ve (5) - Endüstri Mühendisliği Bölümü | Anadolu Üniversitesi

DOĞRUSAL OLMAYAN
PROGRAMLAMA
-IIIÇok değişkenli doğrusal olmayan
karar modelinin çözümü
Hazırlayan
Doç. Dr. Nil ARAS
Anadolu Üniversitesi, Endüstri
Mühendisliği Bölümü
İST328 Yöneylem Araştırması 2 Dersi
2011-2012 Öğretim Yılı
1
ÇOK DEĞİŞKENLİ KISITSIZ
DOĞRUSAL OLMAYAN
MODELLERİN ÇÖZÜMÜ
Eniyi (ENB/ENK) f ( x 1 , x 2 ,..., x n )
2
ADIM 1 (Yerel eniyi için gerekli koşul)
f(X)’in birinci mertebeden türevleri alınarak, ∇f(X)=0
denklem sisteminin kökleri araştırılır.(X=(x1,x2,…,xn))
i. 
ii. 
iii. 
Bu denklem sisteminin kökleri yok ise durulur.
Modelin çözümü (hiçbir yerel enbüyük veya
yerel enküçük nokta) yoktur.
Bu denklem sisteminin kökleri analitik olarak
bulunamıyorsa yine durulur. Analitik çözüm
mümkün olmadığından, sayısal çözüm
tekniklerine başvurulacak demektir.
Bu denklem sisteminin kökleri bulunmuş ise,
ikinci adıma geçilir.
3
ADIM 2 (Yerel eniyi için yeterli koşul)
∇f(X)=0 sistemini çözen her X(i) için, Hessian
matrisi oluşturularak, bu matrisin asal
minörleri araştırılır.
i. 
ii. 
iii. 
Hf(X(i)) pozitif belirli ise, X(i)’de yerel enküçük vardır.
Hf(X(i)) negatif belirli ise, X(i)’de yerel enbüyük
vardır.
(i) veya (ii) sözkonusu değilse, ilgili noktada yerel
özel bir değer yok demektir.
∇f(X)=0 sistemini çözen tüm X(i)’ler için bu işlemler
yapıldıktan sonra, üçüncü adıma geçilir.
4
ADIM 3 (Bütünsel eniyilik araştırması)
f(X)’in dışbükey veya içbükey
olup olmadığı araştırılır.
i. 
ii. 
iii. 
f(X) dışbükey bir fonksiyon ise, yerel enküçük olan
noktada fonksiyon bütünsel enküçük değere erişiyor
demektir. Yani modelin ENK f(X) için çözümü vardır.
f(X) içbükey bir fonksiyon ise, yerel enbüyük olan
nokta verilen modelin ENB f(X) için çözümü olup,
f(X) ilgili noktada bütünsel enbüyük değerini alıyor
demektir.
f(X), Rn üzerinde dışbükey veya içbükey değil ise,
bütünsel eniyi sözkonusu değildir.
5
A, B ve C noktalarının üçünde de birinci türev sıfır olmakla
beraber, A noktasınde yerel enbüyük, B noktasında yerel enküçük
vardır. C noktası ise dönüm noktasıdır.
6
n 
n 
n 
n 
Fonksiyon ne
içbükey ne
dışbükey
C dönüm noktası
Fonksiyon içbükey
A enbüyük nokta
7
ÖRNEK -1: (Kara, 39.sh.)
n 
f(x1,x2,x3)=x12-2x1x2+x1x3-x22+4x2x3+3x3-(23/8) x32
(I) YEREL ENİYİ İÇİN GEREKLİ KOŞUL
n  ∇f(X)=0 sisteminin kökleri ?
∂f
= 2x 1 − 2x 2 + x 3 = 0
∂x 1
(1)
∂f
= −2 x 1 − 2 x 2 + 4 x 3 = 0
∂x 2
(2)
∂f
23
= x 1 + 4x 2 + 3 −
x3 = 0
∂x 3
4
(3)
⎡ ∂f ⎤
⎢
⎥ ⎡0 ⎤
∂
x
⎢ 1 ⎥ ⎢ ⎥
∂f ⎥
∇f ( x ) = ⎢⎢
= ⎢0 ⎥
⎥
∂x 2
⎢ ⎥
⎢
⎥ ⎢ ⎥
⎢ ∂f ⎥ ⎣0 ⎦
⎢⎣ ∂x 3 ⎥⎦
8
•  (1)’den
•  (2) de
yerine
koyalım.
2x 1 − 2x 2 + x 3 = 0 → x 1 = x 2 −
1
x3
2
− 2x 1 − 2x 2 + 4x 3 = 0 →
( −2 x 1 + x 3 ) − 2 x 2 + 4 x 3 = 0
− 4x 2 + 5x 3 = 0
5
x2 − x3 = 0
4
•  (3) de
yerine
koyalım.
23
x 1 + 4x 2 + 3 −
x3
4
1
23
(x 2 − x 3 ) + 4x 2 + 3 −
x3
2
4
25
5x 2 −
x3 + 3
4
5
x2 − x3
4
...(4)
=0→
=0
=0
= −3
...(5)
9
SONUÇ:
n 
n 
(4) ve (5) çelişiyor. Bu denklem sisteminin kökleri
yok.
∇f(X)=0 sisteminin çözümü olmadığından, f(x)
fonksiyonunun YEREL ÖZEL NOKTASI
(DOLAYISIYLA BÜTÜNSEL ENİYİ NOKTASI)
olmadığına karar verilir.
10
ÖRNEK -2: (Winston, 658.sh.)
n 
f(x1,x2)=x12x2+x23x1-x1x2
(I) YEREL ENİYİ İÇİN GEREKLİ KOŞUL
n  ∇f(X)=0 sisteminin kökleri ?
