YÖNEYLEM ARAŞTIRMASI - III

Transkript

1 YÖNEYLEM ARAŞTIRMASI - III Prof. Dr. Cemalettin KUBAT Yrd. Doç. Dr. Özer UYGUN

2 İçerik Quadratic Programming

3 Bir karesel programlama modeli aşağıdaki gibi tanımlanır. Amaç fonksiyonu: Maks.(veya Min.) z = CX+X T DX Kısıtlar: AX b X 0

4 Burada; X = (x 1, x 2,, x n ) T C = (c 1, c 2,, c n ) b = (b 1, b 2,,b m ) a11 a1n A = am1 amn d11 d1n D = dm1 dmn z = CX+X T DX AX b X 0

5 X T DX fonksiyonu kuadratik bir form tanımlar. Burada D simetriktir. D matirisi problem maksimizasyonsa negatif tanımlı, problem minimizasyonsa pozitif tanımlıdır. Bu da z nin X te minimizasyon için kesinlikle konveks, maksimizasyon için de kesinlikle konkav olması anlamına gelir. Bu durumda konveks çözüm uzayını garanti eden kısıtların doğrusal olduğu varsayılır.

6 Bu problemin çözümü Kuhn-Tucker gerekli koşullarını temel alır. z kesinlikle konveks (veya konkav) ve çözüm uzayı konveks küme olduğu için bu koşullar global optimum için yeterlidir.

7 Kuadratik programlama problemi maksimizasyon durumu için ele alınacaktır. Problem şöyle yazılabilir: Amaç fonksiyonu: Maks. z =CX + X T DX Kısıtlar: A G(X) = I X b 0 0 Ayrıca; λ = (λ 1, λ 2,, λ m) T U = (µ 1, µ 2,, µ n ) T

8 Sırasıyla iki kısıt kümesi AX b 0 ve X 0 a karşılık gelen Lagrange çarpanları olsun. Kuhn-Tucker şartlarının uygulanması: λ 0, U 0 z (λ T, U T ) G(X) = 0 n λ İ b i a ij x j j=0 µ j x j = 0, j= 1,2,, n AX b, -X 0 = 0, i =1,2,,m

9 Şimdi, olur. z = X + 2X T D G(X) = A I

10 S, b AX 0, kısıtların aylak değişkenleri olsun. Koşullar -2X T D + T A U T = C AX + S = b µ j x j = 0 = λ S İ, tüm i ve j ler için λ, U, X, S 0 şekline indirgenir.

11 D T = D olduğu için ilk denklem kümesinin transpozesi -2DX + A T - U = C T olur. Dolayısıyla gerekli koşullar aşağıdaki gibi birleştirilebilir. 2D A T I 0 A 0 0 I X λ U S = CT b µ j x j = 0= λ is İ, tüm i ve j ler için λ, U, X, S 0

12 µ j x j = 0 = λ.s İ koşulları dışında geri kalan denklemler X, λ, U, S de doğrusal fonksiyonlardır. Problem böylece ek koşullar µ j x j = 0 = λ S İ yi sağlarken aynı zamanda doğrusal denklemler kümesinin çözümüne eşdeğerdir. z kesinlikle konkav ve çözüm uzayı konveks olduğundan, tüm koşulları sağlayan uygun çözüm tek bir optimum çözümü vermek zorundadır.

13 Sistemin çözümü iki faz yönteminin 1.fazı kullanılarak elde edilir. Tek sınır λ S İ = µ j x j = 0 koşullarını sağlamaktadır. Bu λ İ pozitif düzeyde temelse S i nin pozitif düzeyde temel olamayacağı anlamına gelir. Benzer şekilde µ j ve x j eş zamanlı olarak pozitif olamaz. Problem uygun çözüme sahipse, 1. Faz tüm yapay değişkenleri r = R1 + R2 + R3 + = 0 a eşit verecektir.

