İÇİNDEKİLER ÖZE... ABSRAC... EŞEKKÜR..... ŞEKİLLER DİZİNİ..... v. GİRİŞ.... Motvasyon...... emel anım ve Kavramlar...... Konvekslk ve lneer eştszlkler....3. Ekstrem Noktalar..... 0.4. Lneer Eştszlkler... 3.4.. Homojen denklem sstemler.... 3.4.. Lneer eştszlkler... 4.4.3. utarlı ve tutarlı olmayan sstemler... 6.4.4. Matrs-vektör formları... 8. LİNEER PROGRAMLAMA....... İlk Standart Form....... Problemler Dönüştürme eknkler.....3. Dual Problem... 3.4. Smpleks Algortması... 9.4.. İknc standart form... 9.4.. Soyut form... 3.5. ablo Yöntem... 37.5.. ablo kuralları... 38.6. Özet... 4 3. UYGULAMA PROBLEMLERİ VE BİLGİSAYAR KODU... 4 3.. Fabrka Üretm Programlaması (Maksmum problem)... 43 3.. Reklam Gderler (Mnmum Problem)...... 50 3.3. Dyet Problem (Mnmum Problem).... 54 3.4. İş Planlama Problem. 58 3.5. Lneer Programlama İçn C Kodu. 6
ÖZE Yüksek Lsans ez LİNEER PROGRAMLAR VE BİLGİSAYAR ÇÖZÜMLERİ N. Beylem SİNOPLU Ankara Ünverstes Fen Blmler Ensttüsü Matematk Anablm Dalı Danışman: Yrd.Doç.Dr. Nur ÖZALP Bu tez üç bölümden oluşmaktadır. Brnc bölümde, bu tez çalışmasının seçmndek temel motvasyon ortaya konulmuş olup, lneer programlamanın matematksel yapısı çn gerekl temel tanım ve kavramlar tanıtılmıştır. İknc bölümde, lneer programlama problemlernn en güçlü çözüm teknklernden br olan smpleks algortması çn gerekl teoremler spatlanmış olup, br örnek problem üzernde bu algortma ncelenmştr. Bu bölümde, ayrıca maksmum, mnmum ve dual problemler arasındak lşkler verlmştr. Üçüncü bölümde se, lneer programlamaların gerçek hayat problemlerne uygulamaları dört temel problemle analz edlmş olup, bölüm sonunda se blgsayar çözümler çn gerekl br kaynak kod günümüzdek en güçlü ve yaygın kullanılan dllerden br olan C++ programla dlyle verlmştr. 003, 70 sayfa ANAHAR KELİMELER : Lneer programlama, konveks kümeler, uygun küme, uygun çözüm, kısıt, maksmum, mnmum, optmal çözüm, dual problem, Smpleks algortması, Gauss elmnasyonu.
ABSRAC Master hess LINEAR PROGRAMMING AND COMPUER SOLUIONS N. Beylem SİNOPLU Ankara Unversty Graduate School of Natural and Appled Scences Department of Mathematcs Supervsor: Asst. Prof. Dr. Nur ÖZALP hs thess conssts of three chapters. In the frst chapter, the basc motvaton n selecton of the subject matter of the thess s eplaned, and fundamentals defntons and concepts needed for the mathematcal background of lnear programmng are gven. In the second chapter, by provng some mportant theorems for the smple method whch s one of the powerfull technques for solvng lnear programmng problems, the smple algorthm s eplaned n detals on a clear eample. In addton, relatons between mamum, mnmum and dual problems are gven. Fnally, n the thrd chapter, applcatons of lnear programmng to real lfe problems are analysed by usng for fundamental eample of the subject matter. At the end of the chapter, a source code for computer solutons are gven n C++ language whch s one of the powerfull and most popular languages. 003, 70 pages Key Words: Lnear programmng, conve sets, feasble set, feasble soluton, constrants, mamum, mnmum, optmal soluton, dual problem, smple method, Gauss elmnaton.
EŞEKKÜR Bu çalışmayı bana vererek, çalışmalarım sırasında benden yardımlarını ve blgsn esrgemeyen, lg ve önerler le yanımda olan danışman hocam, Sayın Yrd. Doc. Dr. Nur ÖZALP e sonsuz teşekkürlerm sunmayı br borç blrm. N. Beylem SİNOPLU Ankara, emmuz 003
İÇİNDEKİLER ÖZE... ABSRAC... EŞEKKÜR..... ŞEKİLLER DİZİNİ..... v. GİRİŞ.... Motvasyon...... emel anım ve Kavramlar...... Konvekslk ve lneer eştszlkler....3. Ekstrem Noktalar..... 0.4. Lneer Eştszlkler... 3.4.. Homojen denklem sstemler.... 3.4.. Lneer eştszlkler... 4.4.3. utarlı ve tutarlı olmayan sstemler... 6.4.4. Matrs-vektör formları... 8. LİNEER PROGRAMLAMA....... İlk Standart Form....... Problemler Dönüştürme eknkler.....3. Dual Problem... 3.4. Smpleks Algortması... 9.4.. İknc standart form... 9.4.. Soyut form... 3.5. ablo Yöntem... 37.5.. ablo kuralları... 38.6. Özet... 4 3. UYGULAMA PROBLEMLERİ VE BİLGİSAYAR KODU... 4 3.. Fabrka Üretm Programlaması (Maksmum problem)... 43 3.. Reklam Gderler (Mnmum Problem)...... 50 3.3. Dyet Problem (Mnmum Problem).... 54 3.4. İş Planlama Problem. 58 3.5. Lneer Programlama İçn C Kodu. 6 KAYNAKLAR...... 69 ÖZGEÇMİŞ.... 70 v
ŞEKİLLER DİZİNİ Şekl.. Sstem (.) nn çözüm kümes... 5 Şekl.. Konveks olmayan küme... 5 Şekl 3.. Fabrka problemnn grafk çözümü... 50 Şekl 3.. Reklam gderler grafk çözümü (mnmum problem)... 53 v
ÇİZELGE DİZİNİ ablo 3.. Dyet çn besn değerler... 54 v
. GİRİŞ.. Motvasyon Son yıllarda, matematk ve mühendslk, fzksel veya organzasyonel sstemlerde karar verme problemler üzernde önem arz etmektedr. Bunun temel neden, pahalı kaynakların dağılımında uygun br karar verme gerekllğnden ortaya çıkan belrgn ekonomk kazançların oluşmasında, ve y karar vermede, bu tür problemlern gerçekç matematksel formülasyonunun yapılablmesdr. Yüksek hızlara sahp dgtal blgsayarın gelştrlmes, karar verme blmnn gelşmesnde ayrıca öneml br rol oynamış olup, aynı zamanda uygulamalı matematkte de br devrm yaratmıştır. Karar verme problemlernn formülasyonu çn temel yaklaşımda, en y ya da optmal karar kavramının oluşması doğaldır. Bu tür br yaklaşımda, performans veya br kararın değern özetleyen tek br reel ncelk, değşk alternatfler çnden yalıtılarak, duruma göre ya mnmze ya da maksmze yan optmze edlr. Ortaya çıkan optmal karar, karar verme problemnn çözümü olarak alınır. Aşağıdak problem bu türden br probleme örnektr. Örnek... Br üretcnn ham madde envantern göz önüne alalım. Üretc, ham maddelerden n farklı tp ürün elde edeblen üretc araca sahp olsun. Üretcnn problem, kazancını maksmum yapacak şeklde, ham maddelern olası ürünlerne göre ayarlamasıdır. Problemn deal şeklyle, üretm ve kazanç modelnn lneer olduğunu kabul edelm. Her br j ürününün brm satış fatı p j, j =,,..., n olsun. Eğer j, j ürününün üretlecek mktarını, b, halhazırdak ham maddesnn mktarını, ve a j, br brm j ürünündek maddesnn mktarını gösterrse bu durumda üretc, ham maddelern mktarı üzerndek üretm kısıtları
ve üzernden a + a +... + a nn b a + a +... + a b n n M a + a +... + a b m m mn n m n 0, 0,..., 0 p+ p +... + pnn M kazancını maksmum yapmak stemektedr. Lneer eştszlk kısıtları altında br lneer objektf fonksyonu le karakterze edlen yukarıdak tpten br problem, br lneer (doğrusal) programlama problem olarak adlandırılır. Lneer programlama term blgsayar programlamasından zyade, ş ve ekonomk yatırımların programlanması anlamına gelmektedr... emel anım ve Kavramlar Lneer programlama optmzasyon problemlern çözmek çn br araçtır. 947 de George Dantzg [] doğrusal programlama problemlern çözmek çn Smpleks algortması adında etkn br yöntem gelştrmştr. Lneer programlama en yaygın olarak sınırlı mktardak kaynakların çeştl faalyetlere optmal şeklde paylaştırılmasına yönelk problemlerde kullanılır. Bu kapsamda lneer programlama başta endüstr, ulaştırma, eğtm, ekonom, bankacılık, asker faalyetler, tarım ve sağlık olmak üzere pek çok alanda uygulama mkanı bulan br yaklaşım olarak karşımıza çıkmaktadır. Bu bölümde lneer programlamanın genel tanımlamasında kullanılan temel kavramlar tanıtılacaktır.... Konvekslk ve lneer eştszlkler Lneer eştszlkler teors, y blnen lneer eştlkler teorlerne paraleldr. Burada konunun temel kısımlarını gelştrp, bazı uygulamalarına değneceğz.
