatska Amerika w a) Odrediti preferencije DO između alternativa po kriterijumima ukoliko su date sledeće vrednosti parametra indiferentnosti i parametra preferencije. Brzina [Mb/s] Cena [eur] Otkaz u radu [min] m n b) Odrediti ukupne preferencija DO prema parovima alternativa. c) Odrediti najprihvatljiviju alternativu korišćenjem čistog toka preferencija. Rešenje: a) Nakon konstruisanja funkcija preferencije za svaki kriterijum i računanja preferencija dobija se: 0, x 0 p ghijkl (x) = m 1, x > 0 0, x 20 p opkl (x) = m 1, x > 20 0, x 10 x 10 p qrsli (x) = t, < x 40 1, x > 40 58

66 Odlučivanje - praktikum Brzina Cena Otkaz Srbija, Kina Srbija, Hrvatska Srbija, Amerika Kina, Srbija Kina, Hrvatska Kina, Amerika Hrvatska, Srbija Hrvatska, Kina Hrvatska, Amerika Amerika, Srbija Amerika, Kina Amerika, Hrvatska b) Množenjem preferencija po kriterijumima sa odgovarajućim težinama i njihovim sabiranjem dobijamo: Preferencije Srbija, Kina 0.6 Srbija, Hrvatska 0.3 Srbija, Amerika 0.55 Kina, Srbija 0.4 Kina, Hrvatska 0.4 Kina, Amerika 0.4 Hrvatska, Srbija 0 Hrvatska, Kina 0.6 Hrvatska, Amerika 0.6 Amerika, Srbija 0.3 Amerika, Kina 0.6 Amerika, Hrvatska 0.3 c) Prikazivanjem podataka u pogodnijem obliku (matrica otežanih preferencija) računamo pozitivan, negativan i čist tok. Srbija Kina Hrvatska Amerika T+ T Srbija Kina Hrvatska Amerika T

67 Najprihvatljivija alternative je Srbija. 2. Zadatak Programerska firma želi da se proširi kupovinom novog poslovnog prostora. Izdvojili su sledeće lokacije. Mesta za sedenje [broj] Cena [100*eur] Kancelarija [broj] (1) Vračar (2) Centar (3) Stepojevac (4) Banovo brdo (5) Novi Beograd w a) Odrediti preferencije DO između alternativa po kriterijumima ukoliko su date sledeće vrednosti parametra indiferentnosti i parametra preferencije. Mesta Cena Kancelarija m n b) Odrediti ukupne preferencija DO prema parovima alternativa. c) Odrediti najprihvatljiviju alternativu korišćenjem čistog toka preferencija. Rešenje: a) Dobijamo sledeće f-je preferencija, zatim i sledeće vrednosti preferencija po kriterijumima. 0, x 20 x 20 p upvrl (x) = t, < x 40 1, x > 40 0, x 10 x 10 p opkl (x) = t, < x 50 1, x > 50 60

68 Odlučivanje - praktikum 0, x 2 x 2 p slkopwlhjxl (x) = t 5, 2 < x 7 1, x > 7 61 Mesta Cena Kancelarija (1), (2) (1), (3) (1), (4) (1), (5) (2), (1) (2), (3) (2), (4) (2), (5) (3), (1) (3), (2) (3), (4) (3), (5) (4), (1) (4), (2) (4), (3) (4), (5) (5), (1) (5), (2) (5), (3) (5), (4) b) Množenjem preferencija po kriterijumima sa odgovarajućim težinama i njihovim sabiranjem dobijamo: Preferencije (1), (2) (1), (3) 0.68 (1), (4) 0 (1), (5) 0 (2), (1) 0.74 (2), (3) 0.8 (2), (4) 0 (2), (5) 0.37 (3), (1) 0.2

69 (3), (2) 0.2 (3), (4) 0.15 (3), (5) 0.2 (4), (1) (4), (2) 0.2 (4), (3) 0.8 (4), (5) 0 (5), (1) 0.4 (5), (2) 0.15 (5), (3) 0.8 (5), (4) 0 c) Prikazivanjem podataka u pogodnijem obliku (matrica otežanih preferencija) računamo pozitivan, negativan i čist tok. Vračar Centar Stepojevac Banovo brdo Novi Beograd T+ T Vračar Centar Stepojevac Banovo brdo Novi Beograd T Zadatak Nakon razvoja aplikacije javio se problem izbora veb servera gde će se aplikacija postaviti. Nakon razmatranja servera izdvojile su se sledeće zemlje kao potencijalni kandidata za postavljanje veb aplikacije sa sledećim vrednostima po kriterijumima. Brzina [Mb/s] Cena [eur] Otkaz u radu [min] Srbija Kina Hrvatska Amerika w

70 Odlučivanje - praktikum a) Odrediti preferencije DO između alternativa po kriterijumima ukoliko su date sledeće vrednosti parametra indiferentnosti i parametra preferencije. Brzina [Mb/s] Cena [eur] Otkaz u radu [min] m n b) Izračunati čist tok za svaki kriterijum pojedinačno. c) Izračunati matricu kovarijansi čistih tokova. d) Odrediti procenat varijanse koje opisuju prve dve glavne komponente. Vizualizovati alternative, kriterijume i težine na Gaja ravni, ukoliko su iz matrice kovarijansi dobijene sledeće sopstvene vrednosti i sopstveni vektori. Sopstvene vrednosti Lambda 1 Lambda 2 Lambda Sopstveni vektori V 1 V 2 V Rešenje: a) Preferencije se dobijaju na identičan način kao u prvom zadatku. Odnosno, dobijamo: Brzina Cena Otkaz Srbija, Kina Srbija, Hrvatska Srbija, Amerika Kina, Srbija Kina, Hrvatska Kina, Amerika Hrvatska, Srbija Hrvatska, Kina Hrvatska, Amerika Amerika, Srbija

71 Amerika, Kina Amerika, Hrvatska b) Čisti tokovi su sledeći: Brzina Srbija Kina Hrvatska Amerika T+ T Srbija Kina Hrvatska Amerika T Cena Srbija Kina Hrvatska Amerika T+ T Srbija Kina Hrvatska Amerika T Otkaz Srbija Kina Hrvatska Amerika T+ T Srbija Kina Hrvatska Amerika T c) Dobijene rezultate možemo predstaviti u matrici čistih tokova. Dobijamo: Brzina Cena Otkaz Srbija Kina Hrvatska Amerika w Zatim, iz matrice čistih tokova računamo matricu kovarijansi. Brzina Cena Otkaz Brzina Cena Otkaz

72 Odlučivanje - praktikum d) Procenat varijanse se dobija kao udeo sopstvene vrednosti u ukupnim sopstvenim vrednostima: Lambda 1 Lambda 2 Lambda 3 Suma ,813% 17,356% 1,831% 100% Prve dve komponente obuhvataju 98,169%. Vizualizaciju Gaja ravni dobijamo prebacivanjem vrednosti u prostor glavnih komponenti. Prvo, množenjem matrice čistih tokova i sopstvenih vektora dobijamo: PC1 PC2 Srbija 0,4177 0,3531 Kina -1,6921-0,3694 Hrvatska -0,0051 0,6176 Amerika 1,2795-0,6013 w 0,0627 0,2725 Zatim, dobijene vrednosti koristimo za vizuelni prikaz zajedno sa sopstvenim vektorima. Sopstveni vektori predstavljaju vrednosti koje odgovaraju kriterijumima. 65

73 66

74 Odlučivanje - praktikum Zadaci za vežbanje: 1. Zadatak DO želi da kupi službeni automobil za odlaske na sastanke, putovanja i prenos materijala. Kao rezultat istraživanja ponuda popunila je sledeću tabelu odlučivanja: Cena [eur] Troškovi održavanja [eur] Komfor [1-10] Fiat Punto Škoda Superb Mercedes A Dacia Logan a) Odrediti težine kriterijuma ukoliko je DO popunio sledeću matricu procene: Cena Troškovi održavanja Komfor Cena 1 2 Troškovi održavanja 2 Komfor b) Odrediti preferencije DO između alternativa po kriterijumima ukoliko su date sledeće vrednosti parametra indiferentnosti i parametra preferencije. Cena Troškovi održavanja Komfor m n c) Odrediti ukupne preferencija DO prema parovima alternativa. d) Odrediti koju alternativu najviše preferiramo u odnosu na ostale, zatim za koju alternativu najviše preferiramo druge u odnosu na nju i koja je najprihvatljivija alternativa. Rešenje: a) Težine kriterijuma su: Cena Troškovi održavanja Komfor b) Dobijaju se sledeće vrednosti preferencija: 67

75 Cena Troškovi Komfor održavanja Fiat Punto, Škoda Superb Fiat Punto, Mercedes A Fiat Punto, Dacia Logan Škoda Superb, Fiat Punto Škoda Superb, Mercedes A Škoda Superb, Dacia Logan Mercedes A, Fiat Punto Mercedes A, Škoda Superb Mercedes A, Dacia Logan Dacia Logan, Fiat Punto Dacia Logan, Škoda Superb Dacia Logan, Mercedes A c) Ukupne preferencije DO prema parovima alternativa iznose: Pref. Fiat Punto, Škoda Superb 0.5 Fiat Punto, Mercedes A 0.8 Fiat Punto, Dacia Logan 0 Škoda Superb, Fiat Punto 0.2 Škoda Superb, Mercedes A 0.4 Škoda Superb, Dacia Logan Mercedes A, Fiat Punto 0.2 Mercedes A, Škoda Superb Mercedes A, Dacia Logan 0.2 Dacia Logan, Fiat Punto Dacia Logan, Škoda Superb 0.65 Dacia Logan, Mercedes A 0.8 d) Dobijamo sledeće vrednosti: Punto SuperB Mercedes A Dacia Logan T+ T Punto SuperB Mercedes A

76 Odlučivanje - praktikum Dacia Logan T Alternativa koju najviše preferiramo u odnosu na ostale alternative jeste Dacia Logan. Alternativa koja je najviše preferirana od strane ostalih alternativa je Mercedes A. Najprihvatljivija alternativa je Dacia Logan. 2. Zadatak Firma koja se bavi logistikom želi da izabere novu lokaciju za distributivni centar. Nakon istraživanja tržišta odredili su sledeće potencijalne lokacije. Udaljenost [km] Parking [br. mesta] Cena [1000x ] Opremljenost [1-10] Meljak Šimanovci Voždovac Banovo brdo w a) DO želi da iskaže korisnost za kriterijum Cena, te je zadao parametar indiferentnosti čija je vrednost 0 i parametar preferencija čija je vrednost 4. Izračunati čist tok preferencije. b) DO želi da iskaže korisnost za kriterijum Opremljenost i iskazao je da mu je svaka razlika bitna (parametar indiferentnosti i parametar preferencije su jednaki nuli). Izračunati čist tok preferencije. c) Dobijene čiste tokove iz a) i b) ugraditi u početnu tabelu odlučivanja i odrediti najprihvatljiviju alternativu primenom otežane sume i MAXIMIN metodom. Normalizaciju podataka raditi maxmin normom. d) Uspostaviti kompromis između strategije S i R, ako je vrednost parametra v jednaka 0,4. Rešenje: a) Čist tok za kriterijum Cena. Meljak Šimanovci 0.75 Voždovac Banovo brdo T 69 b) Čist tok za kriterijum Opremljenost.