∂f
3
= 2 x 1x 2 + x 2 − x 2 = 0
∂x 1
x 2 ( x 2 + 2 x 1 − 1) = 0
∂f
2
2
= x 1 + 3x 2 x 1 − x 1 = 0
∂x 2
x 1 ( x 1 + 3 x 2 − 1) = 0
2
Denklemlerin çözümü için 4 seçenek var:
•  x2=0 ya da (x22+2x1-1)=0
• x1=0 ya da (x1+3x22-1)=0
2
11
Denklemlerin çözümü için 4 seçenek var:
•  x2=0 ya da (x22+2x1-1)=0
• x1=0 ya da (x1+3x22-1)=0
1. 
x2=0 ve x1=0
à
X1=(0,0)
2. 
x2=0 ve (x1+3x22-1)=0
à
X2=(1,0)
3. 
(x22+2x1-1)=0 ve x1=0
à
X3=(0,1)
X4=(0,-1)
4. 
(x22+2x1-1)=0 ve (x1+3x22-1)=0 à
⎛ 2 1 ⎞
⎟⎟
X = ⎜⎜ ,
⎝ 5 5 ⎠
5
⎛ 2 − 1 ⎞
⎟⎟
X = ⎜⎜ ,
⎝ 5 5 ⎠
6
GEREKLİ KOŞULU SAĞLAYAN 6 ÖZEL NOKTA VAR !
12
(II) YEREL ENİYİ İÇİN YETERLİ KOŞUL
2
⎡
2x 2
( 2 x 1 + 3 x 2 − 1)⎤
⎥
H( x 1, x 2 ) = ⎢
⎢( 2 x + 3 x 2 − 1)
⎥
6
x
x
2
1 2
⎣ 1
⎦
13
2
⎡
2x 2
( 2 x 1 + 3 x 2 − 1)⎤
⎥
Hf = ⎢
⎢( 2 x + 3 x 2 − 1)
⎥
6 x 1x 2
2
⎣ 1
⎦
(1)
X1=(0,0)
H1 = 0
⎡ 0 − 1⎤
H ( 0, 0 ) = ⎢
⎥ →
⎢⎣− 1 0 ⎥⎦ H 2 = −1
(2)
X2 noktasında Hessian
matrisi belirsiz. Bu noktada
yerel eniyi yoktur.
DÖNÜM NOKTASI OLABİLİR.
X2=(1,0)
H1 = 0
⎡0 1⎤
H (1, 0 ) = ⎢
⎥ →
⎢⎣1 0 ⎥⎦ H 2 = −1
X2 noktasında Hessian
matrisi belirsiz. Bu noktada
yerel eniyi yoktur.
DÖNÜM NOKTASI OLABİLİR.
14
2
⎡
2x 2
( 2 x 1 + 3 x 2 − 1)⎤
⎥
Hf = ⎢
⎢( 2 x + 3 x 2 − 1)
⎥
6 x 1x 2
2
⎣ 1
⎦
(3)
X3=(0,1)
H1 = 2
⎡2 2 ⎤
H ( 0, 1) = ⎢
⎥ →
⎢⎣2 0 ⎥⎦ H 2 = −4
(4)
X3 noktasında Hessian
matrisi belirsiz. Bu noktada
yerel eniyi yoktur.
DÖNÜM NOKTASI OLABİLİR.
X4=(0,-1)
H 1 = −2
⎡− 2 2 ⎤
H ( 0,−1) = ⎢
⎥ →
⎢⎣ 2 0 ⎥⎦ H 2 = −4
X4 noktasında Hessian
matrisi belirsiz. Bu noktada
yerel eniyi yoktur.
DÖNÜM NOKTASI OLABİLİR.
15
2
⎡
2x 2
( 2 x 1 + 3 x 2 − 1)⎤
⎥
Hf = ⎢
⎢( 2 x + 3 x 2 − 1)
⎥
6
x
x
2
1 2
⎣ 1
⎦
(5)
⎛ 2 1 ⎞
⎟⎟
X = ⎜⎜ ,
⎝ 5 5 ⎠
5
⎡
⎢
2 1
H ( , ) = ⎢
5 5
⎢
⎢⎣
2
5
2
5
2
5
12
⎤
⎥ H 1 =
⎥ →
⎥
H2 =
⎥
5 5 ⎦
2
5
20
25
X5 noktasında Hessian matrisi POZİTİF BELİRLİ.
Bu noktada YEREL ENKÜÇÜK VARDIR.
16
2
⎡
2x 2
( 2 x 1 + 3 x 2 − 1)⎤
⎥
Hf = ⎢
⎢( 2 x + 3 x 2 − 1)
⎥
6
x
x
2
1 2
⎣ 1
⎦
(6)
⎛ 2 − 1 ⎞
⎟⎟
X = ⎜⎜ ,
⎝ 5 5 ⎠
6
⎡ − 2
⎢
2 -‐ 1
H ( , ) = ⎢ 5
5 5
⎢ 2
⎢⎣ 5
2 ⎤
−2
H1 =
⎥
5
5
⎥ →
− 12 ⎥
20
H2 =
⎥
25
5 5 ⎦
X6 noktasında Hessian matrisi NEGATİF BELİRLİ.
Bu noktada YEREL ENBÜYÜK VARDIR.
17
SONUÇ
Hessian matrisinin her (x1,x2) için pozitif belirli/yarı
belirli veya negatif belirli/yarı belirli olduğunu
söyleyemeyiz.
f(X), R2 üzerinde ne dışbükey ne içbükey bir
fonksiyondur.
Bir yerel enb. ve bir yerel enk. nokta vardır.