eor, doğal olarak temelde sıralı reel doğru yapısı çerdğnden, tezde kullanılan tüm vektörler ve matrsler reel değerl olarak kabul edeceğz., reel sayılar kümesn göstermek üzere, eştszlğn n dek herhang k ve y noktaları (vektörler) çn, k vektörün y olması çn gerek ve yeter koşul y ( n) şeklnde ve benzer olarak y, > y, veya < y eştszlklern bleşen bazında tanımlayalım. > y nn ( y ve y) le aynı anlama gelmedğn özellkle belrtelm. ( Bunun neden y nn her çn y anlamına gelmeyp, sadece bazı ler çn y anlamına gelmesdr.) Br n değşkenl m zayıf lneer eştszlk sstem; A nın m boyutlu olduğu m n, n n ve b nn de A b (.) şeklnde br eştszlk olarak yazılablr. Bu sstemdek her br breysel eştszlk; a + a +... + an n b ( m) veya A satır, A matrsnn ync satır vektörünü göstermek üzere A b satır şeklndedr. Böyle br sstem lglendren en temel soru sstemn tutarlı olup olmamasıdır. Dğer br fadeyle A b olacak şeklde br var mıdır? Eğer sstem tutarlı se bu durumda çözümler bulablmek çn algortmalar arayablrz. Genel olarak, 3
n a j j b ( m ) j= n a j j > b m + m j= ( ) formunda daha genel tpten lneer eştszlk sstemlern ncelemek mümkün olmakla brlkte, bastlk çn şmdlk sadece (.) tpndek sstemler göz önüne alalım. Ne olacağını görmek çn öncelkle aşağıdak bast sstem nceleyelm. + 3 + 6 (.) n = ve m = 3 olmak üzere bu sstem matrs formunda 3 6 şeklnde yazılablr. + eştszlğn sağlayan noktalar, + doğrusunun = br tarafında bulunmaktadır. Bu doğru le brlkte, Sstem (.) den elde edlen dğer k doğrunun grafğnn çzlmes le, bu sstemn çözümü olan bütün noktaların kümesne karar vereblrz. Bu küme Şekl. de gösterlen üçgensel bölgedr. Eğer, Sstem (.) dek eştszlklern hepsn tersne çevrrsek, Şekl. den, tutarlı olmayan br sonuç elde edeceğmz kolayca göreblrz. Aynı zamanda, katsayılar matrsnde yapılan ufak değşklklerle çözüm kümes sınırsız olan br sstem de üreteblrz. ( Örneğn, üçüncü eştszlkte 3 yerne alalım.) Grafk, ayrıca çözüm kümesnn aşağıda tanımlayacağımız br konveks küme olduğunu göstermektedr. anım... K, br lneer (vektör) uzayın br alt kümes olsun. Eğer, K dak herhang k noktayı brleştren doğru parçası tümüyle K nın çnde kalıyor se K ya br konveks küme denr. Matematksel olarak, eğer 4
, y K 0 θ θ + ( θ ) y K oluyorsa, K ya konveks denr. Şekl., kümelere brer örnek göstermektedr. de konveks ve konveks olmayan + 3 + 6 Şekl.. Sstem (.) nn çözüm kümes Konveks küme Konveks olmayan küme Şekl.. Konveks olmayan küme Eğer k = ve θ 0 olması durumunda, vektörlern θ = k () θ formundak br = lneer brleşmne br konveks brleşm (kombnasyon) denr. Verlen br S kümesnden 5
seçlen noktaların tüm konveks brleşmlernn kümes S nn konveks kabuğu olarak adlandırılır ve co(s) le gösterlr. Böylece, co S k S k k () () ( ) = θ :,, θ 0, θ = = = kümesdr. Konveks kümelerle lgl bazı temel gerçekler aşağıdak sonuçlarda belrtlmştr. Lemma... K, n de (veya herhang br Hlbert uzayında) br kapalı konveks küme olsun. Bu durumda K mnmum norma sahp tek br nokta çerr. Dahası aşağıdak özellkler denktr: () 0 K () Her u K çn vu, > 0 olacak şeklde br v vektörü vardır. Lemma... (Caratheodory teorem) S n-boyutlu br lneer uzayın br alt kümes olsun. S nn konveks örtüsünün her noktası S nn en fazla n+ noktasının br konveks brleşmdr. Lemma..3. Sonlu boyutlu br normlu lneer uzayda br kompakt kümenn konveks örtüsü kompaktır. Lemma..4. (Lneer eştszlkler teorem) n dek br kompakt K kümes çn aşağıdakler denktr. () Her u K çn vu, > 0 olacak şeklde br v vektörü vardır. () 0, K nın konveks örtüsüne at değldr. eorem... Eğer K konveks br küme se o zaman K dak noktaların herhang br konveks brleşm yne K ya attr. 6
İspat. eoremn spatını tümevarım yöntemyle verelm. m = çn durum aşkar olup, m = nn doğruluğu se konvekslğn tanımından dolayı açıktır. m durumunu m - durumundan spatlamak çn, () lern K ya at noktalar olmak üzere m = λ ( ) = λ m ( m) + ( λ ) λ m m = λm ( ) m olur. Burada 0 λ m ve λ m = λ olup, katsayılar λ ( λm ) negatf değldr = ve toplamları dr. eorem... Konveks kümelern br alesnn kesşm yne br konveks kümedr. İspat. İndeks kümesndek her α çn K α nın konveks küme olduğunu kabul edelm. Eğer I Kα, y ve 0 θ se, bu durumda K α konveks olduğundan her α çn θ + ) y K ( θ α dır. Böylece, θ + θ ) y I Kα ( dır. Şmd, Sstem (.) nn çözüm kümes le lgl bazı teoremler verelm. eorem..3. Br lneer eştszlkler sstemnn çözüm kümes konveks br kümedr. İspat. a β şeklndek tek br lneer eştszlğn çözüm kümes ; a ( θ + ( θ ) y) = θa + ( θ ) a y θβ + ( θ ) β = β olduğundan dolayı konvekstr. Burada ve y ler çözüm kümesnn elemanlarıdır. Br lneer eştszlkler sstemnn çözüm kümes bu sstem meydana getren lneer eştszlklern çözüm kümelernn kesşmdr. Böylece, konveks kümelern herhang br alesnn kesşm de konveks olduğundan dolayı bu küme de konvekstr. 7
eorem..4. S kümesnn konveks kabuğu S y çeren en küçük konveks kümedr. İspat. K kümes S nn konveks kabuğu ve de S y çeren herhang br başka konveks küme olsun. K olduğunu spatlamalıyız. K nın herhang br elemanı, n S, λ 0 ve = λ = olmak üzere, = = λ formundadır. S y n çerdğnden olduğu açıktır. konveks olduğundan dr. K nın keyf br elemanı olduğundan K dr. eorem..5. (Ayırma eorem I ) X n R de kapalı konveks br küme olsun. Eğer p X e at olmayan br nokta se bu durumda, bazı v 0 çn v, p < nf X v, dr. İspat. S, p merkezl ve X kümes le kesşeblecek büyüklükte yarıçapa sahp kapalı br küme olsun. Bu durumda S X kompakttır. a p sürekl br fonksyon olduğundan mnmum değern S X kümesnde br ξ noktasında alır. Eğer X ve 0 < θ < se y θ + ( θ ) ξ K olup, dolayısıyla y p ξ p olduğu kolayca görülür. Böylece, ξ p θ + ( θ ) ξ p = ξ p + θ ( ξ ) θ ξ p, ξ + θ ξ = ξ p + olup, buradan 0 ξ p, ξ + θ ξ bulunur. Bu se, θ 0 çn 0 ξ p, ξ 8
demektr. v = ξ p dersek, son eştszlğ 0 v, p+ p ξ = v, p v = v, p v şeklnde yazablrz. Böylece dda edlenden daha güçlü olan 0 < v v, v, p eştszlğn elde etmş oluruz. Ayırma teoremnn uygun versyonları daha genel uzaylar çn de geçerldr. Şmd br n geometrk uygulamasından bahsedelm. R de br kapalı yarı-uzay, a n, λ ve a 0 olmak üzere { : a, λ} formundak br küme olarak tanımlanır. eorem..6. n dek her kapalı konveks küme, bu kümey çeren bütün kapalı yarıuzayların kesşmdr. İspat. X n kapalı ve konveks br küme olduğunu kabul edelm. X n kendsn çeren kapalı yarı uzayların kesşm tarafından kapsandığı açıktır. ers çn, p X e at olmayan br nokta olsun. Ayırma teoremnden, v, p < nf X v, olacak şeklde br v 0 vektörü vardır. λ = nf X v, 9