77 Meljak Šimanovci -1 Voždovac 1 Banovo brdo T c) Nakon normalizacije podataka dobijaju se sledeće vrednosti za otežanu sumu i MAXIMIN metodu. OK MAXIMIN Meljak Šimanovci Voždovac Banovo brdo d) Kompromis između S (otežane sume) i R (MAXIMIN metode) se uspotavlja nakon korekcije strategije R i dobija se: Q Meljak 0.63 Šimanovci Voždovac 0 Banovo brdo Najprihvatljivija alternativa je Meljak. 3. Zadatak Potrebno je zaposliti novog junior marketing stručnjaka. Raspisan je konkurs na koji se javio veći broj kandidata. Nakon razgovora, izdvojeni su sledeći kandidati: Radno iskustvo (u mesecima) Teorijsko znanje (ocena 1-100) Praktično znanje (ocena 1-100) Tražena plata (u 100 x ) Ivan Jelena Marija Stefan w a) Odrediti čiste tokove za svaki kriterijum pojedinačno ukoliko je DO zadao sledeće vrednosti za parametre indifirentnosti i parametri preferencije: 70

78 Odlučivanje - praktikum Radno iskustvo Teorijsko znanje Praktično znanje Tražena plata m n b) Izračunati matricu kovarijansi matrice čistih tokova. c) Odrediti procenat varijanse koju opisuju prve dve glavne komponente i nacrtati Gaja ravan. Poznate su nam sopstvene vrednosti i sopstveni vektori: Sopstvene vrednosti Lambda 1 Lambda 2 Lambda 3 Lambda Sopstveni vektori V 1 V 2 V 3 V Rešenje: a) Dobijaju se sledeći čisti tokovi: Radno iskustvo (u mesecima) Teorijsko znanje (ocena 1-100) Praktično znanje (ocena 1-100) Tražena plata (u 100 x ) Ivan Jelena Marija Stefan b) Matrica kovarijansi: RI TZ PZ Plata RI TZ PZ

79 Plata c) Procenat varijanse koje pokrivaju prve dve glavne komponente iznosi 97.45%. Gaja ravan je prikazana ispod: PC1 PC2 Ivan Jelena Marija Stefan w RI TZ PZ Plata

80 Odlučivanje - praktikum 73

81 Analiza rizika i Analiza odlučivanja 1. Zadatak Menadžer prodaje izdavačke kuće se sprema za sajam knjiga. Potrebno je da izabere štand. Nakon filtriranja štandova po zadatom budžetu (konjuktivna metoda) došao je do četiri alternative. Kao kriterijumi određeni su broj prolaznika, otvorenost, veličina prostora i prihvatljivost buke. Zarad jednostavnosti svi kriterijumi su tipa maksimizacije. Matrica odlučivanja i ponderi su prikazani ispod. Alternative Broj Veličina Otvorenost prolaznika prostora Buka Hala A 28 Zatvoren (6) 55 6 Hala B 30 Otvoren (10) 50 8 Hala C 55 Zatvoren (6) 40 9 Hala D 35 Otvoren (10) 36 5 Ponderi a) Predložiti optimalni štand za DO, na osnovu očekivane koristi i L normalizacije. Rešenje: Alternative Očekivana korist Hala A Hala B Hala C Hala D b) Procenjeno je da broj prolaznika iz godine u godinu varira, sa standardnim varijacijama datim u tabeli: Alternative Broj prolaznika Hala A 28 ± 4 Hala B 30 ± 2 Hala C 55 ± 10 Hala D 35 ± 5 Ponderi

82 Odlučivanje - praktikum Odrediti najbolje rešenje, ukoliko je DO iskazao da ima averziju ka riziku, i da želi da bude 90% siguran u korist alternative. Rešenje: Alt. OK Rizik OK- 1.3*rizik (90%) Hala A Hala B Hala C Hala D c) Primećeno je i da je ocena za podnošljivost buke takođe varirala, i to sa standardnim devijacijama datim u tabeli: Alternative Buka Hala A 6 ± 1 Hala B 8 ± 0.5 Hala C 9 ± 2.5 Hala D 5 ± 1 Ponderi 0.1 Odrediti ukupan rizik za svaku alternativu. Rešenje: Alternative Broj Rizik Buka prolaznika Hala A 28 ± 4 6 ± Hala B 30 ± 2 8 ± Hala C 55 ± 10 9 ± Hala D 35 ± 5 5 ± Ponderi d) Ocene za korist od Otvorenosti štanda su pretpostavljale sunčano vreme. Ukoliko se pretpostavi da vreme može biti sunčano, oblačno ili kišovito, sa verovatnoćama 0.6, 0.2 i 0.2, odrediti očekivane vrednosti alterativa, ako i pridruženi rizik za kriterijum Otvorenost. 75

83 Rešenje: Otvorenost Sunce (60%) Oblaci (20%) Kiša (20%) OK Std. dev. Otvorena Zatvorena Alternative Otvorenost Hala A 6.2 ± 0.98 Hala B 7.4 ± 3.32 Hala C 6.2 ± 0.98 Hala D 7.4 ± 3.32 Ponderi 0.2 e) Vlasnik izložbenih prostora je najavio da postoji šansa da će se štandovi u hali A i hali D proširiti, te i taj kriterijum sa sobom nosi rizik, pošto nije u potpunosti sigurno da će do tog proširenja doći. Najavljeno proširenje se odnosi na Halu B, sa 50 na 70 kv. metara, i Halu C, sa 40 na 50 kv. metara. Odrediti očekivanu vrednost/korist alternativa, kao i pridruženi rizik, za kriterijum Veličina prostora. Rešenje: Veličina Proširenje Nema promene prostora (30%) (70%) OK Std. dev. Hala A Hala B ,16 Hala C ,58 Hala D f) Izračunati ukupan rizik na osnovu pojedinačnih rizika svih kriterijuma, izračunati očekivanu korist svake alternative, i odrediti najbolju alternativu ako DO želi da bude 90% siguran u predloženu korist alternative. Rešenje: Alternative Broj Veličina Očekivana Otvorenost Buka prolaznika prostora korist Hala A 28 ± ± ± 0 6 ± Hala B 30 ± ± ± 9,16 8 ± Hala C 55 ± ± ± 4,58 9 ± Hala D 35 ± ± ± 0 5 ± Ponderi

84 Odlučivanje - praktikum Rizik Očekivana korist OK-1.3*rizik (90%) Hala A Hala B Hala C Hala D g) proveriti da li će predložena alternativa biti promenjena ukoliko DO želi da bude siguran 99%. Rešenje: Rizik Očekivana korist OK-2.4*rizik (99%) Hala A Hala B Hala C Hala D Neće doći do promene prvorangirane alternative. 77

85 2. Zadatak Dati su podaci o kriterijumima za izborne predmete na fakultetu, među kojima je potrebno izabrati jedan izborni predmet. Date su i jedinice u kojima je izmerena vrednost svakog kriterijuma. [ocena [br. radova [br. strana [broj firmi, u studenata] nastavnika] knjige] 00] Koristan Stručan Težak Zapošljavanje ALD Sistemi 4, Upraljvanje MI 3, Izabrana poglavlja iz TSO Teorija SS 4, W 0,4 0,2 0,1 0,3 a) Ministarstvo je najavilo da će u skorijoj budućnosti uvesti niz mera kojim će se olakšati rad firmi, što se projektuje da će povećati broj informatičkih firmi i mogućnost Zapošljavanja za 30%. Izborni predmeti Upravljanje MI, kao i Teorija SS, su informatički predmeti. Takođe je procenjeno da su šanse 80% da se takve mere zaista uvedu u skorijoj budućnosti. Izračunati očekivane koristi i pridružen rizik za kriterijum Zapošljavanje. Rešenje: Pošto su najavljene promene za kriterijum Zapošljavanje, sa određenom verovatnoćom, modelujemo taj kriterijum preko 2 stanja: P(stanje) Zapošljavanje Trenutno Promene stanje Očekivana korist Rizik ALD Sistemi Upraljvanje MI 4 4*1,3 = 5,2 4, Izabrana poglavlja iz TSO Teorija SS 6 6*1,3 = 7,8 7, b) Primećeno je da ocena studenata za kriterijum Korisnost može da varira, i to sa standardnim devijacijama datim u tabeli. 78

86 Odlučivanje - praktikum Std. Dev. Koristan ALD Sistemi 0,2 Upraljvanje MI 0,5 Izabrana poglavlja iz TSO 1 Teorija SS 0,5 Izračunati ukupan rizik za svaku alternativu. Rešenje: Koristan Stručan Težak Zapošljavanje Rizik ALD Sistemi Upraljvanje MI Iz. poglavlja iz TSO Teorija SS W 0,4 0,2 0,1 0,3 c) Izračunati očekivanu korist od svake alternative Rešenje: Koristan Stručan Težak Zapošljavanje OK ALD Sistemi 4, Upraljvanje MI 3, , Iz. poglavlja iz TSO Teorija SS 4, , W 0,4 0,2 0,1 0,3 d) Odrediti najprihvatljiviju alternativu, ukoliko je DO izrazio da je sklon ka riziku, i da je spreman da prihvati vrednosti koje su samo 10% sigurne. 79

87 Rešenje: OK STD OK+1.3STD ALD Sistemi Upraljvanje MI Iz. poglavlja iz TSO Teorija SS Zadatak U zadatku 1e) data je matrica koristi/dobiti od Veličine prostora, za 2 različita stanja (Proširenje i Nema promene), sa pridruženim verovatnoćama stanja, koje predstavljaju verovanje da će menadžer sajma ispuniti obećanje o proširenju prostora. Veličina prostora Proširenje (30%) Nema promene (70%) Hala A Hala B Hala C Hala D a) Izvesti tabelu žaljenja, kao i kriterijum Očekivanog žaljenja. Rešenje: Veličina Proširenje Nema promene OŽ prostora (30%) (70%) Hala A ,5 Hala B 0 5 3,5 Hala C ,5 Hala D ,5 b) Izračunati Očekivanu Vrednost Perfektne Informacije. Rešenje: OVPI = 3,5 80

