Bölüm 8: Ağ Tasarımı ve Yönlendirme
Çoktan Seçmeli · Yönlendirme temelleri
Soru 1
Negatif kenar ağırlıklarına izin veren ve dağıtık sürümü RIP olan yönlendirme algoritması hangisidir?
Doğru cevap B, Bellman–Ford. Bellman–Ford her düğümün uzaklık tahminini komşularından öğrenerek günceller, O(V·E) sürer ve negatif kenar ağırlıklarını kabul eder; komşudan öğrenme fikri uzaklık vektörü protokolü RIP'in temelidir. Dijkstra (A) daha hızlıdır ama negatif olmayan ağırlık ister ve OSPF'nin çekirdeğidir. ECMP (C) eşit maliyetli yollar arasında yük dengelemedir; Frank–Wolfe (D) ise Beckmann potansiyelini en aza indiren bir optimizasyon yöntemidir.
Çoktan Seçmeli · Sistem optimumu
Soru 2
ℓ(x) = 5 + x/100 olan bir yolun marjinal maliyeti (x·ℓ(x))′ nedir?
Doğru cevap C. Çarpım kuralıyla (x·ℓ(x))′ = ℓ(x) + x·ℓ′(x) = (5 + x/100) + x·(1/100) = 5 + x/50. A yalnız ℓ'nin kendisidir, yani sürücünün kendi gördüğü gecikme; B yalnız ℓ′'dür; D sabit 5'i de ikiye katlar, oysa ek terim yalnız x·ℓ′'den gelir. Fazladan x·ℓ′ = x/100 terimi, bir sürücünün diğer herkese yüklediği ek gecikmedir (dışsallık): sistem optimumu bunu hesaba katar, Wardrop dengesi katmaz.
Çoktan Seçmeli · Potansiyel ve kod izleme
Soru 3
Bölünebilir trafikte Wardrop dengesi hangi fonksiyonu en aza indirir?
Doğru cevap B. Beckmann potansiyelinin bir kenarın akışına göre türevi ℓe'dir, yani son gelen sürücünün gördüğü gecikme; Φ'nin en küçük noktasında kullanılan yolların gecikmeleri eşitlenir ve bu tam Wardrop koşuludur. Toplam gecikme C'nin (A) türevi marjinal maliyettir, bu yüzden C'yi en aza indiren sistem optimumudur. Rosenthal potansiyeli (D) aynı fikrin atomik (bölünemez) oyunlardaki toplam biçimidir. 3.000 araçlı iki yollu örnekte Φ x1 = 2.000'de, C x1 = 1.500'de en küçüktür.
Çoktan Seçmeli · Potansiyel ve kod izleme
Soru 4
denge_bul, Yol 1'in akışı x üzerinde ikiye bölme ile [0, 3.000] aralığında başlar ve ℓ1(x) = 5 + x/100 ile ℓ2(3.000 − x) değerlerini karşılaştırır (ℓ2(y) = 20 + y/200). İlk turdan sonra aralık?
Doğru cevap D, [1.500, 3.000]. İlk turda orta nokta x = (0 + 3000)/2 = 1.500 denenir: ℓ1(1.500) = 5 + 15 = 20, ℓ2(1.500) = 20 + 7,5 = 27,5. ℓ1 < ℓ2 olduğu için Yol 1 hâlâ hızlıdır ve denge daha sağdadır: kod lo = 1.500 yapar, hi = 3.000 kalır. A ters yönü seçer; C ise ikinci turun sonucudur (x = 2.250'de ℓ1 = 27,5 ≥ 23,75 olunca hi = 2.250). Denge (2.000) her iki aralıkta da kalır.
Çoktan Seçmeli · Braess ve topoloji
Soru 5
Hangi iki uçlu ağlarda, gecikmeler nasıl seçilirse seçilsin Braess paradoksu görülmez?