dersek X { v, λ} : olur k, bu yarı-uzay p y çermez. eorem..7. (Ayırma eorem II) ( n de ) X kapalı konveks br küme ve Y de kompakt konveks br küme olsun. Eğer X ve Y ayrık se bu durumda nf X v, > sup y Y v, y olacak şeklde br n v mevcuttur. İspat. İlk olarak Z = X Y kümesnn kapalı olduğunu gösterelm. z k Z olmak üzere z k z olsun. Acaba z Z mdr? k X ve y k Y olmak üzere zk = k yk alalım. Y nn kompaktlığından dolayı yk y Y olacak şeklde yakınsak br alt dz vardır. Böylece z k z ve k z + y dr. X kapalı olduğunda z + y X dr. O halde z X Y dr. 0 = y ( X, y Y ) eştlğ X ve Y nn ortak br nokta çerdğn fade edeceğnden, 0 X Y dr. Z nn konveks olduğunu göstermek kolaydır. Böylece Ayırma eorem I Z ye uygularsak, v,0 < nf X, y Y v, y olacak şeklnde br v vektörünün var olduğu sonucuna varablrz. Eğer eştszlktek nfmumu ε le gösterrsek, stenen eştszlk elde edlr. X ve y Y çn v, y ε olur k buradan da.3. Ekstrem Noktalar 0 < θ <, y K, z K ve y z olmak üzere = θy + ( θ ) z formunda yazılamayan br K noktasına K konveks kümesnn br ekstrem noktası denr. Dğer br fadeyle, br ekstrem nokta, K ya at olan herhang br doğru parçasının br ç noktası olmayan br noktadır. Denk br tanım; eğer K \{ } konveks se, K konveks kümesnn br ekstrem noktasıdır. Örneğn, br küpün ekstrem noktaları sadece köşe noktalarıdır. Br kürenn ekstrem noktaları se kürenn tüm sınır noktalarıdır. 0
Aşağıdak teorem Kren-Mlman eoremnn sonlu boyutlu versyonudur. ( Royden [968] ) eorem.3.. n -boyutlu uzaydak her kompakt konveks küme ekstrem noktalarının kümesnn konveks kabuğunun kapanışıdır. İspat. Bu teoremn spatını tümevarımla yapacağız. Eğer n = se konveks küme kapalı ve sınırlı br aralıktır. Böylece ekstrem noktalar aralığın k uç noktası olup, bu durumda teoremn doğru olduğu açıktır. Şmd n boyuttan az olan durumlar çn teoremn doğru olduğunu ve K nın n -boyutlu uzayda kompakt konveks br küme olduğunu kabul edelm. E, K nın ekstrem noktalarının kümesn H da E nn konveks kabuğunu göstersn. H = K olduğu spatlanmalıdır.(burada H, H nın kapanışını temsl etmektedr.) K konveks ve E K olduğunda H K elde edlr. K kapalı olduğunda H K olur. Şmd, p K / H kabul edelm.( a p ) dönüşümü le p = 0 olduğunu kabul edeblrz. 0 H olduğunda Lemma..4 den her u H çn vu, > 0 olacak şeklde br v vektörü vardır. { v, K} c = sup : dyelm. 0 K olduğunda c 0 dır. K kompakt olduğunda bu supremum vardır. Yan, { :, } / K = K v = c kümes boş değldr. / K kümes de br hperdüzlem üzernde yattığından; kompakt, konveks ve n boyutludur. ümevarım hpoteznden dolayı / K, en azından br z ekstrem noktasını çerr. Şmd z nn aslında K nın br ekstrem noktası olduğunu spatlayalım. 0 < θ < ve z K olmak üzere z = θz + ( θ ) z olsun. Buradan c= v, z = θ v, z +( θ) v, z θc+ ( θ) c= c
olup, böylece vz, = vz, = c ve z K / dr. Fakat z, / K nün br ekstrem noktası olduğundan z = z dr. Bu da z E olduğunu spatlar. Böylece v, z < 0 c olur k bu da çelşkdr. Optmzasyon problemlernde ekstrem noktaların önem, br kompakt konveks küme üzernde br lneer fonksyonun mnmumunu bulmak çn ekstrem noktaları araştırma gerekllğnden çıkmaktadır. Aşağıdak sonuç bununla lgldr. eorem.3.. K, n de br kompakt, konveks küme ve f de n de br lneer fonksyonel (yan n den ye br lneer dönüşüm) olsun. f fonksyonelnn K dak maksmum ve mnmum değerler K nın ekstrem noktalarıdır. İspat. { f ( ) K} c = sup : olsun. f fonksyonel sürekl ve K da kompakt olduğundan { : ( ) } / K = K f = c kümes boş küme değldr. Aynı zamanda bu küme konveks ve kompakttır. O halde, Kren-Mlman teoremnden / K, z gb br ekstrem noktaya sahptr. Kren-Mlman eoremnn spatındakne benzer şeklde, z K nın br ekstrem noktasıdır. K dak f fonksyonunun mnmumunun spatı, f fonksyonunun maksmumunun gözönünde bulundurulması le elde edlr.
.4. Lneer Eştszlkler X reel csm üzernde br vektör uzayı olsun. Br lneer fonksyonel X den n ye br lneer dönüşümdür. Br lneer eştszlk se f nn lneer br fonksyonel olduğu f () α eştszlğdr. Bu tpten tek br eştszlk çözüm kümes olarak { : f ( ) α} bçmnde br yarı-uzaya sahptr. Burada asıl lg alanımız; I sonlu olması gerekmeyen br ndeks kümes olmak üzere f ( ) α, ( I ) lneer eştszlkler sstem olacaktır..4.. Homojen denklem sstemler Lneer cebrdek homogen denklem sstemler le lgl br teorem le başlayayıp, daha sonra da eştszlkler çn benzer yapıları vereceğz. Br f fonksyonelnn sıfır uzayını f 0 { X : f ( ) = 0} = kümes le gösterelm. { f f f } kümesnn lnear gerenn de ( ) belrtelm.,,..., m L f, f,..., f m le eorem.4.. (Lneer Bağımlılık eorem) Br lneer fonksyoneller kümes çn aşağıdakler denkdr. () f m 0 0 I f = () f L( f f,..., ), f m İspat. () () olduğunu göstermek kolaydır. Gerçekten, eğer f = λ f ve = I m = 0 f se bu durumda çn f ( ) = 0 olup böylece f ( ) = 0 olduğu açıktır. m ersnn spatı çn m üzernde tümevarım kullanacağız. Kabul edelm k m = ve 0 0 f f olsun. Eğer = 0 0 f se f = X 0 olup, dolayısıyla f = X ve f = 0 dır. Bu durumda f L f ) dr. Eğer f 0 se f ( y ) olacak şeklde br y noktası alalım ( = ve kabul edelm k, X n herhang br noktası olsun. Buradan, 3
[ f ) y] = f ( ) f ( ) f ( y) 0 f ve böylece ( = ) 0 f ( y f dır. Hpotezden 0 dolayı, f ( y f dır. O halde, f ( ) f ( ) f ( y) = 0 yan f = f ( y) f dr. ) Böylece f L f ) olur. ( Şmd m tamsayısı çn teorem doğru olsun. f 0 m+ I = 0 f kabul edelm. Y dyelm. Bu, X n br altuzayıdır. Y nn kısıtlamasını f Y 0 = f m+ notasyonu le göstererek, ( f Y ) 0 I m ( Y ) = f dr. ümevarım hpoteznden uygun λ ler çn, m f Y = = λ. f Y dr. Şmd, k denk denklem; ( f m λ f = ) Y = 0 ve m 0 0 ( f λ ) f f m+ dır. eoremn m = durumunu kullanarsak, bazı λ m+ ler çn, = f m λ f = = λ m+ f m+ sonucuna varırız..4.. Lneer eştszlkler Şmd yukarıdak teoremn lneer eştszlklere karşılık gelenn verelm. Fonksyonların sıfır uzaylarına karşılık gelen kavram bu durumda 4