88 Odlučivanje - praktikum c) Data je matrica uslovnih verovatnoća, za događaj X= ispunio obećanje, pri različitim stanjima. X Proširenje Nema promene ispunio neko obećanje 0,8 0,3 nije ispunio 0,2 0,7 Primenom Bajesove formule, izračunati nove aposteriori verovatnoće stanja u slučajevima kada se opservira da je menadžer ispunio neko obećanje, ili ako se primeti da neko obećanje ne ispuni. Rešenje: X ispunio neko obećanje S1: Proširenje S2: Nema promene P(S) 0,3 0,7 P(X S) 0,8 0,3 P(X, S) 0,24 0,21 P(X) 0,45 P(S X) X nije ispunio S1: Proširenje S2: Nema promene P(S) 0,3 0,7 P(X S) 0,2 0,7 P(X, S) 0,06 0,49 P(X) 0,55 P(S X) d) Odrediti optimalnu strategiju, kao i Očekivani Rizik optimalne strategije. Rešenje: Optimalna strategija je: 81 - za X=ispunio: Proširenje Nema promene OŽ (53%) (47%) Hala A ,95 Hala B 0 5 2,35 Hala C ,65 Hala D ,95

89 - za X=nije ispunio Proširenje Nema promene OŽ (11%) (89%) Hala A ,65 Hala B 0 5 4,45 Hala C ,55 Hala D ,65s Očekivani rizik optimalne strategije je: OR = 0,45 * 2,35 + 0,55 * 1,65 = 1,965 e) Kolika je Očekivanu Vrednost Informacije Uzorka? Rešenje: OVIU = OVPI OR = 3,5-1,965 = 1,535 82

90 Odlučivanje - praktikum Odlučivanje na osnovu pravila Diskretizacija Generalni postupak diskretizacije podataka je sledeći: 1. DO određuje ordinalnu skalu Loš, Srednji, Dobar i samim tim broj kategorija k u koje treba svrstati kontinualne podatke. 2. Odrediti broj elemenata n koji se nalazi u skupu podataka koje želimo da diskretizujemo. 3. Izračunati vrednost koraka s = n/k, I zaokružiti broj s na najbližu celobrojnu vrednost. 4. Sortirati vrednosti alternativa u opadajućem ili rastućem redosledu, u zavisnosti od usmerenosti skale (od lošije vrednosti ka boljoj ili od bolje ka lošijoj), kao i tipu ekstremizacije samog atributa (minimizacija ili maksimizacija), 5. Odrediti granice (na kontinualnoj skali) za svaku vrednost kvalitativne skale. 6. Svrstati svaki element u odgovarajuće ordinalne vrednosti na osnovu njihovih ordinalnih vrednosti i granica određenih u prethodnom koraku. 1. Zadatak Ocene mobilnog telefona su date u tabeli ispod. DO želi da ih grupiše u tri grupe (loši telefoni, srednje dobri telefoni i dobri telefoni) tako da svaka grupa ima podjednak broj alternativa. Alternativa Ocena A1 6 A2 5 A3 10 A4 3 A5 10 A6 6 A7 3 A8 1 A9 8 Rešenje: 83

91 Na slici ispod prikazano je rešenje problema diskretizacije u ovom zadatku. Jasno je da je k = 3 (DO je zadao skalu sa 3 moguće kategorije loši, srednji i dobri). U tabeli levo, možemo videti da je broj alternativa koji se nalazi u ponudama je n = 9 (A1-A9). Na osnovu ove dve vrednosti moguće je izdračunati veličinu koraka s = n/k =3, koji nam je potreban za računanje intervala tj, određivanje granica vrednosti za svaku ordinalnu kategoriju. Kada smo odredili s, tabela alternativa (i njihovih vrednosti za kriterijum Ocena) je sortirana u opadajućem redosledu (na osnovu atributa Ocena). Odavde određujemo granice (intervale) za svaku od ordinalnih kategorija (tabela u sredini). Donja granica za kategoriju Loš ima vrednost 1 (minimalna vrednost celog skupa). Gornja granica za kategoriju Loš se nalazi između 3 i 5 obzirom da je korak s = 3. Slično, donja granica za kategoriju Srednji se nalazi između 6 i 8, tj. granica između kategorija Srednji i Dobar je 7 odnosno (6+8)/2. Na osnovu prethodnih zapažanja možemo odrediti donje i gornje granice svake od kategorija: DG(Loš) = 1, GG(Loš) = DG(Srednji) = 4, GG(Srednji) = DG(Dobar) = 7 i GG(Dobar) =10 Na osnovu gornjih i donjih granica, definišemo intervale vrednosti početnog (kontinualnog atributa) za svaku ordinalnu kategoriju: Loš: [1-4] Srednji: (4-7] Dobar: (7-10] Možemo primetiti iz definicije intervala da je interval za kategoriju Loš, ograničen sa obe strane, dok su intervali za kategorije Srednji i Dobar ograničeni odozgo. Intervali se ograničavaju kako bismo sprečili da jedna vrednost može da ima pripadnost u više kategorija. Ovaj način ograničavanja skupova smatramo 84

92 Odlučivanje - praktikum konvencijom koja će biti korišćena u ovoj knjizi (moguće je definisati drugačije ograničavanje kako bi se postigao efekat pripadnosti samo jednoj kategoriji). Dakle, ograničavanje intervala ćemo raditi po sledećem pravilu: Prvi interval se ograničava sa obe strane (odozgo i odozdo) Svaki sledeći interval ima se ograničava odozgo (donja granica intervala se ne uključuje u interval.). Ovo pravilo uključuje i granice poslednjeg intervala. Konačno, nakon definisanja intervala, možemo da preslikamo kontinualne vrednosti atributa u diskretne (ordinalne). Ovo se može videti u tabeli deno na Slici iznad. Ovaj metod za diskretizaciju vrednosti u kategorije sa jednakim brojem elemenata, funkcioniše i u slučajevima kada broj alternativa nije deljiv sa brojem ordinalnih kategorija (koje zadaje DO). 2. Zadatak Razmotrimo alternative iz prethodnog primera, sa tom razlikom da DO želi da diskretizuje podatke u četiri kategorije: Loš, Srednje Loš, Srednje Dobar, Dobar. Rešenje: Opis rešenja diskretizacije u četiri kategorije je dat na slici ispod. Sa slike iznad možemo videti da je postupak diskretizacije identičan kao i u slučaju kada je broj alternativa deljiv sa brojem željenih kategorija. Ipak treba ukazati na nekoliko detalja u rešenju. Prvo korak za definisanje granica mora da se zaokruži na ceo broj (u ovom slučaju 2). Dalje, obzirom da smo izvršili zaokruživanje očekivano je da konačan broj alternativa u svakoj grupi ne bude jednak. Dodatno, u prvom koraku veličine 2 (gde ulaze alternative A8 i A4 sa vrednostima 3 i 3, respektivno) imamo granicu koja je 85

93 jednaka (3+3)/2 = 3. Takođe vidimo da treća alternativa (A7) ima vrednost 3 (kao i druga alternativa). Ovo dovodi da uprkos tome što je bi trebalo da bude po 2 elementa u svakoj grupi, prva grupa (Loš) mora da bude proširena jer se A4 i A7 imaju identične vrednosti i to tačno na gornjoj granici intervala. Ova strategija proširenja intervala omogućava da se održi konzistentnost kategorija tj. da dve ili više alternativa sa istom vrednošću atributa, ne mogu da imaju pripadnost u dve kategorije. Na identičan način je dobijeno a kategorija Srednje Loš (SL) ima samo jedan element. 3. Zadatak Cene mobilnh telefona su date u tabeli ispod. DO želi da ih grupiše u tri grupe (Niska cena, Srednja cena i Visoka cena) tako da svaka grupa ima jednake intervale. Alternativa Cena A1 348 A2 458 A3 508 A4 200 A5 440 A6 437 A7 390 A8 289 A9 255 A Rešenje: Kod metode jednakih intervala podataka, DO želi da ordinalne kategorije uzimaju jednake intervale kontinualnih vrednosti atributa (ne obavezno da imaju jednak broj slučajeva). Postupak određivanja granica intervala kategorija je sličan kao kod određivanja kategorija sa jednakim brojem slučajeva. Kao što se razlika je u tome što se veličina koraka s određuje tako što se interval celog skupa podataka (razlika između maksimalne i minimalne vrednosti) podeli sa željenim brojem grupa. Dodatno granice su direktno definisane na osnovu minimalne vrednosti i koraka (nije potrebno računati aritmetičku sredinu na prelazima između klasa). Rešenje ovog problema je prikazano na Slici ispod. 86

94 Odlučivanje - praktikum 4. Zadatak Ocene mobilnog telefona su date u tabeli ispod. DO želi da ih grupiše u tri grupe (loši telefoni, srednje dobri telefoni i dobri telefoni) metodom aritmetičke sredine. Alternativa Ocena A1 6 A2 5 A3 10 A4 3 A5 10 A6 6 A7 3 A8 1 A9 8 Rešenje: Metoda aritmetičke sredine koristi aritmetičku sredinu i standardnu devijaciju za formiranje grupa. Naime, kategorije se formiraju tako da zadovoljavaju sledeću formulu: μ ± n ρ, gde je μ aritmetička sredina, ρ standardna devijacija, a n broj kojim kontrolišemo broj grupa. Ako je k = 1 tada kreiramo tri intervala (1: 87

95 od najmanje vrednosti do μ ρ, 2: od μ ρ do μ + ρ i k=3: od μ + ρ do najveće vrednosti), k = 2 pet intervala (1: od najmanje vrednosti do μ 2 ρ, 2: od μ 2 ρ, do μ ρ, 3: od μ ρ do μ + ρ, 4: od μ + ρ do μ + 2 ρ i 5: od μ + 2 ρ do najveće vrednosti) itd. Postupak diskretizacije za ovaj za datak je sledeći. Prvo izračunamo aritmetičku sredinu i standardnu devijaciju. Imajući to u vidu, možemo da izračunamo grupe. Prva grupa će nam biti od najmanje vrednosti do μ ρ. Dakle, prva grupa obuhvatati slučajeve čija je vrednost od 1 do 2,81. Druga grupa će obuhvatati slučajeve čija je vrednost od 2,81 do 8,75, dok će treća grupa obuhvatati slučajeve čija je vrednost veća od 8,75. Rešenje je prikazano na slici ispod. 88

96 Odlučivanje - praktikum Prostor ordinalnih pravila Prostor ordinalnih pravila predstavlja skup svih kombinacija vrednosti definisanim na ordinalnim skalama atributa. Veličina prostora pravila za određeni problem (gde se podrazumeva da su definisani atributi i odgovarajuće ordinalne skale), može se izraziti formulom: u Nx = } n l Gde je Nx veličina prostora pravila, m broj atributa, a n a broj vrednosti koje može imati atribut a. l~$ 1. Zadatak DO razmatra nabavku mobilnih telefona za preduzeće na osnovu sledećih kriterijuma: Cena: Niska, Visoka Funkcionalnost: Odlična i Dovoljna Odrediti veličinu prostora pravila i generisati sva pravila tog prostora, na osnovu datih kriterijuma i njihovih skala. Rešenje Na osnovu ulaza jasno je da je neophodno definisati 4 pravila koja pokrivaju sve moguće kombinacije ulaznih atributa. Za svaku vrednost atributa Cena potrebno je definisati pravilo za svaku vrednost atributa funkcionalnost (2 * 2 = 4 pravila). Kombinacije pravila su prikazane u tabeli ispod. Cena Niska Niska Visoka Visoka Funckionalnost Odlična Dovoljna Odlična Dovoljna 89

