MATEMATİK II - Deneme Sınavı - 1

(2,1) noktası 2x+5y=10 doğrusunun altında kaldığından eşitsizliği sağlar. Yani

olur.

x+2y=12 doğrusu eksenleri (12,0) ve (0,6) noktasında keser. (0,0) noktası

eşitsizliğini sağlamadığından, yani

olduğundan (0,0) noktasının olmadığı bölge taranır.

2x+y=2 doğrusu eksenleri (1,0) ve (0,2) noktasında keser. (0,0) noktası

eşitsizliğini sağladığından  yani

olduğundan, (0,0) noktasının olduğu bölge taranır.

2x+3y=12 doğrusu eksenleri (0,4) ve (6,0) noktalarında, x+3y=9 doğrusu eksenleri (0,3) ve (9,0) noktalarında keser. Ayrıca

denklem sistemi çözülürse bu iki doğrunun (3,2) noktasında kesiştikleri görülür. Amaç fonksiyonunun bu noktalarda aldığı değerler, f(0,3)=3 , f(6,0)=18, f(3,2)=11  olup amaç fonksiyonunun minimum değeri 3 olur.

3x+4y=12 doğrusu eksenleri (0,3) ve (4,0) noktalarında keser. Kontrol noktamız (0,0) için 

olduğundan eşitsizliği sağlamaz. Dolayısıyla (0,0) ın bulunamadığı taraf taranır.

3x-2x=-6+8

x=2

 a1, b1, c1, . . . , ak, bk, ck sayıları pozitif olmak üzere,

doğrusal eşitsizliklerine maksimizasyon probleminin kısıtları denir.Bu kalıplara uymayan

eşitsizliğidir.

x=0 ve y=0 alırsak

0-3.0+1>0 

sağlanır.

Her iki değişkeninde pozitif olması gerekir ve ilk eşitlikte x=1 ve y=2 yerleştirirsek -107 buluruz bu değer 35 den daima küçüktür.

f(x,y)=ax+by doğrusal amaç fonksiyonunun değerini en büyük yapan noktayı belirleme problemine bir doğrusal programlama problemi denir.

(1,4) noktası 5.1-4=1<5, 1-4=-3<0 ve 1>0 ve 4>0 olduğundan eşitsizliklerin hepsini sağlar.

Bir problemde iki değil de üç tane karar değişkeni varsa bu durumda problemin tanım kümesi üç boyutlu uzayda bulunur.

Doğrusal programlama yardımıyla yaptığımız modelleme bize sonsuz seçenekli bir durumda sonlu tane noktanın kontrol edilmesiyle çözüme nasıl ulaştığımızı da göstermiş olur.