f + = { X : f ( ) 0} yarı-uzayları olacaktır. doğurduğu f,...,, f f m lern sıradan lneer geren yerne, bunların C m, f m = λ f : λ = { f f..., } 0 konsn göz önüne alacağız. eorem.4.. (Farkas eorem) f ve f lneer fonksyonları çn aşağıdakler denktr. () f I m + = + f () f C f, f,..., f ) ( m İspat. Eğer () doğru se buradan kolayca () elde edlr. Gerçekten, λ 0 olmak üzere, m f = λ = f olsun. Eğer I m + f se, bu durumda her çn f ( ) 0 ve böylece açıkça f ( ) 0 dır. = ersnn spatını n X = kabulü altında verelm. Her lneer fonksyon, uygun br v çn f ( ) = v, formundadır. Şmd C, C f, f,..., f ) konsn göstermek üzere, f C olduğunu kabul edelm. Ayırma teoremnden, ( m v, f < nf u C v, u olacak şeklde br v vektörü vardır. 5
k = nf u C v, u olsun. 0 C olduğunda, k 0 dır. Eğer k < 0 se k v, u < 0 olacak şeklde br u C seçelm. üm poztf t ler çn, tu C dr. Eğer t yeternce büyük se v, tu < k olacaktır k bu da çelşkdr. O halde k = 0 dır ve her u C çn, v, f < 0 v, u dır. Buradan f ( v) < 0 f ( v) elde edlr k bu da () nn yanlış olduğunu gösterr. Farkas eorem aşağıdak matrs-vektör formülasyonuna sahptr. eorem.4.3. Verlen br A matrs ve br c vektörünün aşağıdak özellkler denktr. () Her çn, eğer A 0 se c 0 dır. () Bazı y ler çn, y 0 ve c = A y dr..4.3. utarlı ve tutarlı olmayan sstemler Şmd eorem.4.3 ün homogen olmayan br benzern vereceğz. Bunun çnde şu termnolojy kullanacağız: Eğer g β ( ) sstemnn her br çözümü f( ) şeklndek br eştszlk sstemnn de br çözümü se knc ssteme brncnn br sonucudur denr. Böylece, α dr. { g ( ) β :, } { : f ( ) α } eorem.4.4. (Homojen olmayan Farkas teorem) Eğer f () α lneer eştszlğ 6
g ( ) β ( n) tutarlı lneer eştszlkler sstemnn br sonucu se bu durumda, uygun θ 0 lar çn ; f = n = θ g ve θ β α n = dır. İspat. g ( ) λβ 0 ( λ > 0) (.3) sstemn gözönüne alalım. Eğer (,λ) kls (.3) sstemn çözüyorsa, bu durumda g λβ ( ) ve g / ) Böylece, ( λ β elde edlr. eoremdek hpotezden f ( / λ) α dır. f ( ) λα 0 (.4) olur. Bu se (.4) eştszlğnn (.3) eştszlğnn br sonucu olduğunu gösterr. Şmd, g ( ) λβ 0 ( λ 0) (.5) sstemn gözönüne alalım. Eğer (.4), (.5) n br sonucu se Farkas eoremnn homojen formu uygulanırsa n ( f ; α ) = θ ( ; β ) + θ (0; ( θ 0) = g 0 ) elde edlr. Burada ( f ; α ) kls bastçe br vektör çftn göstermektedr. Bu sonuç aşağıdak formda da yazılablr. f = n θ g α = θ β θ = n n 0 θ β = = 7
Bu se spatlanmak stenen şeydr. Fakat spatımız bununla btmemektedr. Çünkü (.4) ün (.3) ün sonucu olduğunu gösterdğmz halde (.5) n sonucu olmayablr. Bu durumda (.5) n (.3) ün ya da (.4) ün de çözümü olmayan br çözümü vardır. Bu şeklde br çözümü fade eden ( ),λ u çn mutlaka λ = 0 dır. Çünkü dğer durumda bu çft (.3) ü ve dolayısıyla (.4) ü de çözer. O halde, g ( u) 0 > f ( u) dur. Hpotezden dolayı g ( v) β olacak şeklde br v vektörü vardır. f ( u + λ v) < λα olacak şeklde poztf br λ sayısı seçelm. Bu mümkündür çünkü, λ 0 olduğunda sol taraf negatf f (u) ya yakınsarken sağ taraf da 0 a yakınsar. Böylece, g ( u / λ + v) g ( v) β çn f ( u / λ + v) < α olduğundan hpotez le br çelşk elde etmş oluruz..4.4. Matrs-vektör formları eorem.4.4 ün matrs-vektör bçmnde fade edlş aşağıdak gbdr. eorem.4.5. Eğer, A b sstem tutarlı ve, A b c < α sstem de tutarlı değl se, A y = c y b α y 0 sstem tutarlıdır. eorem.4.6. Eğer, 8
A = b 0 (.6) sstem tutarlı değl se, A y 0 b y 0 (.7) sstem tutarlıdır. İspat. Eğer (.6) tutarlı değl se buradan, b K { A : 0} dır. K kapalı ve konveks olduğunda, Ayırma teorem uygulanır ve aşağıdak şeklde br y vektörü vardır. y, b < nf 0 y, A Bu hesaplamada 0 olableceğnden y, b < 0 elde ederz. Gerye A y 0 olduğunu göstermek kalır. Eğer bu doğru değlse, bu durumda bazı α ndeks çn ( A y) < 0 dır. α = λδ koordnatlı br vektör olsun. Bu durumda,, j α j n ( ) j λ( ) ya, = Ay = Ay ( λ + ) α j= j olur. Bu durumda uygun λ çn, y, A < y, b olup bu se çelşkdr. O halde, y (.7) sstemn çözer. eorem.4.7. Eğer, A b, 0 (.8) sstem tutarsız se, bu durumda 9
A y 0, b y< 0, y 0 (.9) sstem tutarlıdır. İspat. Eğer (.8) sstem tutarsız se, bu durumda A + z = b, 0, z 0 (.0) sstem de tutarsızdır. (.0) u,, = b 0 z z [ A I] (.) şeklnde yazarsak, eorem.4.6 dan A y 0 b y < 0 I (.) sstem tutarlıdır. Bu se Sstem (.9) le aynıdır. 0
. LİNEER PROGRAMLAMA Lneer eştszlk kısıtları altında br lneer objektf fonksyonu le karakterze edlen Kısım., Örnek.. dek tpten br problem, br lneer (doğrusal) programlama problem olarak adlandırılır. Lneer programlama term blgsayar programından zyade, ş ve ekonomk yatırımların programlanması anlamına gelmektedr. En açık ve teknk anlamda, lneer programlama aşağıdak şeklde fade edleblr.. İlk Standart Form c n m R, b R ve A m n n R olsun., R A b ve 0 kısıtlarına altında c n maksmum değern bulunuz. Burada (,..., ) {, n} = olmak üzere, 0 vektör eştszlğnden kasıt,, n,..., çn 0 olması anlamındandır. Benzer şeklde A b eştszlğ; her {,,..., m} çn aj j b n j= anlamına gelmektedr. Şmd, lneer programlamada yaygın olarak kullanılan bazı termnolojler tanımlayalım: n { :, 0} K = A b kümesne uygun küme denr. v = sup c : K { } sayısına problemn değer denr. K nın herhang br noktası br uygun nokta olarak adlandırılır. c = v olacak şekldek herhang br K noktasına br çözüm veya br optmal uygun nokta denr. n a c = c j = jj fonksyonu objektf (amaç)
fonksyonu olarak adlandırılır. Problem, A, b, c verler le tam olarak belrlendğnden problem genellkle ( A b, c), lneer programlama problem olarak fade edlr... Problemler Dönüştürme eknkler Değşkenler lneer eştszlk kısıtları olan br lneer fonksyonun optmzasyonunu çeren hemen hemen bütün problemler, lneer programlama formatı le verleblr. Bunun çn çoğu zaman aşağıdaklerden br veya brkaçına gereksnm vardır. () Eğer c n mnmum yapılması stenyorsa bu, c n maksmum yapılması le aynı anlama gelmektedr. () a β formundak herhang br kısıt a β ya denktr. () a = β formundak herhang br kısıt a β, a β ya denktr. (v) a β formundak herhang br kısıt a β, a β ya denktr. (v) Eğer amaç fonksyonu artı br sabt çeryorsa, bunun çözümde hçbr etks yoktur. Böylece, c + β nın maksmumu, c n maksmumu le aynı noktaları verr. (v) Eğer verlen br problem br j değşkennn negatf olmama koşuluna gereksnm duymuyorsa j y, j = u v şeklnde negatf olmayan k j j değşkenn farkı olarak fade edeblrz. Örnek... Aşağıdak problem standart formda lneer programlama problemne dönüştürelm. Mnmum: + 4 7 3 + 3 3 + 4 + 3 = 6 Kısıtlar: + 33 5 0, 0