97 2. Zadatak DO razmatra nabavku mobilnih telefona za preduzeće na osnovu sledećih kriterijuma: Cena: Niska, Srednja, Visoka Funkcionalnost: Odlična, Dobra i Dovoljna I u ovom primeru, neophodno je da za svaku vrednost atribut Cena, definišemo sve vrednosti atributa funkcionalnost. Obzirom da imamo 3 vrednosti atributa Cena i 3 vrednosti atributa Funkcionalnost, potrebno je definisati prostor ulaznih vrednosti veličine 3*3=9. Prostor pravila prikazan je u tabeli ispod. Cena Niska Niska Niska Srednja Srednja Srednja Visoka Visoka Visoka Funckionalnost Odlična Dobra Dovoljna Odlična Dobra Dovoljna Odlična Dobra Dovoljna 3. Zadatak DO razmatra nabavku mobilnih telefona za preduzeće na osnovu sledećih kriterijuma: Cena: Niska, Srednja, Visoka Performanse: Dobre, Loše Dizajn: Dobar, Loš Odrediti veličinu prostora pravila i generisati sva pravila tog prostora, na osnovu datih kriterijuma i njihovih skala. Rešenje: U ovom slučaju imamo da je veličina prostora pravila: 3*2*2 = 12. Prostor pravila ćemo generisati po sledećoj konvenciji. Prvo generišemo moguće vrednosti za atribut sa najviše vrednosti na skali. U ovom slučaju to je atribut Cena (trovrednosna skala). Zatim određujemo broj elemenata za taj atribut u okviru svake kategorije. U ovom slučaju taj broj je 4, pošto ostali atributi imaju 4 (2*2) moguće kombinacije (Slika ispod). 90

98 Odlučivanje - praktikum Pravilo Cena Performanse Dizajn P1 Niska Dobre Dobar P2 Niska Dobre Loš P3 Niska Loše Dobar P4 Niska Loše Loš P5 Srednja Dobre Dobar P6 Srednja Dobre Loš P7 Srednja Loše Dobar P8 Srednja Loše Loš P9 Visoka Dobre Dobar P10 Visoka Dobre Loš P11 Visoka Loše Dobar P12 Visoka Loše Loš Dakle kod atributa cena generišemo po 4 vrednosti za svaku kategoriju, počevši od najbolje ka najlošijoj. Zatim ovaj postupak ponavljamo za atribut Performanse. Ovan atribut treba da ima po 2 vrednosti od svake kategorije (pošto treba da prokrije sve kombinacije sa atributom Dizajn). Dakle definišemo generišemo po dve vrednosti za svaku od kategorija u okviru atributa Performanse. Konačno, za poslednji atribut (Dizajn) generišemo vrednosti sa odgovarajuće skale naizmenično. 91

99 Poređenje višekriterijumskih ordinalnih promenljivih 1. Zadatak Data je tabeli ispod data su ordinalna AKO delovi ordinalnih pravila odnosno skup višeatributivnih ordinalnih promenljivih. Pravilo Kvalitet Cena P1 Loš Visoka P2 Dobar Visoka P3 Loš Niska P4 Dobar Niska Potrebno je odrediti relacije izmedju pravila: Dominacija, Dominiranost i Neuporedivost. Rešenje: Podsetimo se da je jedan slučaj dominantan u odnosu na drugi akko je bolji ili jednak po svim kriterijumima, a pri tome je barem po jednom bolji. Ukoliko su dva slučaja po svim kriterijumi jednaki tada ne postoji dominantnost (oni su jednaki ali i dalje uporedivi, međutim sa ovom situacijom se nećemo susretati jer prostor pravila podrazumeva samo različite slučajeve). Slično, jedan slučaj je dominiran u odnosu na drugi, akko je lošiji ili jednak po svim kriterijumima. U ostalim situacijama (npr. prvi slučaj je bolji po nekim kriterijumima, a po nekim lošiji) kaže se da su ti slučajevi neuporedivi. Na osnovu prethodne diskusije možemo zaključiti sledeće: P1 je dominiran u odnosu na P2, P3 i P4, P2 je dominantan u odnosu na P1, neuporediv sa P3 i dominiran od P4, P3 je dominantan u odnosu na P1, neuporediv sa P2 i dominiran od P4, P4 je dominantan u odnosu na P1, P2 i P3. Odnosi među slučajevima (AKO delovima pravila) su prikazani i na Slici ispod. 92

100 Odlučivanje - praktikum 2. Zadatak Odrediti relacije među slučajevima. a) Slučaj Kvalitet Cena Dizajn Dostupnost S1 Visok Niska Dobar Odlična S2 Nizak Srednja Odličan Srednja b) Slučaj Kvalitet Cena Dizajn Dostupnost S1 Nizak Srednja Dobar Odlična S2 Nizak Srednja Odličan Odličan c) Slučaj Kvalitet Cena Dizajn Dostupnost S1 Visok Srednja Dobar Odlična S2 Nizak Niska Loš Srednja 93

101 d) Slučaj Kvalitet Cena Dizajn S1 Odličan Niska Loš S2 Odličan Srednja Srednji S3 Loš Srednja Srednji S4 Srednji Niska Srednji Rešenje: a) S1 i S2 su neuporedivi S1 je bolji po Kvalitetu i Dostupnosti, dok je S2 bolji po Ceni i Dizajnu. b) S2 je dominantan u odnosu na S1 (bolji je po dizajnu, a po ostalim atributima je jednak sa S1) tj. S1 je dominiran u odnosu na S2. c) S1 i S2 su neuporedivi S1 je bolji po svim atributima, osim po Ceni po kojoj je bolji S2. d) S1 je neuporediv sa S2, S3 i S4. S2 je dominantan u odnosu na S3, a neuporediv sa S1 i S4. S3 je dominiran od S4 i S2, a neuporediv sa S1. 94

102 Odlučivanje - praktikum Granice skupova višekriterijumskih ordinalnih promenljivih Podsetimo se da se u opštem slučaju, Donja Granica (DG) skupa S ordinalnih promenljivih se definiše kao: Podskup skupa S, koji sadrže slučajeve skupa S koji nisu koji nisu dominantni u odnosu na bilo koji drugi slučaj iz skupa S. Analogno, Gornja Granica skupa S ordinalnih promenljivih se definiše kao: Podskup skupa S, koji sadrže slučajeve skupa S koji nisu dominirani u odnosu na neki od slučajeva iz skupa S (dovoljno je da element bude dominantan u odnosu na jedan slučaj, a da pritom nije dominiran od strane nekog slučaja, kako bi pripadao gornjoj granici skupa S). 1. Zadatak Odrediti granice sledećih skupova pravila: a) Slučaj Kvalitet Cena S1 Odličan Niska S2 Srednji Srednja S3 Loš Srednja Slučaj S1 nije dominiran u odnosu na bilo koji drugi slučaj (šta više on je dominantan u odnosu na S2 i S3). Slučaj S2 je dominiran od strane S2 i dominantan u odnosu na S3. Slučaj S3 je dominiran od strane S1 i S2. Možemo zaključiti da S1 ulazi u gornju granicu (nije dominiran od strane bilo kog drugog slučaja). S3 ulazi u donju granicu (ne dominira u odnosu n abilo koji drugi slučaj). Konačno slučaj S2 nije na granicama skupa (dominantan je u odnosu na S3, a dominiran od S1). Dakle, rešenje zadatka je: GG = {S1} DG = {S3} 95

103 b) Slučaj Kvalitet Cena Dizajn S1 Odličan Niska Loš S2 Odličan Srednja Srednji S3 Loš Srednja Srednji U ovom primeru, slučajevi S1 i S2 su dominantni u odnosu na S3 i nisu dominirani ni od jedne alternative (među sobom su neuporedivi). Prema tome S1 i S2 su deo skupa GG. S3 nije dominantna u odnosu n abilo koji element skupa, pa ona pripada DG. Dakle, rešenje zadatka je: GG = {S1, S2} DG = {S3} c) Slučaj Kvalitet Cena Dizajn S1 Odličan Srednja Loš S2 Srednji Niska Loš S3 Loš Niska Odličan S4 Loš Niska Srednji U ovom slučaju samo je S3 dominatan u odnosu na S4 (ostale alternative su neuporedive). Prema tome S1, S2 i S3 su elementi GG (nisu dominirane od strane bilo koje alternative). Sa druge strane S1, S2, i S4, su elementi GG (nisu dominantni u odnosu na bilo koji element skupa) GG = {S1, S2, S4} DG = {S3} 96

104 Odlučivanje - praktikum Monotonost višekriterijumskih ordinalnih pravila Podsetimo se da osobina monotonosti je ispoštovana ukoliko povećanje ulazne vrednosti ne vodi ka smanjenju izlazne vrednosti i obrnuto, ako smanjenje ulazne vrednosti ne vodi ka povećanju izlazne vrednosti. Drugačije, ukoliko alternativa A1 dominira u odnosu na alternative A2, tada alternativa A2 ne sme imati bolju vrednost izlaznog atributa u odnosu na alternativu A1. 1. Zadatak Tri DO su imali zadatak da izvrše selekciju kandidata nakon urađenih prijemnih ispita iz Matematike i Opšte informisanosti. Uspeh na prijemnim ispitima je diskretizovan na trovrednosnu skalu: Odlično, Srednje i Dobro. Ocenite da je svaki od DO koristio monotona pravila pri selekciji kandidata. DO1 Matematika Opšta Inf. Primljen Kandidat 1 Odlično Odlično Nije primljen Kandidat 2 Odlično Srednje Primljen DO2 Matematika Opšta Inf. Primljen Kandidat 1 Odlično Odlično Nije primljen Kandidat 2 Odlično Odlično Primljen DO3 Matematika Opšta Inf. Primljen Kandidat 1 Odlično Odlično Primljen Kandidat 2 Odlično Srednje Primljen DO4 Matematika Opšta Inf. Primljen Kandidat 1 Srednje Odlično Primljen Kandidat 2 Odlično Srednje Nije primljen Pravila koja je koristio DO1 nisu monotona. Kandidat 2 je dominantna alternativa nije primljen na željenu poziciju. 97