Doğru cevap C, seri-paralel ağlar. Milchtaich (2006), iki uçlu bir ağın, gecikmeler nasıl seçilirse seçilsin Braess paradoksundan bağışık olmasının ancak ve ancak ağ seri-paralel ise mümkün olduğunu gösterdi. Seri-paralel ağ, kenarları seri ya da paralel bağlayarak kurulur; iki yollu örnek böyledir. Braess ağı ise A→B köprüsüyle bir Wheatstone yapısıdır (D) ve paradoksa izin verir. Döngülü ağlar (A) ve tam çizgeler (B) genellikle Wheatstone alt yapısı içerir, güvence vermez.
Çoktan Seçmeli · Rosenthal potansiyeli
Soru 6
Rosenthal potansiyelinin anahtar özelliği hangisidir?
Doğru cevap B. Oyuncu yol değiştirince bıraktığı her kenarda Φ'nin son terimi ce(ne) düşer, girdiği her kenara ce(ne + 1) eklenir; bunlar tam onun eski ve yeni maliyetidir: ΔΦ = ci(yeni) − ci(eski). Bu yüzden iyileştiren her hamle Φ'yi kesin azaltır, dinamik durur ve saf Nash dengesi vardır. A yanlıştır: Φ ile toplam maliyet genelde farklıdır (ce(k) = k olan bir kenarda 4 kullanıcı için Φ = 1 + 2 + 3 + 4 = 10, maliyet 4·4 = 16); denge Φ'nin en büyük değil yerel en küçük noktasıdır (D); Φ atomik oyunlar için tanımlıdır (C).
Çoktan Seçmeli · Potansiyel oyunlar
Soru 7
Potansiyel oyunlarda en iyi tepki dinamiği için hangisi doğrudur?
Doğru cevap C. İyileştiren her hamle Φ'yi kesin azaltır ve Φ sonlu çok değer alır (sonlu iyileşme özelliği): dinamik mutlaka durur, bu yüzden B yanlıştır. Ama adım sayısı üstel olabilir: Fabrikant, Papadimitriou ve Talwar (2004) genel tıkanıklık oyunlarında saf denge bulmanın zor (PLS-tam) olduğunu gösterdi: hızlı bir yöntem bilinmemektedir, yani polinom süre (A) garanti değildir. Dinamik saf stratejilerle durur; karışık stratejiye gerek yoktur (D).
Çoktan Seçmeli · Ağ oluşturma
Soru 8
α = 0,5 iken (n = 4) hangisi doğrudur?
Doğru cevap A. Tam çizgede bağ almış bir oyuncu bağı bırakırsa 0,5 kazanır ama o komşuya uzaklığı 1'den 2'ye çıkar (1 kayıp): sapma kârsızdır, tam çizge dengedir. Yıldızda bir yaprak başka bir yaprağa bağ alırsa 0,5 öder ve o yaprağa uzaklığı 2'den 1'e iner (1 kazanç): sapma kârlıdır, yıldız denge değildir. Genel kural: α < 1 iken tam çizge hem denge hem optimumdur; yıldız ancak α ≥ 1 iken dengedir (α = 1'de sapma ne kazandırır ne kaybettirir).
Hesaplama Sorusu · Wardrop dengesi
Soru 9: Wardrop Dengesi
4.000 araç A'dan B'ye gidiyor. Yol 1: ℓ1 = 8 + x1/100, Yol 2: ℓ2 = 20 + x2/300 (dk). (a) Herkes Yol 1'i kullanırsa denge olur mu? (b) Wardrop dengesini, gecikmeyi ve toplam gecikmeyi bulun.
Cevabı göster
(a) Herkes Yol 1'de: ℓ1 = 8 + 40 = 48 dk, boş Yol 2 ise 20 dk. Yol 1'dekiler geçmek ister: denge değil.
(b) İki yol da kullanılıyorsa gecikmeler eşittir: 8 + x1/100 = 20 + (4000 − x1)/300.
×300: 2400 + 3x1 = 6000 + 4000 − x1 → 4x1 = 7600 → x1 = 1.900, x2 = 2.100.
ℓ1 = 8 + 19 = 27, ℓ2 = 20 + 7 = 27 dk ✓. Toplam gecikme 4.000 × 27 = 108.000 araç·dk. Yol değiştiren tek sürücü kazanmaz.