Çözüm. u =, u = ve u 3 u4 = 3 olarak kabul edelm. Böylece bze verlen lneer programlama problem aşağıdak şekle dönüşmüş olur. Maksmum: 7u u u3 + u4 Kısıtlar: u + u + u3 u4 3u 4u + u3 u4 6 3u + 4u u3 + u4 6 u + u + 3u3 3u4 5 u u 3u3 + 3u4 5 u 0, u 0, u3 0, u4 0 Verlen br ( A b, c), lneer programlama problemnn br çözümü olablr de olmayablr de. Eğer, K uygun kümes boş küme olursa hç br çözüm varolmaz. Eğer, uygun küme boş olmayan ve sınırsız br küme se objektf fonksyonunun K da br üst sınırı olmayablr. Bu durumda v = + olup çözüm yoktur. Eğer, K boş küme se v = olur çözüm yne yoktur. Eğer, K boş küme değlse ve sınırlı se, bu durumda en az br çözüm vardır. Bu, K nın bu durumda kompakt ( n de kapalı ve sınırlı) olmasının ve böylece, objektf fonksyonunun (k sürekl fonksyondur) supremumunu K da almasının sonucudur..3. Dual Problem Herhang br (,, ) A b c lneer programlama problem le ( A, c, b) şeklnde br başka problem lşklendrleblr. Bu probleme orjnal problemn dual denr. Örneğn, Maksmum: 3 Kısıtlar: 7+ 8 3 + 5 5 6 3 0, 0 problemnn dual aşağıdak gbdr. 3
Maksmum: 8y 5y 3y3 Kısıtlar: 7y+ 3y 6y3 3 y 5y + y 3 y 0, y 0, y3 0 Aşağıdak teoremler br lneer programlama problem le onun dual problem arasındak lşkler vermektedr. eorem.3.. Eğer, ( A b, c) dual problem çn uygun noktalar se, bu durumda, lneer programlama problem çn ve y de ( A, c, b) c y A b y olur. Eştlk durumunda, ve y ler sırasıyla kend problemlernn çözümler olur. İspat. Hpotezden, ve y noktaları aşağıdak eştszlkler sağlar. 0 A b y 0 A y c. Buradan, c ( A y) = y A y b = b y elde edlr. Böylece, her k problemdek v ve v değerler aşağıdakler sağlamak zorundadır. c b v y v b y c Eğer c = b y se c = v = b y = v olduğu açıktır. 4
eorem.3. çoğunlukla lneer programlama problemndek v değern tahmn etmek çn kullanılır. Eğer ve dual problemdek y uygun noktaları blnyorsa, c v b y eştszlğ v çeren br aralık tanımlar. Lemma.3.. Eğer, A b sstem tutarlı se (yan br çözüme sahpse), ve A b c < α sstem tutarsız se (yan çözümü yoksa), bu durumda A y = b y b α y 0 sstem tutarlıdır. Lemma.3.. Eğer, A = b 0 sstem tutarsız se, bu durumda A y 0 b y 0 sstem tutarlıdır. Lemma.3.3. Eğer, A b 0 sstem tutarlı değlse, bu durumda A y 0 b y< 0 y 0 5
sstem tutarlıdır. eorem.3.. Eğer br lneer programlama problem ve onun dual uygun noktalara sahpseler, her k problemn de çözümü vardır ve bu çözümlern br dğernn negatfdr. İspat. eorem.3. den 0 A b y 0 A y c c b y olacak şeklde ve y nn var olduğunu spatlamak yeterldr. Gerçekten, bu koşullardak (, y) kls, orjnal problem çn, ve dual problem çn de y çözümlern verr. Aşağıdak lneer eştszlk sstemnn tutarlı olduğunu spatlamalıyız. A 0 c A b 0 y b c 0 y 0 0 Aksne, bu sstemn tutarlı olmadığını kabul edelm ve bu durumda br çelşk elde etmeye çalışalım. Lemma.3.3 den u A 0 c 0 v 0 A b 0 λ u b c 0 v < 0 λ u v 0 λ sstem tutarlıdır. Burada u ve v vektörler ve λ br sabttr. ( u,v,λ) nın bu sstem sağladığını kabul edelm. Böylece, 6
Au λc 0 Av+ λb 0 bu cv< 0 u 0 v 0 λ 0 olur. İlk olarak λ > 0 olduğunu kabul edelm. Bu durumda v çn λ u da ( A c, b) dolayı c ( v) b ( λ u) λ, ( A b, c), problem, dual problem çn uygundur. Böylece, eorem.3. den λ ve b u c v 0 olur k bu da çelşkdr. Eğer λ = 0 se A u 0 Av olur. orjnal problem y y de dual problem çn uygun aldığımızda daha öncek eştszlkte çelşk elde ederz: ( A y) v = y Av ( A u) = u ( A) u b = b u c v 0 eorem.3.3. Eğer br doğrusal programlama problemnn veya onun dualnn çözümü var se dğernn de çözümü vardır. İspat. Dual problemn dual orjnal problem olduğundan dolayı teoremn sadece br durumunu spatlamak yeterldr. Kabul edelm k ( A c, b) çözümüne sahp olsun. Bu durumda,, dual problem br y 0 A y c 0 y b y b y0 eştszlk sstem tutarlı değldr. Kuşkusuz, üçüncü eştszlğn hmal edldğ karşılık gelen sstem tutarlıdır. utarlı olmayan sstem aşağıdak formda yazalım. c y I 0 A b y b y0. Lemma.3. den u [ u ] b y0 [ A I ] = b c 0 0 u 0 7
sstem tutarlıdır. Böylece, ve buradan, A + u = b c b y0 0 u 0 A b c b y 0 0 elde edlr. Böylece, eorem.3. den, orjnal problemn çözümüdür. eorem.3.4. ve y sırasıyla doğrusal programlama problem ve onun dual çn uygun noktalar olsun. Bu noktaların sırasıyla kend problemlernn çözümler olması çn gerek ve yeter koşul, y > 0 olacak şekldek çn ( ) A = b, ve > 0 olacak şekldek çn ( A y) = c olmasıdır. İspat. Eğer ve y ler çözümler se, eorem.3. ve.3. den y b = b y = y A = c = c olup, buradan ( ) 0 ( b ( A) ) = 0 y b A = dır. y 0 ve b A 0 olduğunda çn y olur. Böylece, > 0 Dğer durum smetrden elde edlr. ersne, ( c ( A y) ) = 0 olduğunu kabul edelm. Buradan y çn br ndeks olduğunda, ( ) b A = olur. çn y ( b ( A) ) = 0 ve b y = y b = y A = A y = c = c olur. eorem.3. den ve y sırasıyla kend problemlernn çözümlerdr. 8
.4. Smpleks Algortması Lneer programlama problemlernn çözümlernde en güçlü algortmalardan brs Smpleks algortmsıdır. Bu kısımda bu algortma tanıtılacaktır..4.. İknc standart form Standart teknkler anlamında, br lneer programlama problem aşağıdak forma dönüştürüleblr. n n m, c, b ve n maksmum değern bulunuz. A m n olmak üzere, b A = ve 0 kısıtları altında c c n objektf (amaç) fonksyonunu tanımladığını hatırlayalım. Ayrıca, eğer br lneer programlama problemnn formunda kısıtları varsa, A b A + u = b olacak şeklde br u 0 vektörü tanımlanarak, yukarıda verlen knc standart formun elde edlebleceğn not edelm. İknc standart formdak problem çn uygun küme { n :, 0} K = A= b dır. Herhang K çn, n bleşenler poztf olacak şeklde { } I( ) = : n ve > 0 nds kümesn tanımlayalım. A matrsnn kolonları A, A,..., A n olsun. Böylece, 9
A = b denklem n = A = b şeklne dönüşür. Şmd aşağıdak öneml teorem verelm eorem.4.. K olsun. n aşağıdak özellkler denktr. (), K nın br ekstrem(uç) noktasıdır. () { A : I( ) } lneer bağımsızdır. İspat. () nn doğru olduğunu kabul edelm. () nn doğruluğunu spatlayacağız. u K, v K ve 0 < θ < olmak üzere = θu + ( θ ) v olsun. Her br I( ) çn 0 = = θu + ( θ ) v olur. Böylece, u 0, v 0 olduğundan, her I( ) çn u = v = 0 sonucu ortaya çıkar. Buradan, 0 = Au Av = n ( u v ) A = = I ( ) ( u v ) A elde edlr. () den, u = v olur. O halde, K nın br ekstrem noktasıdır. Şmd kabul edelmk () doğru olsun. Eğer, w = 0 se, bu durumda I( ) A I ( ) çn w = 0 alalım. Açıkça I ( ) ( m λw ) A = b dr. I( ) çn > 0 olduğundan, + λw > 0 ve λw > 0 olacak şeklde yeternce küçük br λ 0 alablrz. Böylece, u = + λw ve v = λw lar uygun noktalardadır. = ( u+ v ) ve, K nın br ekstrem noktası olduğunda, u = v ve böylece w = 0 olur. Bu ()y spatlar. 30