105 DO2 takođe ne koriste monotona pravila. U ovom slučaju ne postoji relacija dominantnosti/dominiranosti, ali su kandidati jednaki po ulaznim atributima (Matematika i Opšta informisanost), a Kandidat 2 ima bolju vrednost izlaznog atributa (Primljen). DO3 i DO4 koriste monotona pravila. Kod DO3 oba kandidata su primljena. Pri tome Kandidat 2 je lošiji od Kandidata 1 po kriterijumu Opšta Informisanost. Kažemo da je Kandidat 1 dominantna alternative u odnosu na Kandidata 2 (odnosno Kandidat 2 je dominirana alternativa), obzirom da je Kandidat 1 bolji po oba kriterijuma. Kod DO4 Kandidat 1 je primljen, dok Kandidat 2 nije primljen. U ovom slučaju među kandidatima ne postoji relacija dominantnosti ili dominiratosti. Prema tome, ova pravila se mogu smatrati fer pravilima. Dodatno, može se zaključiti da je ovom DO bitniji kriterijum Opšta informisanost u odnosu na Matematiku. 2. Zadatak Na svake dve godine DO nabavlja mobilne za svoju firmu. Modeli i cene telefona se drastično menjaju na svake dve godine a DO posmatra alternative na tržištu kroz sledeće kriterijume: Cena (Niska, Srednja, Visoka) Kvalitet (Nizak, Srednji, Visok) Dizajn (Odličan, srednji i loš) Izlazna klasa (korisnost) je definisana na trovrednosnoj skali (Odličan, Srednji, Loš). DO želi da proveri monotonost pravila u postojećoj bazi znanja. Baza znanja (pravila) su data u tabeli ispod. Pravilo Cena Performanse Dizajn Telefon (Korisnost) P1 Niska Dobre Dobar Odličan P2 Niska Dobre Loš Odličan P3 Niska Loše Dobar Srednji P4 Niska Loše Loš Loš P5 Srednja Dobre Dobar Odličan P6 Srednja Dobre Loš Srednji P7 Srednja Loše Dobar Srednji P8 Srednja Loše Loš Loš P9 Visoka Dobre Dobar Srednji P10 Visoka Dobre Loš Loš P11 Visoka Loše Dobar Loš P12 Visoka Loše Loš Loš 98

106 Odlučivanje - praktikum Potrebno je proveriti da li su pravila koja je zadao DO konzistentna. Rešenje: Kako bismo lakše odredili gornje i donje granice potrebno posmatrati skupove pravila za svaku pd izlaznih klasa. Tako za klasu odličan imamo sledeća pravila: Pravilo Cena Performanse Dizajn Telefon (Korisnost) P1 Niska Dobre Dobar Odličan P2 Niska Dobre Loš Odličan P5 Srednja Dobre Dobar Odličan Iz tabele iznad, možemo zaključiti da skup pravila koja sačinjavaju donju granicu klase odličan sledeći: DG(Odličan) = {P2, P5} Zaista, P2 i P5 nisu dominantne ni u odnosu na jednu drugu alternativu (čak su i dominirane u odnosu na P2) i pri tome, one su neuporedive među sobom. Obzirom da je klasa Odličan najviša moguća vrednost ordinalne skale izlaza, nema potrebe za izračunavanjem gornje granice (ne postoji mogućnost da neka od alternativa uzme vrednost izlaza koji je veći od Odličan). Dalje, razmotrimo klasu Srednji. Pravilo Cena Performanse Dizajn Telefon (Korisnost) P3 Niska Loše Dobar Srednji P6 Srednja Dobre Loš Srednji P7 Srednja Loše Dobar Srednji P9 Visoka Dobre Dobar Srednji Gornju granicu ove klase predstavlja skup sledećih slučajeva: GG(Srednji): {P3, P6, P9} Obzirom na definicuju gornje granice (skup pravila koji nije dominiran u okviru klase), jasno je da P3 ulazi u ovaj skup pošto ima najbolju moguću vrednost Cene, dok svi ostali slučajevi imaju lošije vrednosti Cene. Dalje, P6 nije dominirano pravolo od strane P3 i P7 (jer je bolje po Performansama), niti od P9 (jer je bolje po Ceni). P9 takođe nije dominirano pravilo (od P7 i P3 je bolje po performansama, a od P6 po dizajnu.) Donju granicu ove klase predstavlja skup sledećih slučajeva: DG(Srednji): {P6, P7, P9} Obzirom na definicuju gornje granice (skup pravila koja ne dominiraju u okviru klase, vidimo da P6 nije dominantno u odnosu n abilo koje pravilo (zbog Lošeg Dizajna), P7 je lošije od P6 i P9 po Performansama, 99

107 a od P3 po Ceni. Konačno P9 je lođije od svih alternativa po Ceni, pa prema tome ne može da bude dominantno. Moćemo primetiti da u ovom slučaju pravilo P6 i P9 pripadju skupu donje granice, kao i skupu gornje granice. Klasu Loš sačinjava skup slučajeva prikazan u tabeli ispod. Kod ove klase dovoljno je izračunati gornju granicu skupa jer je Loš najniža (najlošija) vrednost na ordinalnoj skali izlaza. Pravilo Cena Performanse Dizajn Telefon (Korisnost) P4 Niska Loše Loš Loš P8 Srednja Loše Loš Loš P10 Visoka Dobre Loš Loš P11 Visoka Loše Dobar Loš P12 Visoka Loše Loš Loš Gornju granicu sačinjava skup sledećih pravila: GG(Loš): {P4, P10, P11} Konačno kada smo identifikovali potrebne granice za svaku klasu možemo da ih uporedimo i da proverimo da li ovaj skup pravila ispunjava osobinu monotonosti. Pravilo Cena Performanse Dizajn Granica Telefon (Korisnost) P2 Niska Dobre Loš DG Odličan P5 Srednja Dobre Dobar DG Odličan P3 Niska Loše Dobar GG Srednji P6 Srednja Dobre Loš GG Srednji P9 Visoka Dobre Dobar GG Srednji P6 Srednja Dobre Loš DG Srednji P7 Srednja Loše Dobar DG Srednji P9 Visoka Dobre Dobar DG Srednji P4 Niska Loše Loš GG Loš P10 Visoka Dobre Loš GG Loš P11 Visoka Loše Dobar GG Loš Na osnovu Tabele iznad, možemo zaključiti da su definisana pravila monotona obzirom da: Nijedno pravilo iz GG(Loš) nije dominantno u odnosu na skup pravila DG(Srednji). 100

108 Odlučivanje - praktikum Nijedno pravili iz skupa GG(Srednji) nije dominantno u odnosu na skup pravila DG (Odličan). 3. Zadatak DO je počeo da popunjava izlazne vrednosti (odluke) za problem iz prethodnog zadatka. Trenutne vrednosti tabele pravila se nalaze u Tabeli ispod. Pravilo Cena Performanse Dizajn Telefon (Korisnost) P1 Niska Dobre Dobar Odličan P2 Niska Dobre Loš P3 Niska Loše Dobar P4 Niska Loše Loš Loš P5 Srednja Dobre Dobar P6 Srednja Dobre Loš Odličan P7 Srednja Loše Dobar P8 Srednja Loše Loš P9 Visoka Dobre Dobar Srednji P10 Visoka Dobre Loš P11 Visoka Loše Dobar P12 Visoka Loše Loš Loš Koje vrednosti izlaznog atributa mogu da uzmu pravila koja nisu popunjena (a da pritom poštuju pravilo monotonosti) i zašto. Primećujemo da pravila P1 i P12 imaju izlazne klase Odličan i Loš, respektivno. To je očigledno zato što je P1 dominantna a P12 dominirana u odnosu na sve ostale alternative. Obzirom da P6 ima vrednost izlaza Odličan, to znači da sva pravila koja su dominantna u odnosu na P6 moraju takođe imati izlaz Odličan. U ovom slučaju to su pravila P2 i P5. Dalje, pravilo P4 ima izlaznu vrednost Loš. To znači da sva pravila koja su dominirana od strane P4 moraju da imaju izlaznu vrednost Loš. U ovom slučaju to su pravila P8 i P12 (P12 je popunjeno sa Loš na samom početku, jer je to alternativa koja je dominirana od strane svih ostalih). Konačno pravilo P9 ima izlaznu vrednost Srednji. Sva pravila koja su dominantne u odnosu na P9 mogu da imaju izlaznu vrednost Srednji ili odličan, a pravila koja su dominirana mogu da imaju vrednisti Srednji ili Loš (naravno ukoliko ne naruše monotonost sa nekim od ostalih pravila iz kategorija Odličan ili Loš). Dominantna pravila u odnosu na P9 su: P5 i P1. Obzirom da su ona u koategoriji Odličan, pravilo monotonosti je ispoštovano. Pravila koja su dominirana u odnosu na P9 su P10, P11 i P12 i ona mogu uzeti vrednosti Srednji ili Loš. 101

109 Na osnovu analize iznad pravila mogu biti popunjena na sledeći način (Tabela ispod) Pravilo Cena Performanse Dizajn Telefon (Korisnost) P1 Niska Dobre Dobar Odličan P2 Niska Dobre Loš Odličan P3 Niska Loše Dobar P4 Niska Loše Loš Loš P5 Srednja Dobre Dobar Odličan P6 Srednja Dobre Loš Odličan P7 Srednja Loše Dobar P8 Srednja Loše Loš Loš P9 Visoka Dobre Dobar Srednji P10 Visoka Dobre Loš Srednji/Loš P11 Visoka Loše Dobar Srednji/Loš P12 Visoka Loše Loš Loš Hijerarhijsko modelovanje kod Dex metodologije Analizom veličine prostora pravila i osobine monotonosti u prethodnim zadacima može se doći do zaključka da kod modelovanja odlučivanja u realnim sistemima (gde prostor pravila često prelazi nekoliko hiljada pravila) javljaju dva česta problema: Značajno vreme koje DO treba da potroši na definisanje baze znanja i Mogućnost nekonzistentnosti povezivanja ulaznih i izlaznih delova pravila. Jedan od načina rešavanja ovih problema je korišćenje hijerarhijskog modela pri struktuiranju procesa odlučivanja (slično kao kod AHP metode). Struktuiranje problema tj. definisanje hijerarhijskog modela predstavlja proces kreiranja kriterijumskog stabla (grafa) u kome koje se sastoji iz: Korena stabla - konačnu korisnost alternativa (čvor odluke), Listova elementarnih atributa (kriterijuma) Čvorova složenih atributa (kriterijuma). Hijerarhijsko modelovanje, ekspertnog sistema, njegova primena i analiza osetljivosti su predstavljeni u sledećim zadacima. 102