14 Örnek: Aşağıdaki Doğrusal olmayan problemini ele alalım: Maks. z = 4x 1 + 6x 2 2x 1 2 2x 1 x 2-2x 2 2 Kısıtlar : x 1 + 2x 2 2 x 1, x 2 0

15 Örnek: Bu problem matris formuna aşağıdaki gibi dönüştürülebilir: Maks. z = (4, 6) x x 1 x + (x 1, x 2 ) x 2 Kısıtlar: (1,2) x 1 x 2 2 x 1, x 2 0

16 Örnek: Kuhn- Tucker şartları aşağıdaki gibi yazılır: (1, 2) x 1 x 2 + S 1 = 2 Lagrange Çarpanı λ 1 tanımlanır. x 1 - µ 1 + R 1 = 0 x 2 - µ 2 + R 2 = 0 (X 1 X 2 λ 1 µ 1 µ 2 S 1 ) x 1 x 2 λ 1 µ 1 µ 2 S 1 = 4 6 2

17 Örnek: İki Faz Yönteminin 1. Fazında min.r = R 1 + R 2 = 0 olduğunda Optimal sonuç bulunacaktır. Buna göre Başlangıç tablo şöyle oluşur: Temel X 1 X 2 λ 1 µ 1 µ 2 R 1 R 2 S 1 Çözüm r R R S

18 Örnek: 1.Tablo: Başlangıç tablosunda R1 = 4 daha büyük yapay değişken olmasından X 1 temele girerken, çıkan değişken R1 olacaktır. İşlemler sonucunda aşağıdaki tablo elde edilir: Temel X 1 X 2 λ 1 µ 1 µ 2 R 1 R 2 S 1 Çözüm r 0 3 3/2 1/2-1 -3/ X 1 1 1/2 1/4-1/4 0 1/ R /2 1/2-1 -1/ S 1 0 3/2-1/4 1/4 0-1/

19 Örnek: 2.Tablo: Üstteki tabloda X 2 değişkeni temele girerken, S1 terk eder. Bu da aşağıda tabloyu verir: Temel X 1 X 2 λ 1 µ 1 µ 2 R 1 R 2 S 1 Çözüm r X /3-1/3 0 1/3 0-1/3 2/3 R X /6 1/6 0-1/6 0 2/3 2/3

20 Örnek: 3.Tablo: Üstteki tabloda λ 1 değişkeni temele girerken, R2 terk eder. Bu da aşağıdaki tabloyu verir: Temel X 1 X 2 λ 1 µ 1 µ 2 R 1 R 2 S 1 Çözüm r / 0 0 X /3 1/6 1/3-1/6 0 1/3 λ /2 0 1/2-1 1 X /6-1/12-1/6 1/12 1/2 5/6

21 Örnek: Bu son tablo r = 0 olduğundan 1.faz için optimum çözümü verir. Böylece optimum çözüm: x 1 *= 1/3, x 2 * =5/6 λ 1*= 1 z nin optimum değeri değişkenlerin çözüm değerleri amaç fonksiyonunda konularak hesaplanır: z = 4x 1 + 6x 2 2x 1 2 2x 1 x 2-2x 2 2 z = 4 (1/3) + 6 (5/6) 2 (1/3) 2 2(1/3)(5/6) 2(5/6) 2 z = 25 / 6

22 Problemler: 1. Maks. z = 6x 1 + 3x 2 4x 1 x 2 2x 1 2 3x 2 2 x 1 + x 2 1 2x 1 + 3x 2 4 x1, x Min.z = 2x x x 1 x 2 + 2x 2 x 3 + x 1 3x 2 5x 3 x 1 + x 2 + x 3 1 3x 1 + 2x 2 + x 3 6 x 1, x 2, x 3 0

23 Yöneylem Araştırması - II Kaynaklar 1. Hamdy Taha, Operations Research, 9th Ed Wayne Winston, Operations Research Applications and Algorithms 4th. Edition, MATLAB: Yapay Zeka ve Mühendislik Uygulamaları, Prof. Dr. C.Kubat, Beşiz Yayınları-1.Basım, Aralık 2012.