Sonuç.4.. K uygun kümes sadece sayılablr çoklukta ekstrem noktası çerr. İspat. E, K nın ekstrem noktalarının kümes olsun. Her E çn { n} I( ),,..., ve böylece {,,..., n} I: E dr ( S gösterm S nn tüm alt kümelernn alesn göstermektedr). Bu şeklde (E üzernde) tanımlanan I dönüşümü brebrdr. Bunu göstermek çn her, y E, y olsun. Bu durumda, n b= A= A = A = I( ) n b= Ay = y A = y A = I( y) olur. Eğer I( ) I( y) = se, bu durum { A: I( ) } kümesnn lneer bağımsızlığı le çelşr. Böylece, {,,..., n} I: E çne olan bu dönüşüm E nn elemanlarının n den fazla olamayacağını gösterr. Dantzg [] n smpleks algortması k kısım çerr. İlk kısımda, K nın br () başlangıç ekstrem noktası bulunur. İknc kısımda se, oluşturulan her noktada objektf fonksyonu artan olacak şeklde, () den başlanarak sonlu sayıda ekstrem noktaları oluşturulur. Bu dzy () () (3),,... şeklnde gösterrsek () () (3) c < c < c <... olur. Eğer problemn br çözümü yoksa bu durum algortmanın akışından anlaşılır. Eğer, lneer programlama problem br çözüme sahpse, bu durumda algortmanın sonlu br adımında objektf fonksyonunu maksmum yapan br k ekstrem değer yan çözüm üretlr..4.. Soyut form Bu kısımda, algortmanın knc kısmının soyut formunu açıklayacağız. Öncelkle aşağıdak hpotez kabul edelm. Kabul.4.. (Düzgünlük kabülü) K uygun kümesnn her br ekstrem noktası tam olarak m tane poztf bleşene sahptr. 3
Kabul edelm k, K nın br ekstrem noktasıdır. eorem.4. den, { A: I( ) } m kümes lneer bağımsızdır. O halde düzgünlük kabülünden dolayı küme çn bazdır. ( Bu nedenden dolayı bu şeklde bulunan noktasına lteratürde temel uygun nokta denlmektedr.) A = D A ( j n ) j j I( ) olacak şeklde D katsayıları varolmalıdır. Eğer I() se D = 0 alırsak, bu j j durumda veya A n = D A j j = A= AD olur. c, objektf fonksyonunda yer alan vektör olmak üzere d = D c tanımlayalım. D ve d nn e bağlı olduğunu ve algortma boyunca değşeceğn not edelm. Herhang q I( ) ndeks ve herhang br λ çn n b= A= A + λa λ D A q q = = n = ( λd + λδ ) A = = n = q q ya n dr. Böylece, y = λ D q + λd olmak üzere q Ay = b 3
dr. Burada D, D nn q. kolonunu göstermektedr. Şmd amacımız y n K nın br q ekstrem noktası (yan y 0 ) ve c y > c olacak şeklde q ve λ yı seçmektr. q I() olduğunda D = 0 ve = 0 olup, böylece y = λ dır. y br uygun nokta olacağından, λ 0 olmalıdır. Şmd, qq q q n n n c y = c λ cd q + λ cδq = = = = + c λc Dq λcq = c λ( c d ) q q olur. Objektf fonksyonunun değern artırmak çn q yu c > d olacak şeklde q q seçelm. Eğer c d se, q varolamaz ve hesaplama durur: çözümdür. Dğer durumda cq d q yu mümkün olduğu kadar büyük yapacak şeklde q yu seçelm ve bu adımdan sonra sabtleyelm. λ nın seçm, λ >0 ve I( y ) en fazla m elemana sahp olacak şeklde yapılır. y nn tanımında I( y) I( ) { q} U olduğu görülür. I( ) n tam olarak m elemanı olduğundan, λ yı, λd nun termlernden br tanes 0 ve dğerler 0 olacak q şeklde seçelm. Bununla beraber, dkkat edlrse eğer her n çn D 0 se, bu q durumda λ >0 çn y K dır. c y nn yukarıdak formülünden bu durumda, lm c y = + dur. Böylece, objektf fonksyonu K da sınırsız olduğundan, br çözüm λ yoktur. Eğer nn br veya brkaç değer çn D > 0 se, λ yı sıfırdan artan olarak düşüneblrz. Başlangıçta, I() çn λ D > 0 dır. Bu termlern bazıları azalmaktadır ve bunlardan br tanes 0 olduğunda, karşılık gelen λ yı alıyoruz. Yan, λ = mn : > 0, Dq > 0 D q q q 33
dır. Böylece y y tamamı le belrlemş olarak, bunun br ekstrem nokta olduğunu belrlemek styoruz. İlk olarak λ = D D > 0 olacak şeklndedr. Buradan pq p pq olduğunu kabul edelm. Burada p, > 0 ve p I(y) I( y) I( ) U { q} \{ p } eorem.4. den, { A : I( ) q { } \{ p }} kümesnn lneer bağımsız olduğunu spatlamak yeterldr. I ( ) β A + β A = 0, β = 0 q q p olduğunu kabul edelm. Eğer β = 0 se, bu denklem q β A I ( ) = 0 denklemne ndrgenr. { A: I( ) } n lneer bağımsızlığından, I() çn β = 0 olur. O halde, bu durumda bütün β ler 0 dır. Bu yüzden βq 0 duruma bakacağız. Homojenlk neden le β = olduğunu kabul edelm. Böylece, denklem q A = β A, β = 0 q I () p olur. Aynı zamanda, A q = n D A = q = I ( ) D q A 34
dr. { A: I( ) } n lneer bağımsızlığından, β = Dq sonucu ortaya çıkar. Fakat, β = 0 ve D > 0 olduğunda bu doğru olamaz. Böylece, β q mutlaka 0 olmalıdır. O p pq halde y K olup br ekstrem noktadır. İspatlanması gereken br ayrıntı daha vardır: Eğer c d se, bu durumda çözümdür. Bunun çn u nun br uygun nokta olduğunu kabul edelm. Buradan, A = b = Au = A( D u) dur. Böylece, A ve olduklarından cu du= cdu= cbulunur. AD u, { A : I( ) } n lneer brleşmler = Du olur. Buradan, spatlamak stedğmz gb, Şmd yukarıda soyut olarak açıklanan smpleks algortmasına somut br örnek verelm. Örnek.4.. Maksmum: F( ) = + + 3 Kısıtlar: + + 5 = + 3 + 4 + 5 = 0, ( 5) problemn smpleks algortması le çözünüz. Çözüm. Standart formda, verler 0 0 A=, b=, c = 0 0 0 [ ] dır. = ( 0,,0,,0 ) ve I( ) = {,4} le başlayalım. {, } A A ün 4 çn br baz olduğuna dkkat edelm. O halde, eorem.4. den, uygun kümenn br ekstrem noktası yan temel uygun noktadır. A nın her kolonu A ve A 4 ün br lneer brleşmdr. Aslında, A = A + A4, A = A, A3 = A4, A4 = A4 ve A5 = A + A4 35
dür. Böylece D matrs 0 0 0 0 0 0 0 D = 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 olur. d vektörü, D matrsndek D satırlarının br lneer brleşmdr. Yan, = n = = + + 3 = = [ ] d c D cd D D D 0 0 dr. c d vektörü [ ] c d = 0 0 olup, sadece br bleşen poztf ve q = 3 dür. D q, D nn q yüncü kolonunu göstermek üzere, = λd vektörü q [ 0 0 0] [ 0 0 0 0] [ 0 0 0 ] λd q = λ = λ şeklndedr. λ = alırsak, y vektörü, [ ] y = λd 3 0 0 0 q + λd = bulunur. Aynı şlemler, yerne y alınarak tekrarlanırsa, knc adımda d = ( 3,,,,3 ) elde edlr. c d olduğundan y br çözümdür ve F( y ) = 3 dür. 36
.5. ablo Yöntem Smpleks algortmasının pratk kullanımında genellkle verler br tablo üzernde gösterlp, daha sonra bell kurallara göre ardışık adımlarla düzenlenr. Aşağıdak bast örnek bu algortmanın tablo yöntem le nasıl oluşturulacağını göstermektedr. Maksmum : F( ) = 6+ 4 Kısıtlar : + + 3 5 + 7 0, 0 Smpleks algortmasını kullanmak çn geçc değşkenlerle problem yenden düzenlersek; Maksmum: F( ) = 6+ 4 + 03+ 04 + 05 Kısıtlar: + + 3 = + 3 + 4 = 5 + 7 + 5 = 0, 0, 3 0, 4 0, 5 0 olup, böylece Maksmum: F( ) = (6, 4, 0, 0, 0) Kısıtlar: 0 0 3 0 0 5 = 7 0 0 = (,, 3, 4, 5) 0 elde edlr. İlk vektör = (0,0,,5,) olup, bu verlern tümü aşağıdak gb br tabloda yazılır: 37
