Sunum yükleniyor. Lütfen bekleyiniz

Sunum yükleniyor. Lütfen bekleyiniz

İ.Kara,2007 END 503 Doğrusal Programlama YAPAY DEĞİŞKEN KULLANIMI.

Benzer bir sunumlar


... konulu sunumlar: "İ.Kara,2007 END 503 Doğrusal Programlama YAPAY DEĞİŞKEN KULLANIMI."— Sunum transkripti:

1 İ.Kara,2007 END 503 Doğrusal Programlama YAPAY DEĞİŞKEN KULLANIMI

2 İ.Kara,2007 Büyük M Yöntemi Ax = b x ≥ 0 k.a. ENK x 0 =Cx Ax+x a = b x, x a ≥ 0 k.a. ENK x 0 =Cx+MΣx ai P: P(M):

3 İ.Kara,2007 BÜYÜK M YÖNTEMİ SONUCU P(M) Çözümü Eniyi Çözüm Var Sınırsız Çözüm Var X a =0 P nin Eniyi Çözümüne Erişilmiştir X a ≠0 P nin Uygun Çözüm Alanı Boştur X a =0 P nin Sınırsız Çözümü Var X a ≠0 P Tutarsız A B A1A1 A2A2 B1B1 B2B2

4 İ.Kara,2007 A 1 : P(M)’nin Eniyi Çözümü (X,0) x 0 = Cx + MΣx ai, Enk x 0 Cx ≤ Cx + MΣx ai X ai = 0  Cx ≤ Cx  P’nin eniyi çözümü

5 İ.Kara,2007 A 2 : P(M)’nin Eniyi Çözümü (x,x a ),x a ≠0 P’nin en az bir uygun çözümü olsun ve x # ile gösterilsin. (x #,0) P(M) uygun çözümü olur ki, (x,x a ) eniyi çözüm olduğundan, Cx + Mx a ≤ C x # yazılır.

6 İ.Kara,2007 A2: Devam x, x a ve x # ≥ 0 iken M>0 ve çok büyük olduğundan bu eşitsizlik mümkün değildir. O halde, P’nin bir uygun çözümü olamaz ki, P’nin uygun çözüm alanı boş demektir.

7 İ.Kara,2007 B 1 : P(M) Sınırsız x a =0 P(M) sınırsız  Э d=(d 1,d 2 ) ≥ 0  Cd 1 + Md 2 < 0 M>0 ve çok büyük olduğundan, d 2 =0 demektir ki Cd 1 <0, d 1 ≥ 0 elde edilir. P sınırsızdır.

8 İ.Kara,2007 B 2 : x a ≠0, x k temele girebilir, Y k ≤0 Tüm yapay değişkenler için Σy ij ≤0 dır. z j -C j = Σc i y ij + M(Σy ij ) – C j Enb{z j -c j } = z k -c k Simpleks tablosunun yapay değişkenlere karşı gelen ana blok satırları toplanırsa Σx i + Σx j (Σy ij ) = Σb i bulunur.

9 İ.Kara,2007 B2: Devam P’nin en az bir uygun çözümü varsa, x i =0, x j ≥0 olacağından, Σy ij ≤0 iken, Σb i ≥0 olamaz. P tutarsız olup, uygun çözüm alanı boş demektir.

10 İ.Kara,2007 ÖRNEK: Büyük M

11 İ.Kara,2007 ÖRNEK Devam

12 İ.Kara,2007 Örnek Devam

13 İ.Kara,2007 İki Evreli Simpleks Algoritması Ax + Y = b x ≥ 0 Y ≥ 0 k.a. ENK(ENB) Y 0 =? P:

14 İ.Kara, Evre Ax + Y = b x ≥ 0, Y ≥ 0 k.a. ENB Y 0 =Σ-y i veya ENK Y 0 =Σy i 1.Eniyi y 0 = 0  Temelde y i yok.  Temelde y i var ama sıfır değerini almış. 2.Eniyi y 0 ≠ 0  UÇA boş. DUR

15 İ.Kara, Evre (x 0 satırı x 0 =Cx’e göre) 1.Tüm yapay değişkenler temel dışı a)B -1 gerekiyorsa y i lere (0) katkı ver. SA uygula. b)B -1 gerekmiyorsa, y i lere karşı gelen sütunu çıkart SA uygula. 2.Temelde sıfır değeriyle yapay değişken var  SA’nı yapay değişkenler temele girmeyecek şekilde uygula.

16 İ.Kara,2007 Temelde sıfır değeriyle yer alan yapay değişkenler var x k temele girecek değişken iken buna karşı gelen sütun y k olsun. x k STS z k -c k x 0 y 1k b 1 y 2k b 2 y ik 0 y mk b m y i + y ik = 0

17 İ.Kara,2007 i.y ik ≥ 0 tüm yapay değişkenler için enküçük oran testi  x k girer, karşı gelen yapay değişken çıkar. x k =0 ve x 0 =0 olur. ii.Bazı i’ler için y ik <0. x k ↑  y ik <0 olduğundan y i ↑ (uygunluk bozulur) x k girer, y i çıkar, x k =0 ve x 0 =0 olur.

18 İ.Kara,2007 Tek Yapay Değişken Tekniği Model Ax=b haline getirildiğinde, A’da I matris var fakat en az bir b i <0 ise başvurulan bir tekniktir. Modelin tüm kısıtlarına, x y ≥0 bir yapay değişken iken, -x y ’yi ekleyelim.

19 İ.Kara,2007 TEK YAPAY DEĞİŞKEN TEKNİĞİ x0x0 XBXB XRXR xyxy ST 10C B B -1 b- C R CBB-1bCBB-1b 0IB -1 R. b1...bmb1...bm

20 İ.Kara,2007 TEK YAPAY DEĞİŞKEN ENK{b i }=b r olsun (b r <0) b r ‘a karşı gelen x r temelden çıkartılır, yerine x y temele alınırsa;

21 İ.Kara,2007 TEK YAPAY DEĞİŞKEN x i + y iy x y = b i x i – x y = b i x r – x y = b r, x r =0  x y =-b r >0 x i = b i + x y x i = b i – b r ≥ 0 i (b r <0 ve b r ≤0) olup, izleyen ardıştırma ile modele bir temle uygun çözüm bulunmuş olur. Bundan sonra, x y bir yapay değişken olarak işlemlere tabi tutulur (Büyük M veya İki Evreli Simpleks Algoritması). A


"İ.Kara,2007 END 503 Doğrusal Programlama YAPAY DEĞİŞKEN KULLANIMI." indir ppt

Benzer bir sunumlar


Google Reklamları