SİMPLEKS YÖNTEM

Standart DP Haline Dönüşüm (Örnek 3.2.1) Aşağıdaki DP modelini standart hale getirin. Maks.z = 2x1 + 3x2 + 5x3 x1 + x2 - x3 ≥ - 5 - 6x1 + 7x2 - 9x3 ≤ 4 x1 + x2 + 4x3 = 10 x1, x2 ≥ 0 x3 : sınırlandırılmamış

DÖNÜŞÜM (Örnek 3.2.1) Birinci kısıt : ≥ halindeki eşitsizliğin her iki tarafı (-1) ile çarpılıp ≤ haline getirilir ve kısıtın sol tarafı s1 dolgu miktarı kadar artırılır. İkinci kısıt : ≤ olduğundan sadece sol tarafa s2 dolgu değişkeni ilave edilir. Üçüncü kısıt : Zaten eşitlik halinde olduğundan dolgu ya da artık değişkene gereksinimi yoktur. Sınırlandırılmamış x3 değişkeni yerine : x3 = x3 - x3 ifadesi amaç fonksiyonu ve tüm kısıtlarda yerine yazılır. Burada x3 ≥ 0 ve x3 ≥ 0’dır. - - + + -

Çözüm Maks.z = 2x1 + 3x2 + 5x3 - 5x3 - x1 - x2 + x3 - x3 + s1 = 5 (Örnek 3.2.1) - Maks.z = 2x1 + 3x2 + 5x3 - 5x3 - x1 - x2 + x3 - x3 + s1 = 5 - 6x1 + 7x2 - 9x3 + 9x3 + s2 = 4 x1 + x2 + 4x3 - 4x3 = 10 x1, x2, x3, x3, s1, s2 ≥ 0 + - + - + - + - +

Günlük maksimum kullanılabilirlik Simpleks Algoritması Problem (Örnek 3.3.1) Renk Ltd.Şti., M1 ve M2 hammaddelerinin karışımından elde edilen iç ve dış duvar boyalarını üretmektedir. Problemin temel verileri aşağıdadır: Ton başına hammadde miktarı Günlük maksimum kullanılabilirlik Dış boya İç boya M1 Hammaddesi 6 4 24 M2 Hammaddesi 1 2 KÂR 5 Günlük iç boya talebinin en çok 2 ton olduğu ve günlük iç boya talebinin günlük dış boya talebinden fazla olduğu, bu fazlalığın da günde en çok 1 ton olduğu bilindiğine göre; kârı maksimum yapan optimum üretim miktarlarını bulunuz.

DP Modeli Maks.z = 5x1 + 4x2 6x1 + 4x2 ≤ 24 x1 + 2x2 ≤ 6 - x1 + x2 ≤ 1 (Örnek 3.3.1) Maks.z = 5x1 + 4x2 6x1 + 4x2 ≤ 24 x1 + 2x2 ≤ 6 - x1 + x2 ≤ 1 x2 ≤ 2 x1, x2 ≥ 0

Standart DP Haline Dönüşüm (Örnek 3.3.1) Kısıtların dördü de ≤ olduğundan; Maks.z = 5x1 + 4x2 + 0s1 + 0s2 +0s3 +0s4 6x1 + 4x2 + s1 = 24 x1 + 2x2 + s2 = 6 - x1 + x2 + s3 = 1 x2 + s4 = 2 x1, x2, s1, s2, s3, s4 ≥ 0

Simpleks Yöntemi ile Çözüm (Örnek 3.3.1) Maks.z = 5x1 + 4x2 + 0s1 + 0s2 +0s3 +0s4 ise; Z - 5x1 - 4x2 = 0 Temel z x1 x2 s1 s2 s3 s4 Çözüm 1 -5 -4 6 4 24 2 -1

Simpleks Yöntemi ile Çözüm (Örnek 3.3.1) Temel z x1 x2 s1 s2 s3 s4 Çözüm 1 -5 -4 6 4 24 2 -1 Temel x1 Çözüm Oran s1 6 24 24/6=4 (minimum) s2 1 6/1=6 s3 -1 -1/1=-1 (atlanır) s4 2 2/0=∞ (atlanır) Anahtar satır

Simpleks Yöntemi ile Çözüm (Örnek 3.3.1) Temel z x1 x2 s1 s2 s3 s4 Çözüm 1 -5 -4 6 4 24 2 -1 Yeni anahtar satır = Eski anahtar satır / Anahtar sayı Temel z x1 x2 s1 s2 s3 s4 Çözüm 6/6 4/6 1/6 0/6 24/6