18
ÖRNEK-3
r
w
P
Q
K
L
:
:
:
:
:
:
sermayenin marjinal ürün maliyeti
işgücünün marjinal ürün maliyeti
birim satış fiyatı
Üretim miktarı
Sermaye miktarı
İşgücü miktarı
19
1. GEREKLİ KOŞUL
20
2. YETERLİ KOŞUL
Hf, negatif belirli
YEREL ENB.
VAR
21
3. BÜTÜNSEL ENİYİLİK SINAMASI
n 
Yerel eniyi olması muhtemel tek nokta bulunduğundan ve
fonksiyonun Hessian matrisi negatif belirli çıktığından,
fonksiyonun içbükey bir fonksiyon olduğu ve
(K=5.1,L=81) noktasının da fonksiyonu enbüyükleyen
nokta (bütünsel enbüyük) olduğu söylenebilir.
22
ÇOK DEĞİŞKENLİ
KISITLARI EŞİTLİK HALİNDE OLAN
DOĞRUSAL OLMAYAN MODELLER
g i ( X 1 , X 2 ,..., X n ) = b i ; i = 1,2,..., m kısıtları altında
Eniyi (Enb/Enk) f ( X 1 , X 2 ,..., X )
23
n 
n 
n 
Kısıtlar eşitlik halinde ise, bulunan çözüm ENİYİ
çözümdür. Yerel eniyi/ bütünsel eniyi
kavramına gerek yoktur.
Verilen model önce kısıtsız hale getirilir. Daha
sonra da bilinen tekniklerle indirgenmiş model
çözülür.
ANALİTİK ÇÖZÜM için 2 yaklaşım:
n  Yerine koyma yöntemi
n  Lagrange çarpanları
24
I. YERİNE KOYMA YÖNTEMİ
ÖRNEK: (Kara I.12, 48.sh.)
2
− x 1 + x 3 − 2x 1 = 0
− x2 + x4 +1 = 0
k.a.
ENBf ( X ) = x 1 x 3 − x 2 x 4
25
2
− x 1 + x 3 − 2x 1 = 0
− x2 + x4 +1 = 0
k.a.
ENBf ( X ) = x 1 x 3 − x 2 x 4
2
2
− x 1 + x 3 − 2x 1 = 0 → x 3 = x 1 + 2x 1
− x 2 + x 4 +1 = 0 → x 4 = x 2 −1
2
f ( x 1 , x 2 , x 3 , x 4 ) = f ( x 1 , x 2 , x 1 + 2 x 1 , x 2 − 1)
= h( x 1 , x 2 )
2
= x 1 ( x 1 + 2 x 1 ) − x 2 ( x 2 − 1)
3
2
2
= x 1 + 2 x 1 −x 2 + x 2
26
3
2
2
h( x 1 , x 2 ) = x 1 + 2 x 1 − x 2 + x 2
I. YEREL ENİYİ İÇİN GEREKLİ KOŞUL
∂h
2
= 3 x 1 + 4 x 1= 0 → x 1 (3 x 1 + 4 ) = 0
∂x 1
∂h
= −2 x 2 + 1 = 0 → 2 x 2 = 1
∂x 2
2 ÖZEL NOKTA
x1 = 0
−4
x1 =
3
1
x2 =
2
⎛ 1 ⎞
⎛ − 4 1 ⎞
2
X = ⎜ 0, ⎟ X = ⎜
, ⎟
⎝ 2 ⎠
⎝ 3 2 ⎠
1
27
II. YEREL ENİYİ İÇİN YETERLİ KOŞUL
⎡6 x 1 + 4 0 ⎤
H( x 1, x 2 ) = ⎢
⎥
⎢⎣ 0
− 2 ⎥⎦
H1 = 4 > 0
⎛ 1 ⎞ ⎡4 0 ⎤
H⎜ 0, ⎟ = ⎢
⎥ →
⎝ 2 ⎠ ⎢⎣0 − 2 ⎥⎦ H 2 = −8 < 0
⎛ − 4 1 ⎞ ⎡− 4 0 ⎤ H 1 = −4 < 0
H⎜
, ⎟ = ⎢
⎥ →
⎝ 3 2 ⎠ ⎢⎣ 0 − 2 ⎥⎦
H2 = 8 > 0
Hessian matrisi belirsiz.
Bu noktada yerel eniyi
yoktur. DÖNÜM
NOKTASI OLABİLİR.
Hessian matrisi
NEGATİF BELİRLİ. Bu noktada YEREL
ENBÜYÜK VARDIR.
28
SONUÇ:
−4
x1 =
3
1
x2 =
2
−8
x 3 = x 1 + 2x 1 =
9
−1
x 4 = x2 −1 =
2
2
⎛ − 4 1 -‐ 8 -‐ 1 ⎞
X = ⎜
, , , ⎟
⎝ 3 2 9 2 ⎠
37
f( X ) =
54
29
II. LAGRANGE ÇARPANLARI İLE ÇÖZÜM
g i ( X 1 , X 2 ,..., X n ) = b i ; i = 1,2,..., m λi
kısıtları altında
Eniyi (Enb/Enk) f ( X 1 , X 2 ,..., X )
n 
Her i. kısıta bir λi çarpanı karşı gelsin.
30
Lagrange fonksiyonu
L ( X , λ ) = L(x 1 , x 2 , ..., x n , λ 1 , λ 2 , ..., λ n ) m
L ( X , λ) = f( X ) +
∑
λ i [ b i − g i ( X )] i=1
n 
n 
X=(x1, x2, ..., xn) : Karar değişkenleri vektörü
λ=(λ1, λ2, ..., λm) : Her bir kısıta karşı gelen
lagrange çarpanlarının oluşturduğu vektör
31
L(X , λ) ‘yı ENB/ENK yapan (X*, λ*) noktasını
arıyoruz.