6 4 0 0 0 0 0 0 3 0 0 5 7 0 0 0 0 5 Smpleks yöntemnn her adımı br tablo le başlar. İlk satır objektf fonksyonu F nn katsayılarını çermektedr. F( ) = c n o ank değer sağ üst köşede gösterlmektedr. ablodak sonrak m satır, eştlk kısıtlarını oluşturan denklem sstemn temsl etmektedr. Bu ssteme uygulanan elemanter satır operasyonlarının, sstemn çözüm kümesn değştrmeyeceğn hatırlayalım. ablonun son satırı, o ank vektörünü çerr. Dkkat edlrse, en üst ve en alt satır kullanılarak, F( ) = c değer kolaylıkla hesaplanablr. ablonun genel formu; şeklndedr. C 0 F() A I b (temel olmayan) (temel).5.. ablo kuralları Smpleks yöntemnde yer alan her tablo mutlaka aşağıdak 5 kuralı sağlamalıdır. () vektörü mutlaka A=b eştlk kısıtlarını sağlamalıdır. () vektörü mutlaka 0 eştszlğn sağlamalıdır. () (v) (v) n (temel olmayan değşkenlere karşılık gelen ) 0 değern alan n bleşen ve gerye kalan ( temel değşkenlere karşılık gelen) genellkle sıfırdan farklı m bleşen vardır. ( Burada n ve m, geçc değşkenler sunulmadan öncek, orjnal problemle lgl değerlere karşılık gelmektedr.) Kısıtları tanımlayan matrsdek her temel değşken sadece br satırda yer alır. Objektf fonksyonu F, mutlaka temel olmayan değşkenler cnsnden fade edlmeldr. 38
Şmd tablo yöntemne devam edelm. Örnektek, lk tabloda temel değşkenler 3, 4 ve 5 ve temel olmayan değşkenler de ve dr. Dkkat edlrse bu tablo çn yukarıdak beş kural da doğrudur. Her adımda, temel olmayan br değşken br temel değşken yapmakla, F( ) n değernn artıp armayacağını görmek çn tablo ncelenr. Buradak örnekte ( 3, 4 ve 5 uygun şeklde ayarlanarak), veya nn artırılmasıyla F( ) n değernn gerçekten arttığı görülmektedr. F dek 4 katsayısı 6 katsayısından daha büyük olduğundan dek brm artış, F( ) dek brm artıştan daha fazla artıracaktır. O halde, sıfırda sabt tutup, nn mümkün olduğunca fazla artmasına zn vereceğz. Böylece: 3 = 0 0 4 = 5 3 0 5 = 7 olur. Bu kısıtlar sırası le,, 5, 3 olmasını gerektrr. Bunların her üçünü sağlayacak şeklde, 3 olmalıdır. O halde, y 3 e kadar artırablrz. 3, 4 ve 5 çn karşılık gelen yen değerler de verlen üç kısıttan elde edlr. Böylece, yen vektörü; = (0,3,9,6,0) olur. Yen temel değşkenler, 3 ve 4 olup, şmd daha önce verlen 5 kurala uyacak şeklde yen tabloyu belrleyelm. (v) nc kuralı sağlamak çn = ) / 7 ( 5 olduğuna dkkat edelm. Bunu F de yerne koyduğumuzda, objektf fonksyonu; F ( ) = 6 + 4 = 6 + 4( 5 ) / 7 = 6 5 + 4 39
şekln alır. (v) kuralını sağlamak çn 7 y pvot eleman alarak Gauss elmnasyon yöntem (elemanter satır operasyonu) uygulayalım. Böylece, br denklem harç, tüm denklemlerden yok edlr. Bütün bu şlemler bttkten sonra brnc adım btmş olup, knc adım aşağıdak tablo le başlar: 6 0 0 0-4 3/7 0 0 -/7 9 /7 0 0-3/7 6 7 0 0 0 3 9 6 0 Şmd, ortadak durum başlangıçtak tabloya benzerdr. emel olmayan değşkenler ve 5 dr. 5 dek herhang br artış, F () de azalmaya neden olur. O halde, yen temel değşken olmalıdır. Aynı kuralla, 5 0 da sabt tutup n mümkün olduğu kadar artmasına zn verrsek; kısıtlarından 0 0 3 4 0 7 = 9 (3/ 7) = 6 (/ 7) = 63/3 4 / elde edlr. O halde yen temel değşken, en fazla 4/ ye kadar artablr. 3, 4 ve nn karşılık gelen yen değerler tablodan veya yukarıdak kısıtlardan heaplanablr. Böylece yen vektörü: = (4 /, 7 /, /, 0, 0) bulunur. Yen temel olmayan değşkenler şmd 4 ve 5 dr. (v) nc kuralı sağlamak çn = 7 /)(6 ) alırsak, ( 4 40
F ( ) = 6 5 + = (4 /) 4 = (4 /)(6 4 4 ) 5 5 + 4 + 74 / bulunur. F dek her k katsayı da negatf olduğu çn, üçüncü tabloyu tamamlamak gerekszdr. Bu se, 4 ve 5 temel olmayan değşkenlernn her ksnn de F() azaltmadan temel değşken olamayacağından dolayı, şmdk vektörünün br çözüm olduğunu gösterr. O halde orjnal problemde maksmum değer F (4 /,7 /) = 630 / dr..6. Özet Yukarıdak örnek ve açıklamalar ışığında, tablo yöntemnn herhang br adımıdak tabloda yapılması gereken ş aşağıdak gb özetleyeblrz: () Eğer F dek bütün katsayılar (yan, tablodak en üst satır) 0 se o ank () çözümdür. F dek katsayısı poztf olan ve mümkün olduğu kadar büyük olan temel olmayan değşken seçlr. Bu değşken yen j temel değşkendr. () Her br b, bulunduğu satırdak yen temel değşkenn katsayısı a j le bölünür. Yen temel değşkene atanan değer bu oranların en küçüğüdür. Böylece eğer b k / akj en küçük değer se j = bk / akj alınır. (v) a kj pvot elemanını kullanarak, Gauss elmnasyon le A nın j kolonunda 0 lar oluşturulur. 4
4
3. UYGULAMA PROBLEMLERİ VE BİLGİSAYAR KODU Bu bölümde, Bölüm de matematksel çözüm yapısı verlen lneer programlama problemlernn gerçek hayat problemlerne uygulamaları somut örneklerle ncelenecektr. Bölüm sonunda se problemlern çözümler çn C dlnde yazılmış br blgsayar kodu verlecektr. 3.. Fabrka Üretm Programlaması (Maksmum problem) Br oyuncak şrket askerler ve trenler olmak üzere k tp tahta oyuncak üretyor. 7 dolara satılan br oyuncak asker çn 0$ değernde ham madde kullanıyor. Üretlen her oyuncak asker şrketn şçlk değşkenn arttırıp, malyete lave olarak 4$ eklyor. $ a satılan br oyuncak tren çn 9$ değernde ham madde kullanılıyor. Yapılan her oyuncak tren şrketn şçlk değşkenn artırıp, malyete lave olarak 0$ eklyor. ahta askerlern ve trenlern üretmnde marangozluk ve clalama olmak üzere k tp şçlğe gereksnm duyuluyor. Br askern üretm çn saat clalama ve saat marangozluk gerekmektedr. Br trenn yapımında se saat clalama ve saat marangozluk gerekyor. Şrket haftalık htyacı olan ham maddeler bulabldğ halde ancak 00 saat clalama ve 80 saat marangozluk yapablyor. renler çn talep sınırsız olduğu halde haftada en fazla 40 asker satılıyor. Şrketn haftalık karını (gelrler - gderler) maksmum yapmak çn br matematksel model kurunuz. Çözüm. Karar Değşkenler : Lneer programlama modelnde karar değşkenler, üzernde karar verlmes gereken k veya daha fazla sayıdak faalyet fade eder. Açık olarak, şrket her hafta kaç tane oyuncak asker ve trenn üretleceğne karar vermeldr. Bu düşünceyle, : her hafta üretlen asker sayısı : her hafta üretlen tren sayısı olarak tanımlansın. Objektf (Amaç) Fonksyonu: Herhang br lneer programlama problemnde, karar verc, karar değşkenlernn br fonksyonunu (genellkle gelr veya karı) maksmum 4