110 Odlučivanje - praktikum 1. Zadatak DO razmatra nabavku pretplatnih paketa i mobilnih telefona za svoje zaposlene. Ponude operatera sadrže sledeće atribute koji su prethodno diskretizovani: Nabavna cena (aparata u tarifi): Niska, Srednja i Visoka, Račun (mesečna pretplata): Nizak, Srednji i Visok, Procesor (aparata u tarifi): Dobar, Srednji, Loš, Kamera (aparata u tarifi): Dobra i Loša, Memorija (aparata u tarifi): Dovoljna i Nedovoljna. Izlazni atribut predstavlja Korisnost (ponude) definisan na skali: Visoka, Srednja, Niska. a) Odrediti veličinu prostora pravila na osnovu datih atributa i odgovarajućih skala. b) Kreirati hijerarhijski model ukoliko na osnovu sledećih nad-kriterijuma i odgovarajućih skala: a. Troškovi: Visoki, Srednji, Niski b. Kvalitet: Visok, Srednji, Nizak c) Odrediti veličinu prostora pravila koji je definisan nad hijerarhijskim modelom kreiranim pod b). Rešenje: a) Na osnovu skala atributa možemo da zaključimo da je prostor pravila za DEX model veličine: 3*3*3*2*2 = 108. Već ova veličina prostora zahteva dosta vremena pri definiciji izlaza, kao i mogućnost povrede osobine monotonosti. b) Da bismo definisali hijerarhijski model na osnovu zahteva zadatka, potrebno je da definišemo Koren stabla (konačnu korisnost alternativa), kao i dva Čvora stabla, koje kreiramo na osnovu odgovarajućih elementarnih kriterijuma. Dakle kreiramo sledeće čvorove: Troškovi na osnovu Nabavne Cene i Računa i Kvalitet na osnovu Procesora, Kamere i Memorije. Korisnost (atribut odluke) ostaje ista: Visoka, Srednja, Niska. Kriterijumsko stablo (struktura) problema odlučivanja, koja je kreirana pristupom odozdo nagore je predstavljena na Slici ispod. 103

111 c) Prostor pravila kod hijerarhijskog modela je veličine 30. Potrebno je definisati izlazne vrednosti 9 pravila koja definišu nad-kriterijum Troškovi, 12 pravila koja definišu nad-kriterijum Kvalitet, kao i još 9 pravila koja definišu Korisnost ponude. 2. Zadatak DO dobio dve ponude pretplatnih paketa i mobilnih telefona. Ponude su predstavljene u Tabeli ispod. Ponuda Nabavna Cena Račun Procesor Kamera Memorija Ponuda 1 Visoka Srednji Loš Dobra Nedovoljna Ponuda 2 Visoka Visok Srednji Loša Nedovoljna Korišćenjem hijerarhijskog modela, potrebno je evaluirati (odrediti korisnost) ponude (Ponuda 1 i Ponuda 2). Rešenje: Za Ponudu 1, evaluacija (indukcija, određivanje) konačne korisnosti se vrši na sledeći način. Na prvom nivou hijerarhije (Troškovi i Kvalitet), aktiviraju se sledeća pravila: AKO je Nabavna Cena Visoka i Račun Srednji TADA su Troškovi Visoki AKO je Procesor Loš i Kamera Dobra i Memorija Nedovoljna TADA je Kvalitet Srednji Na drugom (poslednjem nivou hijerarhije) aktivira se pravilo koje da je konačnu korisnost za predloženu alternativu: 104

112 Odlučivanje - praktikum AKO su Troškovi Visoki i Kvalitet Srednji TADA je Korisnost (ponude) Niska Slično, za Ponudu 2 su aktivirana sledeća pravila: AKO je Nabavna Cena Srednja i Račun Visok TADA su Troškovi Srednji AKO je Procesor Srednji i Kamera Loša i Memorija Nedovoljna TADA je Kvalitet Nizak AKO su Troškovi Srednji i Kvalitet Nizak TADA je Korisnost (ponude) Niska Dakle iz primera možemo zaključiti da obe alternative (ponude) imaju Nisku korisnost po modelu sa Slike iz prethodnog zadatka. U ovakvim situacijama DO ima nekoliko mogućih opcija: Da odustane od nabavke, Da ponovi konkurs (prikupi dodatne alternative), Da razmotri mogućnost revizije ponude (Analiza Osetljivosti tj. Šta-Ako analiza). 3. Zadatak DO je primetio da Ponuda 1 ima visoku cenu i zanima ga da li bi Ponuda 1 promenila vrednost korisnosti ukoliko bi ponuđač spustio cenu na Srednju. Ukoliko bi došlo do promene korisnosti (da korisnost pređe u Srednju ili Visoku) DO bi mogao da traži novu ponudu sa redukovanom cenom. a) Proveriti da korisnost ponude 1 osetljiva na promenu nabavne cene ako se nabavna cena poboljša (pređe iz kategorije Visoka, u kategoriju Srednja). b) Da li je Ponuda 2 osetljiva na promenu elementarnog kriterijuma Procesor? Rešenje: a) Elementarni kriterijumi Ponude 1 sa izmenjenom Nabavnom cenom su predstavljeni u Tabeli ispod. Ponuda Nabavna Cena Račun Procesor Kamera Memorija Ponuda 1 Srednja Srednji Loš Dobra Nedovoljna Kako bismo testirali osetljivost, treba da uporedimo Korisnost ove alternative pre i posle izmene (proveravamo kakva bi bila korisnost kada bismo postigli bolju cenu). Iz prethodnog zadatka znamo da je korisnost bila Niska kada je nabavna cena bila Visoka. Da bismo ovo postigli, radimo evaluaciju izmenjene alternative, na osnovu modela iz Zadatka 1. U ovom slučaju dolazi do promene korisnosti kod nad-kriterijuma Troškovi pošto se aktivira pravilo: AKO je Nabavna Cena Srednja i Račun Srednji TADA su Troškovi Srednji Iz ovoga možemo zaključiti na je u slučaju Ponude 1 kriterijum roditelj (nad-kriterijum) Troškovi osetljiv na promenu kriterijuma deteta Nabavna Cena sa Visoke na Srednju. 105

113 Kada smo ustanovili da je došlo do promene korisnosti kod jednog od kriterijuma roditelja, potrebno je ispitati da li dolazi do promene na ostalim nivoima hijerarhije. U ovom slučaju jedini nivo hijerarhije na koji ova promena može da ima uticaj je poslednji nivo (konačna korisnost alternative). Dakle, pošto je promenjena vrednost nad-kriterijuma Troškovi, aktivirano je novo pravilo za konačnu korisnost: AKO su Troškovi Srednji i Kvalitet Srednji TADA je Korisnost (ponude) Visoka Iz ovog primera vidimo da je za promenu jednog od osnovnih kriterijuma (Nabavna Cena) za jednu vrednost na ordinalnoj skali došlo do promene konačne korisnosti za dve vrednosti (sa niske korisnosti na visoku). Prema tome, DO ima razloga da pokuša da revidira ponudu umesto da odustane od nje ili da prikuplja nove alternative. b) Da bismo ispitali da li je Ponuda 2 osetljiva na promenu nabavne cene, treba da ispitamo da li dolazi do promene njene korisnosti: Kada se Nabavna cena poboljša za jednu vrednost na skali i Kada se Nabavna cena pogorša za jednu vrednost na skali. Procesor kod Ponude 2 ima vrednost Srednji i pri tome ima Nisku korisnost. Da bismo ocenili da li je korisnost osetljiva na promenu ovog elementarnog kriterijuma, potrebno je da proverimo da li će se korisnost promeniti ukoliko Procesor uzme vrednost Dobar ili Loš. Kao i pod a) evaluiramo alternativu za moguće promene vrednosti (+-1 analiza). Bez evaluacije alternative, možemo da zaključimo da Korisnost nije osetljivo na ukoliko Procesor uzme vrednost Loš (pogorša vrednost). Ovo možemo da zaključimo jer Ponuda 2 ima Nisku (najlošiju moguću vrednost) korisnost. Obzirom da su pravila u modelu monotona, korisnost se neće menjati sa pogoršanjem vrednosti bilo kog od elementarnih atributa. U slučaju poboljšanja Procesora na Dobar moramo da evaluiramo alternative. Nakon evaluacije možemo primetiti da je nad - kriterijum Kvalitet osetljiv na ovu promenu (prelazi u Srednji), ali da Korisnost nije osetljiva (ostaje Niska) 106

114 Odlučivanje - praktikum Stabla Odlučivanja 1. Zadatak Tri prodavnice (A, B i C) su beležile prodaju svojih proizvoda u toku prethodne godine i kategorisale prodaju kao Dobra ili Loša, za svaki od proizvoda P1, P2, P3 i P4. Podaci u prodaji su dati u tabelama na slici ispod. a) Odrediti raspodelu (distribuciju) verovatnoća kategorija prodaje. b) Koja od prodavnica ima najveću neizvesnost prodaje a koja najmanju (i zašto)? Rešenje: a) Za prodavnicu A: P(Dobra) = 0.5, P(Loša) = 0.5 Za prodavnicu B: P(Dobra) = 1, P(Loša) = 0 Za prodavnicu C: P(Dobra) = 0.25, P(Loša) = 0.75 b) Na osnovu raspodele verovatnoća, možemo zaključiti da najveću neizvesnost prodaje ima prodavnica A jer su podjednake (uniformne) verovatnoće Dobre i Loše prodaje. Najmanju neizvesnost prodaje ima prodavnica C jer je verovatnoća prodaje jednaka Zadatak DO vodi evidenciju o Ceni i Prodaji svojih proizvoda. Istorijski podaci su prikazani u tabeli ispod. 107

115 Proizvod Cena Prodaja P1 Visoka Loša P2 Niska Dobra P3 Visoka Loša P4 Niska Dobra a) Odrediti raspodelu verovatnoća kategorija prodaje. b) Odrediti entropiju (neizvesnost) sistema prikazanog u tabeli iznad. c) Da li je atribut cena nosi informaciju o prodaji? Rešenje: a) P(Dobra) = 0.5, P(Loša) = 0.5 b) Entropiju sistema računamo na osnovu raspodele verovatnoća izlaznog atributa (Prodaja) po sledećoj formuli: H(S) = s j~$ p j log % (p j ) Gde je k broj različitih kategorija koje može uzeti izlazni atribut (u ovom slučaju Prodaja). Podsetimo se da se formula za entropiju može izraziti i na sledeći način: H(S) = s j~$ p j log $2(p j ) Dakle entropija sistema iz Tabele iznad je: Ili (ekvivalntno): H(Prodaja) = X0.5 log % (0.5) log % (0.5)Y = 1 H(Prodaja) = (0.5 log $2 (0.5) log $2 (0.5) = 1) 108