I. GEREKLİ KOŞULLAR
m
L ( X , λ) = f( X ) +
∑λ [ b − g ( X )] i
i
i
i=1
∂L
= 0 , j = 1,2,..., n
∂x j
∂L
= 0 , i = 1,2,..., m
∂λ i
32
m
L ( X , λ) = f( X ) +
∑λ [ b − g ( X )] i
i
i
i=1
∂L
∂f ( X )
=
−
∂x j
∂x j
m
∑
i=1
∂g i ( X )
λi
= 0 j = 1,2,..., n
∂x j
∂L
= b i − g i ( X ) = 0 , i = 1,2,..., m
∂λ i
33
II. YETERLİ KOŞULLAR
A) KISITLAR DOĞRUSAL FONKSİYON İSE
n 
n 
Eğer tüm kısıtlar doğrusal fonksiyon ise,
fonksiyonun içbükey/dışbükey olup olmadığı
belirlenerek ENB/ENK nokta bulunur.
Hessian matrisi pozitif belirli/yarı belirli ise
f(X) dışbükey; negatif belirli/yarı belirli ise
f(X)içbükeydir.
34
TEOREM
n 
f(X) bir ENBÜYÜKLEME PROBLEMİ olsun. Eğer her gi(X)
doğrusal bir fonksiyon ve f(X) içbükey bir fonksiyonsa,
∂L
∂L
=
= 0 ∂x j ∂λ i
n 
denklemini sağlayan X* noktası ENBÜYÜK noktadır.
f(X) bir ENKÜÇÜKLEME PROBLEMİ olsun. Eğer her gi(X)
doğrusal bir fonksiyon ve f(X) dışbükey bir fonksiyonsa,
∂L
∂L
=
= 0 ∂x j ∂λ i
denklemini sağlayan X* noktası ENKÜÇÜK noktadır.
35
B) HER KISIT DOĞRUSAL DEĞİLSE
n 
n 
Sınırlandırılmış Hessian matrisi bulunur –H(c)–
H(c)=0 yapan kökler araştırılır. H(c)’nin
köklerinden hareketle ENB/ENK nokta olup
olmadığı belirlenir.
n  Tüm kökler > 0 à ENKÜÇÜK değer
n  Tüm kökler < 0 à ENBÜYÜK değer vardır.
36
H( c ) =
2
F ij − c Ι
G(X 0 )
G '( X 0 )
0
∂ f( X 0 , λ 0 )
F ij =
∂x i ∂x j n×n
⎡ ∂g i ( X 0 ) ⎤
G ( X 0 ) = ⎢
⎥
⎣ ∂x n ⎦ n×m
37
Lagrange çarpanlarının ekonomik anlamı
n 
Lagrange çarpanları kaynakların marjinal
katkılarını yani gölge fiyatlarını vermektedir.
∂z
λi =
∂b i
n 
Eğer i. kısıtın sağ taraf sabiti ∆bi kadar arttırılırsa,
eniyi z-değeri yaklaşık olarak
m
∑
kadar artacaktır.
( Δb i )λ i
i=1
38
n 
n 
n 
n 
i. kısıtın STS’ni 1 birim arttırmakla, elde edilecek
eniyi çözümde, amaç fonksiyonu değeri önceki
değerinden λi kadar daha büyük olacaktır.
Ya da, i. kısıtın STS’ni 1 birim azaltmakla, elde
edilecek eniyi çözümde, amaç fonksiyonu değeri
önceki değerinden λi kadar daha küçük
olacaktır.
AMAÇ, enbüyükleme ise, karar verici ilgili STS’ni
1 birim arttırmak için en fazla λi kadar para
harcamayı göze alabilecektir.
AMAÇ, enküçükleme ise, karar verici ilgili STS’ni
1 birim azaltmak için en fazla λi kadar para
harcamayı göze alabilecektir.
39
ÖRNEK: Winston, 667. sh.
3 x + y = 10
k .a.
ENBz = −2 x 2 − y 2 + xy + 8 x + 3 y
L ( X , λ ) = L ( x, y, λ ) = f ( x, y ) + λ[b − g( x, y )]
L ( x, y, λ) = −2 x 2 − y 2 + xy + 8 x + 3 y + λ[10 − 3 x − y ]
40
L ( x, y, λ) = −2 x 2 − y 2 + xy + 8 x + 3 y + λ[10 − 3 x − y ]
I. GEREKLİ KOŞUL
∂L ∂L ∂L
=
=
=0
∂x ∂y ∂λ
∂L
= −4 x + y + 8 − 3 λ = 0 ∂x
∂L
= −2 y + x + 3 − λ = 0
∂y
y = 4 x − 8 + 3λ
x = 2y − 3 + λ
∂L
= 10 − 3 x − y = 0
∂λ
41
20
y = 4 x − 8 + 3 λ = 4( 2 y − 3 + λ ) − 8 + 3 λ → y =
−λ
7
19
x = 2 y − 3 + λ = 2( 4 x − 8 + 3 λ ) − 3 + λ → x =
−λ
7
⎛ 19
⎞ ⎛ 20
⎞
10 − 3 x − y = 0 → 10 − 3⎜ − λ ⎟ − ⎜
− λ ⎟ = 0
⎝ 7
⎠ ⎝ 7
⎠
1
λ=
4
69
x* =
28
73
y* =
28
42
II. YETERLİ KOŞUL
Kısıt doğrusal. Fonksiyonun dışbükey/içbükeyliği
araştırılır.
n 
⎡− 4 1 ⎤ H 1 = −4 < 0
H( x, y ) = ⎢
⎥ →
⎢⎣ 1 − 2 ⎥⎦
H2 = 7 > 0
n 
n 
H(x,y) negatif belirli à Fonksiyon İÇBÜKEY.