Simpleks Yöntemi ile Çözüm (Örnek 3.3.1) Geri kalan satırların bulunması Z satırı Formül Mevcut satır 1 -5 -4 A Yeni anahtar satır 2/3 1/6 4 B - (-5) X yeni anahtar satır 5 10/3 5/6 20 C = - (-5) X B Yeni z satırı -2/3 A + C

Simpleks Yöntemi ile Çözüm (Örnek 3.3.1) s2 satırı Formül Mevcut satır 1 2 6 A Yeni anahtar satır 2/3 1/6 4 B (-1) X yeni anahtar satır -1 -2/3 -1/6 -4 C = (-1) X B Yeni z satırı 4/3 A + C

Simpleks Yöntemi ile Çözüm (Örnek 3.3.1) s3 satırı Formül Mevcut satır -1 1 A Yeni anahtar satır 2/3 1/6 4 B - (-1) X yeni anahtar satır C = - (-1) X B Yeni z satırı 5/3 5 A + C

Simpleks Yöntemi ile Çözüm (Örnek 3.3.1) s4 satırı Formül Mevcut satır 1 2 A Yeni anahtar satır 2/3 1/6 4 B (0) X yeni anahtar satır C = (0) X B Yeni z satırı A + C

Simpleks Yöntemi ile Çözüm İkinci Simpleks tablosu (Örnek 3.3.1) İkinci Simpleks tablosu Temel z x1 x2 s1 s2 s3 s4 Çözüm 1 -2/3 5/6 20 2/3 1/6 4 4/3 -1/6 2 5/3 5

Simpleks Yöntemi ile Çözüm Üçüncü Simpleks tablosu (OPTİMUM ÇÖZÜM) (Örnek 3.3.1) Üçüncü Simpleks tablosu (OPTİMUM ÇÖZÜM) Temel z x1 x2 s1 s2 s3 s4 Çözüm 1 3/4 1/2 21 1/4 -1/2 3 -1/8 3/2 3/8 -5/4 5/2 1/8 -3/4 Temel dışı s1 ve s2 değişkenlerinin katsayıları negatif olmadığından bu tablodaki çözüm OPTİMUM’dur. Günde 3 ton dış boya, 1,5 ton iç boya üreterek maksimum 21000 birim kâr elde edilebilir.

M Yöntemi Min.z = 4x1 + x2 3x1 + x2 = 3 4x1 + 3x2 ≥ 6 x1 + 2x2 ≤ 4 (Örnek 3.4.1) Min.z = 4x1 + x2 3x1 + x2 = 3 4x1 + 3x2 ≥ 6 x1 + 2x2 ≤ 4 x1, x2 ≥ 0

Standart Haline Dönüşüm (Örnek 3.4.1) Min.z = 4x1 + x2 3x1 + x2 = 3 4x1 + 3x2 – x3 = 6 x1 + 2x2 + x4 = 4 x1, x2, x3, x4 ≥ 0 Min.z = 4x1 + x2 + MR1 + MR2 3x1 + x2 + R1 = 3 4x1 + 3x2 – x3 + R2 = 6 x1, x2, x3, x4, R1, R2 ≥ 0

M Yöntemi ile Çözüm (Örnek 3.4.1) x1 x2 x3 R1 R2 x4 Çözüm z -4 -1 -M 3 Temel x1 x2 x3 R1 R2 x4 Çözüm z -4 -1 -M 3 1 4 6 2 Yeni z satırı = Eski z satırı + (M X R1 satırı) + (M X R2 satırı) Eski z satırı -4 -1 -M + (M X R1 satırı) 3M M + (M X R2 satırı) 4M 6M = Yeni z satırı -4+7M -1+4M 9M

M Yöntemi ile Çözüm (Örnek 3.4.1) x1 x2 x3 R1 R2 x4 Çözüm z 3 1 4 -1 6 Temel x1 x2 x3 R1 R2 x4 Çözüm z -4+7M -1+4M -M 9M 3 1 4 -1 6 2

M Yöntemi ile Çözüm (Örnek 3.4.1) x1 x2 x3 R1 R2 x4 Çözüm z 1 1/3 5/3 Temel x1 x2 x3 R1 R2 x4 Çözüm z (1+5M)/3 -m (4-7M)/3 4+2M 1 1/3 5/3 -1 -4/3 2 -1/3 3 Probleme bu şekilde sonuna kadar devam edilirse; OPTİMUM ÇÖZÜM : x1=2/5, x2=9/5, x3=1 ve z=17/5 bulunur.