116 Odlučivanje - praktikum c) Ukoliko podelimo skup podataka prema atributu Cena dobijamo sledeće podskupove (Slika ispod). Sa slike vidimo da je svi slučajevi (proizvodi) koji imaju Nisku cenu imaju i Dobru prodaju, tj. distribucija prodaje pri uslovu da je cena Niska se može izraziti: P(Prodaja = Dobra Cena = Niska) = 1 P(Prodaja = Loša Cena = Niska) = 0 Sa druge strane, svi slučajevi (proizvodi) koji imaju Visoku cenu imaju Lošu prodaju, tj. P(Prodaja = Dobra Cena = Visoka) = 0 P(Prodaja = Loša Cena = Visoka) = 1 Dakle ukoliko početni sistem (skup podataka) podelimo po atributu Cena, izlazna vrednost Prodaje za svaki od pod-skupova je potpuno izvesna (neizvesnost tj. entropija je jednaka 0). Prema tome možemo zaključiti da atribut Cena nosi informaciju o atributu Prodaja. 109

117 3. Zadatak DO vodi evidenciju o Ceni i Prodaji svojih proizvoda. Istorijski podaci su prikazani u tabeli ispod. Proizvod SSD disk Prodaja P1 Ne Loša P2 Da Dobra P3 Da Loša P4 Da Dobra a) Odrediti entropiju sistema. b) Odrediti entropiju sistema nakon podele po atributu SSD disk. c) Kolika je Informaciona dobit podele skupa po atributu SSD disk? Rešenje: a) Kao i u prošlom primeru, H(S) = 1 b) Entropiju sistema nakon podele po atributu, računamo na osnovu Uslovne Entropije koja se račina po sledećoj formuli: Gde je: o H(S X) = p(x j ) H(S X = x j ) X - atribut po kome delimo skup, c - broj različitih kategorija atributa X, p(x j ) - verovatnoća pojavljivanja kategorije i. H(S X = x j ) entropija izlaznog atributa za podskup slučajeva gde je X = x j j~$ Dakle potrebno je odrediti entropiju izlaznog atributa (tj. Prodaje) nakon podele skupa po kategorijama atributa SSD disk. Na slici ispod možemo videti da se skup svih slučajeva deli na dva podskupa (SSD disk = 110

118 Odlučivanje - praktikum Da i SSD disk = Ne). Pri tome imamo 3 slučaja koji imaju SSD disk (leva grana) i 1 slučaj koji nema SSD disk (desna grana). Naš cilj je da odredimo količinu entropije (neizvesnosti) Prodaje celog skupa (slučajeva koji se nalaze i u levoj i u desnoj grani) nakon podele na podskupove po atributu SSD disk. Na osnovu prethodnih zadataka znamo da odredimo količinu entropije za levu i desnu granu posebno. H(Prodaja SSD disk = Da) = a 2 3 log % log % 1 b = H(Prodaja SSD disk = Ne) = X0 log % (0) + 1 log % (1)Y = 0 Možemo primetiti da je entropija desne grane 0 tj. nema neizvesnosti a leve Konačno uslovnu entropiju za atribut SSD disk određujemo kao zbir entropija svake grane, pri čemu je svaka entropija otežana verovatnoćom pojavljivanja slučaja u toj grani. Dakle: p(ssd disk = Da) = 3 4 = 0.75 p(ssd disk = Ne) = 1 4 = 0.25 Dakle entropija prodaje nakon podele po SSD disku je: p(ssd disk = Da) H(S SSD disk = Da) + p(ssd disk = Ne) H(S SSD disk = Ne) =

119 Na osnovu definicije uslovne entropije i rešenja zadatka, vidimo da uslovna entropija manje vrednuje parcijalne entropije podskupova čija je verovatnoća pojavljivanja manja (u ovom slučaju to je podskup SSD disk = Ne, koji sadrži samo jedan slučaj). c) Informaciona dobit atributa (podele skupa po atributu) predstavlja razliku između entropije sistema pre podele i nakon podele po tom atributu. I(X) = H(S) H(S X) Gde je H(S) količina entropije pre podele po atributu X, a H(S X) uslovna entropija (količina entropije nakon podele po atributu X). Dakle u našem slučaju: I(SSD disk) = H(Prodaja) H(Prodaja SSD disk) = =

120 Odlučivanje - praktikum 4. Zadatak Maloprodajna radnja računarske opreme prati prodaju laptop računara i vodi evidenciju o rezoluciji monitora i ceni tih računara. Prikupljeni podaci su prikazani u Tabeli ispod. Laptop Rezolucija Cena Prodaja 1 Niska Visoka Loša 2 Visoka Visoka Loša 3 Visoka Niska Dobra 4 Visoka Visoka Dobra 5 Visoka Niska Dobra 6 Visoka Niska Dobra 7 Visoka Visoka Loša 8 Visoka Niska Loša 9 Visoka Niska Dobra a) Izračunati entropiju Prodaje. b) Odrediti koji od ulaznih atributa (Rezolucija ili Cena) nosi više informacija o prodaji. c) Da li neki od ulaznih atributa smanjuje entropiju sistema na 0? Rešenje: a) H(Prodaja) = R log L % c R d + 7 log L L % c 7 d = L b) Da bismo odgovorili na ovo pitanje, potrebno je da izračunamo Informacione dobiti za Rezoluciju i Cenu. Prvo računamo parcijalne entropije za atribut rezolucija (za podskup računara sa Niskom i podskup računara sa Visokom rezolucijom). H(Prodaja Rezolucija = Niska) = 0 H(Prodaja Rezolucija = Visoka) = 5 8 log % log % 3 = Dalje, računamo uslovnu entropiju za atribut Rezolucija: 113

121 H(Prodaja Rezolucija) = = Konačno ocenjujemo Informacionu dobit za atribut Rezolucija: I(Rezolucija) = = Možemo primetiti da atribut rezolucija u Tabeli iznad ima samo jedan proizvod sa kategorijom Niska i 8 proizvoda sa kategorijom Visoka. Samim tim slučaj koji ima kategoriju Niska ima i entropiju 0, odnosno kreira jedan čist podskup. Sa druge strane, podrška ovom pravilu (AKO je Rezolucija Niska, tada je Prodaja Loša) je jako mala. Iz formule za Uslovnu Entropiju vidimo da je ovaj problem rešen tako što se veća težina daje entropiji podskupa slučajeva gde je rezolucija Visoka (8/9 naspram 1/9 za podskup sa Niskom rezolucijom). Ovakva situacija se često dešava u praksi i u ovom slučaju se može objasnitina sledeći način: zbog napretka tehnologije, sve je manje laptopova sa niskom rezolucijom monitora. Sa aspekta generisanja pravila odlučivanja, to znači da DO ne želi da se oslanja na to pravilo, jer je uzorak nedovoljan da bi mogao na osnovu njega da zaključuje. Dalje, računamo parcijalne entropije za atribut Cena (za podskup računara sa Niskom i podskup računara sa Visokom cenom). H(Prodaja Cena = Niska) = a 4 5 log 4 % log 1 % b = H(Prodaja Cena = Visoka) = a 3 4 log 3 % log 1 % b = Dalje, računamo uslovnu entropiju za atribut Rezolucija: H(Prodaja Cena) = = Konačno ocenjujemo Informacionu dobit za atribut Rezolucija: I(Cena) = =

122 Odlučivanje - praktikum c) Na osnovu rešenja pod a) i b) zaključujemo da nijedan od atributa (Rezolucija i Cena) ne smanjuju entropiju Prodaje na 0 tj. deljenjem početnog skupa podataka po ovim atributima ne dobijamo skupove sa jedinstvenom vrednošću izlaza (atributa Prodaja) po svim kategorijama koje mogu da uzmu ovi atrubuti. Jedina čista grana je za slučajeve koji imaju Nisku rezoluciju, ali ovaj slučaj se desio samo jednom. Sa druge strane, atribut Cena nema čiste podskupove, ali mu je Informaciona Dobit veća u odnosu na atribut Rezolucija. 5. Zadatak Menadžer golf terena ima zadatak da odredi radne dane terena za sledeći mesec tj. da odredi za svaki dan da li će se na terenu igrati golf ili ne. Menadžer zna da dolazak klijenata zavisi od vremenskih prilika obzirom da su tereni otvoreni. Na raspolaganju ima istorijsku bazu podataka o vremenskim prilikama i radu terena. Menadžer želi da kreira model odlučivanja, koji će automatski određivati radne dane terena na osnovu podataka o vremenskoj prognozi. Istorijski podaci o vremenskoj prognozi i radu terena su dati u Tabeli ispod. Kreirati model odlučivanja uz pomoć ID3 algoritma. Rešenje: Model odlučivanja kreiran primenom ID3 algoritma je prikazan na Slici ispod. U narednom tekstu će biti prikazan detaljni postupak sprovođenja ID3 algoritma, tj. kreiranja modela sa slike. 115

123 Podsetimo se da se ID3 algoritam sprovodi po sledećim koracima: 1. Izračunati entropiju celog skupa podataka (na osnovu izlazne vrednosti). 2. Izabrati atribut koji ima najveću Informacionu Dobit 3. Podeliti skup podatka (na podskupove) po vrednostima kategorija za izabrani atribut 4. Ponovljati korake 1-3 za svaki podskup dok: o Svi podskupovi ne postanu čisti (entropija im je 0) o Nema više atributa za grananje o Nijedan od ulaznih atributa ne smanjuje entropiju podskupa. Dakle, prvo računamo entropiju celog sitema: H(Igrati) = 9 14 log % log % 5 = Zatim određujemo uslovne entropije i odgovarajuće informacione dobiti za svaki od dostupnih atributa. Vreme Prvo računamo parcijalne (marginalne) entropije za svaku kategoriju atributa Vreme. Na slici ispod su prikazani podskupovi početnog skupa podataka ukoliko se podeli po kategorijama atributa Vreme. 116

124 Odlučivanje - praktikum Na osnovu raspodela verovatnoća izlaznog atributa Igrati, jednostavno možemo odrediti parcijalne (marginalne) entropije svakog pod-skupa. H(Igrati Vreme = sunčano) = a 3 5 log % log % 2 b = H(Igrati Vreme = oblačno) = X0 log % (0) + 1 log % (1)Y = 0 H(Igrati Vreme = kišovito) = a 3 5 log 3 % log 2 % b = Možemo primetiti da su parcijalne entropije za Sunčačne i Kišovite dane veće od entropije ukupne entropije sistema (0.971>0.940), ali da je parcijalna entropija za oblačne dane jednaka 0. Na osnovu parcijalnih entropija računamo uslovnu entropiju za atribut Vreme: H(Igrati Vreme) = = Konačno računamo informacionu dobit za atribut Vreme: I(Vreme) = = Temperatura Na slici ispod su prikazani podskupovi početnog skupa podataka ukoliko se podeli po kategorijama atributa Temperatura. 117