Teoreme göre, kısıt doğrusal ve fonksiyon
içbükey olduğundan bulunan nokta ENBÜYÜK
noktadır.
43
II. YETERLİ KOŞUL (2.yol)
n 
Yeterli koşulun sağlanıp sağlanmadığını H(c)’nin
köklerini araştırarak da test edebiliriz.
⎡− 3 ⎤
⎡− 4 1 ⎤
⎡ ∂g i ( X 0 ) ⎤
∂ 2 f( X 0 , λ 0 )
F ij =
= ⎢
⎥ G ( X 0 ) = ⎢
⎥ = ⎢ ⎥
∂x i ∂x j 2 x 2 ⎢⎣ 1 − 2 ⎥⎦
⎣ ∂x n ⎦ 2 x 1 ⎢⎣ − 1⎥⎦
H( c ) =
F ij − c Ι
G(X 0 )
G '( X 0 )
0
=
−4 −c
1
1
−2 −c
−3
−1
−3
−1 = 0
c = −3
0
c<0 olduğundan bulunan noktada YEREL ENBÜYÜK vardır.
44
1
λ=
4
n 
n 
n 
n 
Reklama ∆ kadar fazladan para ayırmak, firma
gelirini yaklaşık olarak ∆x0.25 kadar
arttıracaktır.
Kısıt: 3x +y =10
n  STS’ni 1 birim arttıralım.
n  3x +y =11 olsun.
Eniyi çözümdeki z değeri önceki değerinden
1x0.25=0.25 kadar daha büyük olacaktır.
Karar verici, ilgili STS’ni 1 birim arttırmak için
en fazla 0.25 birim para harcamayı göze
alabilecektir.
45
ÇALIŞMA SORUSU-1
46
ÇALIŞMA SORUSU-2
47
ÇALIŞMA SORUSU -3
n 
Büyükşehir Belediyesi dikdörtgen şeklinde 15.010 metrekare büyüklüğünde bir park yapmak istemektedir. Bu parkın uzun kenarları boyunca 10 metre ve kısa kenarları boyunca 6 metre genişliğinde yayalar için yol yapılacakCr. Parkın boyutları ne olmalıdır ki parkın alanı enbüyük olsun. 48
ÇALIŞMA SORUSU -4
n 
X makinesinde kullanılmak üzere r yarıçaplı bir kürenin dışına minimum hacimli bir dik koni yerleşFrilecekFr. Küre, koninin tabanına ve yanal yüzeyine teğet olacakCr. Bu dik koninin boyutlarını bulunuz. CEVAP:
y
r
r
x
y = 4r, x = r 2
49
ÇALIŞMA SORUSU -5
n 
n 
Elektrik mühendisi Bay Yıldırım serbest olarak çalışmaktadır. YapCğı her işin kendisine maliyeF C=40 TL’dir. YapCğı işlerin sayısı ile aldığı ücret arasında q=500-‐2p bağınCsının olduğunu tespit etmişFr (p: ücret, q: iş sayısı). YapCğı işin sayısı ile ilgili herhangi bir sınır bulunmadığına göre işi kaça yaparsa maksimum karı elde eder? Bu durumdaki iş sayısı nedir? 50
ÇALIŞMA SORUSU -6
Temiz Kimya Fabrikasında çalışan kimya mühendisi Bayan İpek, kendi buluşu olan İpek marka şampuanları imal etmektedir. Şampuanın beher kutusu için 0.5 birim işçilik ve 2 birim hammadde sarfedilmektedir. İşçiliğin birim maliyeF 4 TL, birim maliyete uygulanan iskonto sebebiyle hammaddelerin maliyet fonksiyonu (160-‐4q) bağınCsı ile belirlenmişFr. Burada q hammadde miktarını göstermektedir. ŞirkeFn günlük genel masraﬂarı sabit olup 7500 TL’dir. ÜreFlen malların pazarlama masra_ ise (50+3q)’dur. Bu verilere göre üreFm maliyeF hangi üreFm seviyesinde minimum olur? 51
ÇALIŞMA SORUSU -7
Işık KollekFf ŞirkeF, güneş enerjisinden isFfade etmek için 100 adet bakır kollektör imal edecekFr. Yapılan hesaplara göre 2.425 m2 olan panolar en uygun kollektör görevini yapabilmektedir. Her panonum alt ve üstünde 10’ar cm ve yanlarında 8’er cm su borularının geçmesi için cam yünlü kanallar yapılacakCr. Şirkefe çalışan bir mühendis, uzun kenarlarını 3.031 metre ve kısa kenarlarını 0.80 metre olarak panoların yapılmasına karar vermişFr. Kollektör alanı argkça elde edilecek sıcak su miktarı da artacakCr ve boyutlar konusunda bir sınırlama bulunmamaktadır. 52
ÇALIŞMA SORUSU -7
a) Eğer mühendis, ısı toplayacak bakır yüzeyin maksimum olmasını temin etmiş olsaydı ebatlar ne olurdu ? b) Kaç metrekarelik bir alandan isFfade edilecekF? c) Mühendis, 3.031 ve 0.80 metre ebatlarında panoların yapılmasına karar verdiği için toplam kaç metrekarelik faydalı bir alanı israf etmiş olmaktadır? 53
DOĞRUSAL OLMAYAN KARAR
MODELİNİN GENEL HALİ
KUHN-TUCKER KOŞULLARI
≤
g i ( X 1 , X 2 ,..., X n ) = b i ; i = 1,2,..., m ≥
kısıtları altında
Eniyi (Enb/Enk) f ( X 1 , X 2 ,..., X )
54
n 
Kısıtlı bir doğrusal olmayan programlama
modeli, tüm kısıtlar “≤0 “ olacak şekilde
yeniden düzenlensin.