veya (genellkle malyet) mnmum yapmak ster. Maksmum veya mnmum yapılmak stenen bu fonksyona objektf fonksyonu denr. Şrket problem çn sabt malyetlern (kralama ve sgorta gb) ve değerlerne bağlı olmadığını kabul edelm. Böylece şrket, (Haftalık gelr) - (Ham maddenn satın alınış malyet) - (Dğer değşken malyetler) değerlern nasıl maksmum yapacağı üzerne yoğunlaşmalıdır. Şrketn haftalık gelr ve malyet ve karar değşkenler cnsnden fade edleblr. Şrket çn satılacak mktardan daha fazla oyuncak asker üretmek gerekszdr. O halde üretlen bütün oyuncakların satılacağını kabul edersek, Haftalık gelr = Askerden sağlanan haftalık kazanç + renden sağlanan haftalık kazanç dolar askerler dolar trenler = + asker hafta tren hafta = 7 + olur. Ayrıca, Haftalık ham madde malyet = 0 + 9 olur. Böylece şrket, Dğer haftalık değşken malyetler = 4 + 0 (7 + ) (0 + 9 ) (4 + 0 ) = 3 + değern maksmum yapmaya çalışıyor. O halde şrket 3 + y maksmum yapacak ve değerlern bulmalıdır. Böylece, matematksel olarak amaç fonksyonu; maks z = 3 + (3.) 43
olur. Amaç fonksyonundak değşkenn katsayısına değşkenn amaç fonksyonu katsayısı denr. Örneğn; çn amaç fonksyonunun katsayısı 3, çn de dr. Bu örnekte, (ve dğer brçok problemde) her değşkenn amaç fonksyonu katsayısı, en bast anlamda değşkenn şrketn karına olan katkısıdır. Kısıtlar: ve arttığı sürece şrketn amaç fonksyonunun değerde artar. Böylece, eğer şrket ve değerlern seçmede özgür olursa bu değerler çok yüksek tutarak karını keyf br şeklde büyüteblr. Fakat ve değerler aşağıdak üç kısıtlama le sınırlıdır. Kısıt : Her hafta 00 saatten fazla clalama yapılamıyor. Kısıt : Her hafta 80 saatten fazla marangozluk yapılamıyor. Kısıt 3: Sınırlı talepten dolayı, her hafta en fazla 40 oyuncak asker üretlyor. Elde bulunan ham madde mktarı sınırsız olarak kabul edldğnden bu konuda kısıtlama yoktur. Şrket problemnn matematksel modeln kurmak çn br sonrak basamak Kısıt -- 3 ü ve karar değşkenler cnsnden fade etmektr. Kısıt ve karar değşkenler cnsnden fade edelm: toplam clalama saat clalama saat üretlen askerler = hafta asker hafta clalama saat üretlen trenler + tren hafta olup böylece Kısıt = ( ) + ( ) = + + 00 (3.) 44
şekln alır. (3.) dek her br termn brmnn br haftalık clalama saat olduğuna dkkat edelm. Br kısıtın kabul edleblr olması çn kısıttak her termn aynı brmden olması gerekr. Aks halde bu elmalarla armutları toplamak gb olur k bu durumda kısıt br anlam fade etmez. Benzer şeklde Kısıt y ve karar değşkenler cnsnden fade edersek toplam marangozluk saat marangozluk saat üretlen askerler = hafta asker hafta marangozluk saat üretlen trenler + tren hafta = ( ) + ( ) = + olup, böylece Kısıt le fade edlr. 80 + (3.3) Br haftada en fazla 40 oyuncak asker satılableceğnden, haftalık oyuncak asker üretmn 40 le sınırlıyoruz. Bu da aşağıdak kısıtı verr: 40 (3.4) Böylece (3.), (3.3) ve (3.4) şrketn lneer programlama problemnn kısıtlarının karar değşkenler cnsnden fadesdr. Kısıtlardak karar değşkenlernn katsayılarına genellkle teknolojk katsayılar denlmektedr. Bunun neden, bu katsayıların sıklıkla farklı ürünlern üretmnde kullanılan teknolojy yansıtmalarındandır. Örneğn, (3.3) dek nn teknolojk katsayısı ; br oyuncak askern yapımında saatlk marangozluk şne htyaç duyulduğunu belrtmektedr. İşaret Sınırlamaları: Lneer programlama problemnn kurulmasını tamamlamak çn son aşama her karar değşken çn aşağıdak sorunun yanıtlanmasıdır: Karar değşken sadece negatf olmayan değerler m kabul edyor yoksa hem poztf hem de negatf değerler alablr m? 45
Eğer karar değşken sadece negatf olmayan değerler kabul edyorsa 0 şaret kısıtlamasını ekleyeceğz. Eğer değşken hem poztf hemde negatf (yada sıfır) değerlern kabul edyorsa, nn şaret kısıtlaması olmadığını söyleyeceğz. Şrket problem çn, 0 ve 0 olduğu açıktır. Bazı problemler de karar değşkenler çn şaret sınırlaması olmayablr. Örneğn br frmanın nakt dengesn temsl etsn. Eğer frmanın borcu, elndek parasından daha fazla se negatf br değer alır. Bu durumda nn şaret sınırlaması olmadığını kabul edeceğz. 0, 0 şaret sınırlamalarını, (3.) amaç fonksyonu ve (3.),(3.3),(3.4) kısıtları le brleştrerek aşağıdak optmzasyon problemn elde ederz: + 00 (clalama kısıtı) 80 + (marangozluk kısıtı) 40 (askerlere talep kısıtı) 0 (şaret kısıtı) (3.5) 0 (şaret kısıtı) (3.6) kısıtları altında z = 3 + fonksyonunu maksmum yapan ve değerlern bulunuz. Uygun Çözüm Bölges ve Optmum Çözüm: Bu problemn çözümünü öncelkle Smpleks algortması le oluşturup, problem k değşkenl olduğu çn çözümü daha sonra grafksel olarak elde edeceğz. Bölüm dek yöntemle lk tablo 3 0 0 0 0 0 0 00 0 0 80 0 0 0 40 0 0 00 80 40 46
olup, lk başlangıç vektörü = (0,0,00,80,40) olarak alınablr. F( ) = 3 + + 0 + 0 + 0 olduğundan, F( ) dek brm artış daha fazla 3 4 5 artıracaktır. O halde y sıfırda sabt tutup, n mümkün olduğunca fazla artmasına zn vereceğz. Böylece: 00 0 3 = 80 0 4 = 40 0 5 = olur. Bu kısıtlar sırası le, 50, 80, 40 olmasını gerektrr. Bunların her üçünü sağlayacak şeklde, 40 olmalıdır. O halde, 40 a kadar artırablrz. 3, 4 ve 5 çn karşılık gelen yen değerler de verlen üç kısıttan elde edlr. Böylece, yen vektörü; = (40, 0, 0, 40, 0) ( ) = 3(40 ) + = 0 + + 0 + 0 3 + 0 olur. O halde knc tablo ve F 5 3 4 5 0 0 0-3 0 0 0 00 0 0 80 0 0 0 40 40 0 0 40 0 dır. Gauss elmnasyon uygulanırsa 0 0 0-3 0 0 0-0 0 0-40 0 0 0 40 40 0 0 40 0 olup, brnc adıma benzer şeklde bu kez y temel değşken yaparsak 47
0 3 = 0 40 0 4 = 0 = 40 ve böylece y 0 ye kadar artırablrz., 3 ve 4 çn karşılık gelen yen değerler verlen üç kısıt cnsnden elde edlrse, yen vektörü = (40, 0, 0,0, 0) ( ) = (0 + ) 3 + 0 = + + 60 olur. Böylece, ve F 5 3 5 3 5 0 0-0 60 0 0-0 0 0-40 0 0 0 40 40 0 0 0 0 olur. Gauss elmnasyon uygulanırsa 0 0-0 60 0 0-0 0 0-0 0 0 0 40 40 0 0 0 0 bulunur. Şmd 5 temel değşken yapılırsa 0 0 = + 5 0 0 4 = 5 40 0 = 5 olur. Bu kısıtlar sırası le, 5 0, 5 0, 5 40 olmasını gerektrr. Kural gereğ brnc eştszlk gözardı edleceğnden 5 0 olmalıdır. O halde, 5 0 ye kadar artırablrz., ve 4 çn karşılık gelen yen değerler de verlen üç kısıttan yazılırsa, yen vektörü; 48