125 Na osnovu raspodela verovatnoća izlaznog atributa Igrati, jednostavno možemo odrediti parcijalne (marginalne) entropije svakog podskupa. H(Igrati Temperatura = vruće) = a 2 4 log 2 % log 2 % 4 b = 1 H(Igrati Temperatura = toplo) = a 4 6 log 4 % log 2 % b = H(Igrati Temperatura = hladno) = a 3 4 log 3 % log 1 % b = Uslovna entropija za atribut temperatura je: H(Igrati Temperatura) = = Konačno dobijamo Informacionu dobit atributa vreme. I(Temperatura) = = 0.03 Identičnim postupkom računamo parcijalne (marginalne), uslovne Entropije i Informacione dobiti za atribute Vlažnost i Vetar. Vlažnost I(Vlažnost) = Vetar I(Vetar) = Nakon poređenja informacionih dobiti za sva 4 ulazna atributa, zaključujemo da je najveća informaciona dobit ukoliko kompletan skup podelimo po atributu Vreme. 118

126 Odlučivanje - praktikum I(Vreme) = I(Temperatura) = 0.03 I(Vlažnost) = I(Vetar) = Stablo odlučivanja nakon deljenja skupa podataka po atributu Vreme je prikazano na Slici ispod. Sa slike možemo videti da kada je vreme Oblačno, uvek se igra golf. U ovom čvoru (podskupu) ispunjen je kriterijum zaustavljanja ID3 algoritma (entropija je jednaka 0). Prema tome, rast stabla odlučivanja u ovoj grani se zaustavlja i kreira se list, tj. čvor odluke, sa izlaznom vrednošću Da. To znači je kreirano pravilo: AKO je Vreme Oblačno TADA treba Igrati. Odnosno, u primeni modela, izlazna vrednost će biti Da za sve dane za koje je prognozirano Oblačno vreme (bez obzira na Vlažnost, Temperaturu i Vetar). Sa druge strane za ostale vrednosti atributa Vreme, podskupovi podataka nemaju čist izlaz, tj. postoji neizvesnost da li treba igrati ili ne. U ovoj situaciji proveravamo da li postoje još neki atributi koji bi mogli da smanje entropiju podskupova. U oba podskupa, dostupni su atributi Temperatura, Vlažnost i Vetar. Dakle, prema ID3 algoritmu (opisanom na početku zadatka) nijedan kriterijum zaustavljanja nije ispunjen. To znači da treba ponoviti postupak selekcije atributa sa najvećom vrednošću informacione dobiti, na svakom od ovih pod-skupova i granati stablo dalje, do ispunjenja jednog od kriterijuma zaustavljanja. Prvo ćemo granati stablo na podskupu svih Sunčanih dana. Ovaj podskup je prikazan u Tabeli ispod. Primećujemo da je u Tabeli izostavljen atribut Vreme. To je zato što je kod svih slučajeva u ovom podskupu vreme bilo Sunčano tj. ne postoji varijacija vrednosti po ovom atributu. Obzirom da nema varijacije, ovaj atribut ne nosi informaciju o izlaznom atributu i možemo ga zanemariti. 119

127 Temperatura Vlažnost Vetar Igrati? vruće visoka slab ne vruće visoka jak ne toplo visoka slab ne hladno normalna slab da toplo normalna jak da Identičnim postupkom kao i za atribut vreme dolazimo do informacionih dobiti ulaznih atributa iz Tabele iznad. Obzirom da je podskup slučajeva iz Tabele veoma mali, jasno je da atribut Vlažnost nosi najviše informacija o izlaznom atributu, obzirom da samo on može da razgrana ovaj skup na čiste podskupove. Formalni postupak određivanja atributa za grananje je prikazan u daljem tekstu. H(Igrati Vreme = sučano) = I(Temperatura Vreme = sučano) = I(Vlažnost Vreme = sučano) = I(Vetar Vreme = sučano) = Najveća Informaciona Dobit se dobija ukoliko dalje razgranamo stablo po atributu Vlažnost. Zaista, nakon grananja, leva grana stabla sadrži samo čiste čvorove (u kojima je entropija jednaka 0). Kriterijum zaustavljanja je ispunjen i u ovom delu stabla i prema tome kreiraju se terminalni čvorovi (listovi) sa odgovarajućim odlukama. 120

128 Odlučivanje - praktikum Konačno ponavljamo postupak za desnu stranu stabla (slučajevi kada je vreme bilo Kišovito). Tabela slučajeva je prikazana u Tabeli ispod. Temperatura Vlažnost Vetar Igrati? toplo visoka slab da hladno normalna slab da hladno normalna jak ne toplo normalna slab da toplo visoka jak ne H(Igrati Vreme = kišovito) = I(Temperatura Vreme = kišovito) = I(Vlažnost Vreme = kišovito) =0.371 I(Vetar Vreme = kišovito) = Slično kao u prethodnom primeru, zaključujemo da je atribut Vetar nosi najviše informacija o izlaznom atributu u ovom delu stabla. Konačni model stabla je prikazan na Slici ispod (identična slika sa samog početka zadatka). 121

129 Kada posmatramo ovaj model, možemo uvideti da se iz njega mogu izgenerisati sledeća AKO -TADA pravila: AKO je vreme Sunčano i vlažnost Visoka TADA ne treba igrati. AKO je vreme Sunčano i vlažnost Normalna TADA treba igrati. AKO je vreme Oblačno TADA treba igrati. AKO je vreme Kišovito i vetar Slab TADA treba igrati. AKO je vreme Kišovito i vetar Jak TADA ne treba igrati. U modelu stabla odlučivanja i odgovarajućim pravilima primećujemo da se atribut Temperatura nigde ne pojavljuje. To znači da ID3 algoritam zapravo ne posmatra ovaj atribut kao informativan. Sa druge strane, ID3 algoritam je heuristika koja koristi pohlepnu (eng. greedy) strategiju grananja. To znači da u svakom koraku bira atribut koji donosi najviše Informacione dobiti, odnosno model koji se dobija je u delovima optimalan (moguće je da postoji drugi način grananja koji bi više smanjio entropiju ukupnog modela). Dodatno možemo primetiti da u listovima stabla postoje atributi po kome je moguće dalje granati stablo. U listovima leve grane to su Temperatura i Vetar, a u listovima desne grane to su Temperatura i Vlažnost. To znači kojim slučajem na drugom nivou stabla nismo dobili čiste čvorove (listove) mogli bismo da vržimo dodatno grananje po ovim atributima i povećamo dubinu stabla i dodatno smanjimo entropiju. 122

130 Odlučivanje - praktikum 6. Zadatak Analitičar kreditnog rizika svakodnevno razmatra aplikacije za kredit i procenjuje da li postoji rizik da klijent ne vrati kredit na vreme. Primetio je da u poslednjim mesecima sve više klijenata (kojima je odobren kredit) kasne sa otplatom kredita. On želi da na osnovu istorijskih podataka uoči paterne (znanje) po kome se ponašaju klijenti kojima je odobren kredit i ustanovi koji kriterijumi utiču na to da klijent ne vrati kredit na vreme. Na raspolaganju ima istorijsku bazu podataka (Tabela ispod). Zaduženje Primanja Stan Otplata Kritično Visoka Da Ne Kritično Srednja Ne Ne Kritično Niska Da Ne Kritično Visoka Ne Ne Prihvatljivo Visoka Da Da Prihvatljivo Niska Da Da Prihvatljivo Srednja Da Da Prihvatljivo Srednja Ne Ne Povoljno Niska Ne Da Povoljno Niska Ne Ne Povoljno Niska Ne Ne a) Kreirati stablo odlučivanja korišćenjem ID3 algoritma. b) Kolika je očekivana tačnost klasifikacije? c) Generisati AKO-TADA pravila na osnovu pravila odlučivanja Rešenje: Prvo računamo ukupnu entropiju sistema (izlaznog atributa skupa podataka) H(Otplata) = a 7 11 log % log % 4 b = Zatim računamo entropije i odgovarajuće informacione dobiti za svaki od atributa. 123

131 Nivo Zaduženja H(Otplata Zaduženje = Kritično) = X0 log % (0) + 1 log % (1)Y = 0 H(Otplata Zaduženje = Prihvatljivo) = a 3 4 log 3 % log 1 % b = H(Otplata Zaduženje = Povoljno) = a 1 3 log % log % H(Otplata Zaduženje) = = b = I(Otplata) = = Primanja H(Otplata Primanja = Visoka) = a 2 3 log 2 % log 1 % b = H(Otplata Primanja = Srednja) = a 2 3 log 2 % log 1 % b = H(Otplata Primanja = Niska) = a 2 5 log 2 % log 3 % b = H(Otplata Primanja) = = I(Primanja) = = Stan H(Otplata Stan = Da) = a 2 5 log % H(Otplata Stan = Ne) = a 4 6 log % log 3 % b = log 2 % b = H(Otplata Stan) = = I(Stan) = =

132 Odlučivanje - praktikum Nakon poređenja Informacionih dobiti, zaključujemo da Nivo Zaduženja nosi najviše informacija o izlaznom atributu. Prema tome, koren stabla će biti atribut nivo zaduženja. Vidimo da u podskupu slučajeva kod kojih je Zaduženje = Kritično vrednost izlaznog atributa je uvek Ne tj. entropija tog podskupa je jednaka nuli. Ovaj podskup slučajeva proglašavamo za list stabla sa odlukom Ne. Dalje prelazimo na računanje Entropije podskupa slučajeva koji imaju Prihvatljivo zaduženje. Entropija ovog podsistema iznosi (ova vrednost je izračunata u prethodnom koraku): H(Otplata Zaduženje = Prihvatljivo) = Dalje, računamo parcijalne entropije za atribute Primanja i Stan. Primanja H(Otplata Zaduženje = Prihvatljivo, Primanja = Visoka) = 0 H(Otplata Zaduženje = Prihvatljivo, Primanja = Srednja) = 0 H(Otplata Zaduženje = Prihvatljivo, Primanja = Niska) = 1 H(Otplata Zaduženje = Prihvatljivo, Primanja) = = 0.5 I(Otplata Zaduženje = Prihvatljivo, Primanja) = =

133 Stan H(Otplata Zaduženje = Prihvatljivo, Stan = Da) = 0 H(Otplata Zaduženje = Prihvatljivo, Stan = Ne) = 0 H(Otplata Stan = Da) = a 2 5 log % log % 3 b = I(Otplata Zaduženje = Prihvatljivo, Stan) = = 0 Iz uslovnih informacionih dobiti jasno je da ovaj podskup treba granati po atributu Stan i kreirati listove stabla (obzirom da se entropija svodi na 0). Konačno posmatramo podskup slučajeva gde je Zaduženje = Povoljno. Možemo primetiti da ovde postoji entropija (0.915, što je izračunato u prethodnom koraku), i da postoje atributi po kome je moguće vršiti grananje. Međutim, ovi (ulazni atributi) ne nose nikakvu informaciju o izlaznom atributu. To je zato što ne postoji varijacija u atributima (kod oba atributa su sve vrednosti identične) i na osnovu njih nije moguće podeliti ovaj podskup tako da se entropija izlaznog atributa smanji. U ovu tvrdnju se možemo uveriti računanjem odgovarajućih informacionih dobiti. 126