≤
g i ( X 1 , X 2 ,..., X n ) = b i ≥
kısıtları altında
Enb f ( X 1 , X 2 ,..., X )
g i ( X 1 , X 2 ,..., X n ) ≤ 0
kısıtları altında
Enb z = f ( X 1 , X 2 ,..., X )
55
n 
Modelin kısıtlarını eşitlik haline getirmek için,
her kısıta Si2 aylak değişkenlerini ekleyelim.
gi(X ) ≤ 0
gi(X ) + S İ = 0
kısıtları altında
Enb z = f ( X )
kısıtları altında
n 
2
Enb z = f ( X )
λi, her kısıta karşı gelen lagrange çarpanı olmak
üzere, modelin Lagrange fonksiyonunu yazalım.
m
L ( X , λ) = f( X ) +
∑λ [ b − g ( X )] i
i
i
i=1
m
L ( X , S , λ) = f( X ) −
∑
2
λ i [ g i ( X ) + S İ ] i=1
56
ENİYİ NOKTA İÇİN GEREKLİ KOŞULLAR
m
L ( X , S , λ) = f( X ) −
∑
2
λ i [ g i ( X ) + S İ ] i=1
∂L ( X , S , λ ) ∂f ( X )
=
−

∂x j
∂x j
m
∑
i=1
∂g i ( X )
λi
= 0 j = 1,2,..., n
∂x j
∂L ( X , S , λ )
= −2 λ i S i = 0 , i = 1,2,..., m

∂S i
∂L ( X , S , λ )
2
= g i ( X ) + S İ = 0 , i = 1,2,..., m

∂λ i
57
2. eşitliğe bakalım.
n 
n 
n 
n 
∂L ( X , S , λ )
= −2 λ i S i = 0 , i = 1,2,..., m
∂S i
Eniyi çözümün olduğu noktada;
n  λi>0 à Si=0 ya da Si>0 à λi=0
n  Doğrusal programlamadaki aylaklığın
tamamlayanı özelliğinin benzeri !
λi>0 à Si=0 à gi(X)≤0 olarak verilen kısıt eniyi
çözümde gi(X)=0 olarak gerçekleşir.
Si>0 à λi=0 à gi(X)≤0 olarak verilen kısıt eniyi
çözümde gi(X)<0 olarak gerçekleşir.
λi ve Si hangi değerleri alırlarsa alsınlar ENİYİ
ÇÖZÜMDE izleyen eşitlik gerçekleşmektedir.
λ i g i ( X ) = 0 ü
58
n 
Lagrange çarpanlarının ekonomik anlamlarını
hatırlayalım. Eniyi çözümde :
∂z
λi =
∂b i
n 
ENB Z için bi’deki 1 birim artışın marjinal katkısı
olan λi’nin negatif değer alamayacağı görülür.
λ i ≥ 0 ü
59
n 
ikinci koşul, aynı zamanda aşağıdaki lagrange
fonksiyonuna eşittir.
∂f( X )
( ΙΙ ) −
∂x j
m
∑
i=1
∂g i ( X )
λi
= 0 ∀j = 1,2,..., n
∂x j
m
L ( X , λ) = f( X ) −
∑
λ i g i ( X ) i=1
60
SONUÇ OLARAK, gerekli koşulları yeniden
düzenlersek, sağdaki biçime dönüştürülmüş
modelin ENİYİ ÇÖZÜMÜNDE izleyen koşullar
sağlanır. Bu koşullara KUHN-TUCKER
koşulları (K-T koşulları) denir.
gi(X ) ≤ 0
kısıtları altında
ENB z = f ( X )
( Ι ) λ i ≥ 0 , ∀ i = 1,2,..., m
∂f ( X )
( ΙΙ ) −
∂x j
m
∑
i=1
∂g i ( X )
λi
= 0 ∀j = 1,2,..., n
∂x j
( ΙΙΙ ) λ i g i ( X ) = 0, ∀ i = 1,2,..., m
( ΙV ) g i ( X ) ≤ 0, ∀ i = 1,2,..., m
61
gi(X ) ≤ 0
n 
Karar modelinin amacı
enküçüklemek ve model sağdaki
biçimde düzenlenmiş ise, (I) nolu
koşul izleyen şekilde
sağlanmalıdır.
kısıtları altında
ENK z = f ( X )
( Ι ) λ i ≤ 0 , ∀ i = 1,2,..., m
62
n 
n 
Modelin çözümünde, λi’lerin alabileceği
değerlerden hareketle bu koşulları sağlayan
(X, λ) değerleri araştırılır.
Kuhn-Tucker Koşullarının Önemi:
n  Bazı modellerin analitik çözümü doğrudan
bulunur.
n  Doğrusal olmayan programlama için
geliştirilen birçok sayısal çözümleme
tekniğinin temelini oluşturur (kareli
programlama, dışbükey programlama gibi.)
63
ENİYİ NOKTA İÇİN YETERLİ KOŞULLAR
TEOREM:
n  f(X), dışbükey kümede tanımlı içbükey bir
fonksiyon ise, K-T koşullarını sağlayan nokta
bütünsel (kısıtlı) enbüyük değerini verir.
n  f(X), dışbükey kümede tanımlı dışbükey bir
fonksiyon ise, K-T koşullarını sağlayan nokta
bütünsel (kısıtlı) enküçük değerini verir.
NOT: Dışbükey kümede tanımlı olması demek, kısıtların hepsinin
dışbükey fonksiyonlar olması anlamına gelir.
64
ÖRNEK-1. (Winston 676. sh.)
x1 + x 2 ≤ x 3
x 3 ≤ 17 .25
x 1, x 2 , x 3 ≥ 0
x1: Birinci ürünün imalat miktarı (kg)
x2: İkinci ürünün imalat miktarı (kg)
x3: Kimyasal maddenin kullanım miktarı (kg)
Amaç: Karın enbüyüklenmesi
kısıtları altında
ENB Z = x 1 (30 -‐ x 1 ) + x 2 (50 -‐ x 2 ) -‐ 3x 1 -‐ 5x 2 -‐ 10x 3
n 
İlk adımda, model sağdaki
biçime dönüştürülür.
gi(X ) ≤ 0
kısıtları altında
ENB z = f ( X )
65
x1 + x 2 − x 3 ≤ 0
x 3 − 17 .25 ≤ 0
− x1 ≤ 0
− x2 ≤ 0
− x3 ≤ 0
kısıtları altında
2
ENB Z = 27 x 1 + 45x 2 -‐ 10x 3 -‐ x 1 -‐ 2x 2
2
66
•  Amaç fonksiyonu içbükey ve doğrusal
fonksiyonların toplamıdır. Dolayısıyla amaç
fonksiyonu İÇBÜKEY BİR FONKSİYONDUR.
•  Kısıtlar doğrusal olduğundan, amaç
fonksiyonunun tanımlı olduğu küme DIŞBÜKEY
BİR KÜMEDİR.
•  Enbüyüklenmek istenen fonksiyon dışbükey
kümede tanımlı içbükey bir fonksiyon
olduğundan, gerekli koşulları sağlayan çözüm
ENİYİ ÇÖZÜM (BÜTÜNSEL ENBÜYÜK) olacaktır.
67
x1 + x 2 − x 3 ≤ 0
x 3 − 17 .25 ≤ 0
− x1 ≤ 0
− x2 ≤ 0
− x3 ≤ 0
kısıtları altında
2
ENB Z = 27 x 1 + 45x 2 -‐ 10x 3 -‐ x 1 -‐ 2x 2
m
L ( X , λ) = f( X ) −
∑ λ g ( X ) i
i
i=1
2
2
= 27 x 1 + 45x 2 -‐ 10x 3 -‐ x 1 -‐ 2x 2 − λ 1 ( x 1 + x 2 − x 3 )
− λ 2 ( x 3 − 17 .25 ) − λ 3 ( − x 1 ) − λ 4 ( − x 2 ) − λ 5 ( − x 3 )
68
2
x1 + x 2 − x 3 ≤ 0
Kuhn-Tucker Koşulları
x 3 − 17 .25 ≤ 0
− x1 ≤ 0
− x2 ≤ 0
− x3 ≤ 0
kısıtları altında
2
( Ι ) λ i ≥ 0 , ∀ i = 1,2,3,4,5
ENB Z = 27 x 1 + 45x 2 -‐ 10x 3 -‐ x 1 -‐ 2x 2
∂f ( X )
( ΙΙ ) −
∂x j
m
∑
i=1
∂g i ( X )
λi
= 0 ∀j = 1,2,3
∂x j
( ΙΙΙ ) λ i g i ( X ) = 0, ∀ i = 1,2,3,4,5
( ΙV ) g i ( X ) ≤ 0, ∀ i = 1,2,3,4,5
69
2
m
L ( X , λ) = f( X ) −
Kuhn-Tucker Koşulları
∑ λ g ( X ) i
i
i=1
2
2
= 27 x 1 + 45x 2 -‐ 10x 3 -‐ x 1 -‐ 2x 2 − λ 1 ( x 1 + x 2 − x 3 )
− λ 2 ( x 3 − 17 .25 ) − λ 3 ( − x 1 ) − λ 4 ( − x 2 ) − λ 5 ( − x 3 )
( ΙΙ ) 27 -‐ 2x 1 -‐ λ 1 + λ 3 = 0
( Ι ) λ 1, λ 2 , λ 3 , λ 4 , λ 5 ≥ 0 45 -‐ 4x 2 -‐ λ 1 + λ 4 = 0
-‐ 10 + λ 1 -‐ λ 2 = 0
( ΙΙΙ ) λ 1 ( x 1 + x 2 − x 3 ) = 0
λ 2 ( x 3 − 17 .25 ) = 0
( ΙV ) x 1 + x 2 − x 3 ≤ 0
x 3 − 17 .25 ≤ 0
λ3 (x 1 ) = 0
− x1 ≤ 0
λ4 (x 2 ) = 0
− x2 ≤ 0
λ5 (x 3 ) = 0
− x3 ≤ 0
70
n 
n 
n 
K-T koşullarını sağlayan çözüm ENBÜYÜK KARI
VEREN ENİYİ ÇÖZÜMDÜR.
Modelin çözümünde, λi’lerin alabileceği
değerlerden hareketle bu koşulları sağlayan
(X, λ) değerleri araştırılacaktır.
Her lagrange çarpanı için iki durum
sözkonusudur. Eniyi çözümde ;
n  ya λi=0 olacak ya da λi>0 olacaktır.
71
n 
n 
n 
Örneğimizde, λ3, λ4, λ5 işaret kısıtlarına karşı gelen
lagrange çarpanlarıdır.
Eniyi çözümde bu kısıtların kendiliğinden
karşılanacağını düşünürsek, λ3=λ4=λ5=0 alabiliriz.
Bu durumda λ1 ve λ2‘nin 4 farklı durumu için K-T
koşullarını sağlayan bir çözüm aranacaktır.
n  (I)
λ1=0 ve λ2=0 olabilir.
n  (II)
λ1=0 ve λ2>0 olabilir.
n  (III)
λ1>0 ve λ2=0 olabilir.
n  (IV)
λ1>0 ve λ2=0 olabilir.
72
(I)
λ1=0 ve λ2=0
( Ι ) λ 1 , λ 2 , λ 3 , λ 4 , λ 5 ≥ 0 ( ΙΙ ) 27 -‐ 2x 1 -‐ λ 1 + λ 3 = 0
45 -‐ 4x 2 -‐ λ 1 + λ 4 = 0
-‐ 10 + λ 1 -‐ λ 2 = 0
n 
n 
1. koşul sağlanıyor.
2. koşuldaki 3. kısıt
sağlanmadığından, bu
durum için eniyi çözümün
gerçekleşmediğini
söyleyebiliriz.
( ΙΙΙ ) λ 1 ( x 1 + x 2 − x 3 ) = 0
λ 2 ( x 3 − 17 .25 ) = 0
λ3 (x 1 ) = 0
λ4 (x 2 ) = 0
λ5 (x 3 ) = 0
( ΙV ) x 1 + x 2 − x 3 ≤ 0
x 3 − 17 .25 ≤ 0
− x1 ≤ 0
− x2 ≤ 0
− x3 ≤ 0
73
(II) λ1=0 ve λ2>0
( Ι ) λ 1 , λ 2 , λ 3 , λ 4 , λ 5 ≥ 0 ( ΙΙ ) 27 -‐ 2x 1 -‐ λ 1 + λ 3 = 0
45 -‐ 4x 2 -‐ λ 1 + λ 4 = 0
n 
n 
1. koşul sağlanıyor.
2. koşuldaki 3. kısıtla 1.
koşul çeliştiğinden, bu
durum için de eniyi
çözümün gerçekleşmediğini
söyleyebiliriz.
-‐ 10 + λ 1 -‐ λ 2 = 0
-‐ 10 + 0 -‐ λ 2 = 0 → λ 2 = −1 0
(I) nolu K-T koşuluna göre, lagrange çarpanları
sıfırdan büyük eşit olmak zorunda !
-‐ 10 + λ 1 -‐ λ 2 = 0
( ΙΙΙ ) λ 1 ( x 1 + x 2 − x 3 ) = 0
λ 2 ( x 3 − 17 .25 ) = 0
λ3 (x 1 ) = 0
λ4 (x 2 ) = 0
λ5 (x 3 ) = 0
( ΙV ) x 1 + x 2 − x 3 ≤ 0
x 3 − 17 .25 ≤ 0
− x1 ≤ 0
− x2 ≤ 0
− x3 ≤ 0
74
(III) λ1>0 ve λ2=0
( Ι ) λ 1 , λ 2 , λ 3 , λ 4 , λ 5 ≥ 0 ( ΙΙ ) -‐ 10 + λ 1 -‐ λ 2 = 0 → λ 1 = 10 17
= 8.5 2
35
45 -‐ 4x 2 -‐ λ 1 + λ 4 = 0 → x 2 =
= 8 .75
4
27 -‐ 2x 1 -‐ λ 1 + λ 3 = 0 → x 1 =
( ΙΙΙ ) λ 1 ( x 1 + x 2 − x 3 ) = 0 → x 3 = 17 .25
n 
n 
Tüm K-T koşulları
sağlanıyor.
ENİYİ ÇÖZÜM bulundu.
λ 2 ( x 3 − 17 . 25 ) = 0
λ3 (x 1 ) = 0
λ4 (x 2 ) = 0
λ5 (x 3 ) = 0
( ΙV ) x 1 + x 2 − x 3 ≤ 0
x 3 − 17 . 25 ≤ 0
− x1 ≤ 0
− x2 ≤ 0
− x3 ≤ 0
75
(IV) λ1>0 ve λ2>0
n 
n 
Tüm koşulları sağlayan bir
ENİYİ ÇÖZÜM
bulduğumuzdan, bu
durum için K-T koşullarının
kısıtlarını test etmeye
gerek yoktur.
Eğer kısıtları aynı anda
sağlayan bir çözüm
bulmaya çalışırsak, λ1’in
sıfırdan küçük değer
aldığını görürüz ki bu da
(I) nolu K-T koşulu ile
çelişir.
( Ι ) λ 1 , λ 2 , λ 3 , λ 4 , λ 5 ≥ 0 ( ΙΙ ) 27 -‐ 2x 1 -‐ λ 1 + λ 3 = 0
45 -‐ 4x 2 -‐ λ 1 + λ 4 = 0
-‐ 10 + λ 1 -‐ λ 2 = 0
( ΙΙΙ ) λ 1 ( x 1 + x 2 − x 3 ) = 0
λ 2 ( x 3 − 17 .25 ) = 0
λ3 (x 1 ) = 0
λ4 (x 2 ) = 0
λ5 (x 3 ) = 0
( ΙV ) x 1 + x 2 − x 3 ≤ 0
x 3 − 17 .25 ≤ 0
− x1 ≤ 0
− x2 ≤ 0
− x3 ≤ 0
76
x1 + x 2 ≤ x 3
SONUÇ:
x 3 ≤ 17 . 25
x 1, x 2 , x 3 ≥ 0
kısıtları altında
ENB Z = 27 x 1 + 45x
n 
n 
n 
n 
n 
2
-‐ 10x
3
2
-‐ x 1 -‐ 2x 2
ENBÜYÜK KARI VEREN ÇÖZÜM:
n  x1=8.5, x2=8.75 ve x3=17.25
ENBÜYÜK KAR=225.3750
λ1=10, λ2=0
Eğer kimyasal maddede r kadar ufak bir artış
hiçbir maliyetsiz elde edilseydi, kar yaklaşık
olarak “10xr” kadar artardı. (λ1=10)
Eğer kimyasal maddeden r kadar bir miktar
daha satın alınırsa, bunun kar üzerine hiçbir
etkisi olmayacaktır. (λ2=0)
77
2

Download Report