Hesaplama Sorusu · Sistem optimumu
Soru 10: Sistem Optimumu
Önceki ağ: 4.000 araç, ℓ1 = 8 + x1/100, ℓ2 = 20 + x2/300. Marjinal maliyetleri eşitleyerek toplam gecikmeyi en aza indiren dağılımı ve toplam gecikmeyi bulun. Dengeyle karşılaştırın.
Cevabı göster
Marjinal maliyet (x·ℓ(x))′ = ℓ + x·ℓ′: Yol 1: 8 + x1/50, Yol 2: 20 + x2/150.
Eşitle: 8 + x1/50 = 20 + (4000 − x1)/150 → ×150: 1200 + 3x1 = 7000 − x1 → x1 = 1.450, x2 = 2.550.
| x₁ / x₂ | ℓ₁ / ℓ₂ (dk) | toplam (araç·dk) | |
|---|---|---|---|
| Denge | 1.900 / 2.100 | 27 / 27 | 108.000 |
| Optimum | 1.450 / 2.550 | 22,5 / 28,5 | 105.300 |
32.625 + 72.675 = 105.300. Optimumda Yol 2'deki sürücüler 6 dk daha yavaştır, Yol 1'e geçmek isterler: optimum bir denge değildir. Bencil yönlendirme 2.700 araç·dk fazla gecikme üretir.
Hesaplama Sorusu · Braess paradoksu
Soru 11: Braess Paradoksu
2.500 araç s'den t'ye gidiyor. s→A ve B→t dar yollar (x/50 dk), A→t ve s→B geniş yollar (sabit 60 dk). (a) A→B yolu yokken denge süresi nedir? (b) 0 dk'lık A→B yolu açılınca yeni denge ve süre nedir?
Cevabı göster
(a) Simetri: 1.250 / 1.250 → her yol 1.250/50 + 60 = 25 + 60 = 85 dk.
(b) Tek sürücü zikzak (s→A→B→t) dener: 25 + 0 + 25 = 50 < 85 → geçer. B→t en çok 2.500/50 = 50 < 60 olduğundan zikzak her durumda eski yollardan hızlıdır: herkes geçer.
Herkes zikzakta: 2.500/50 + 0 + 2.500/50 = 100 dk. Eski yola dönen 50 + 60 = 110 dk yaşar → kimse dönmez: yeni Wardrop dengesi.
Yol eklendi, herkes 15 dk kaybetti (85 → 100). A→B'yi kapatmak herkesi hızlandırır.
Hesaplama Sorusu · Braess paradoksu
Soru 12: Braess: Trafiğin Bölündüğü Denge
Bir Braess ağında (s→A, B→t: x/50; A→t, s→B: 60 dk; A→B: 0) araç sayısı 3.500 olsun. (a) A→B yokken denge süresi? (b) A→B açıkken herkes zikzakta olabilir mi? (c) Yeni dengede zikzak (z) ve her eski yol (y) akışı ile süre nedir?
Cevabı göster
(a) 1.750 / 1.750 → 35 + 60 = 95 dk.
(b) Herkes zikzakta: 70 + 0 + 70 = 140 dk; eski yola dönen 70 + 60 = 130 dk yaşar → denge değil.
(c) s→A ve B→t'deki akış y + z. Kullanılan yollar eşit sürmeli:
zikzak 2(y + z)/50 = eski yol (y + z)/50 + 60 ⇒ (y + z)/50 = 60 ⇒ y + z = 3.000.
Akış korunumu 2y + z = 3.500 ⇒ y = 500, z = 2.500. Süre: 60 + 0 + 60 = 60 + 60 = 120 dk.
Paradoks yine görülür: 95 → 120 dk. Bu kez sürücülerin bir kısmı eski yollarda kalır, ama hepsinin süresi 25 dk uzar.
Hesaplama Sorusu · Rosenthal potansiyeli
Soru 13: Rosenthal Potansiyeli
3 sürücü; yollar üst (s→A→t), alt (s→B→t), zik (s→A→B→t). Kenar maliyetleri: s→A ve B→t'de ce(k) = 2k (k: kullanıcı sayısı), A→t ve s→B'de 7, A→B'de 1. Herkes üstte başlıyor. Sürücüler 1, 2, 3 sırasıyla en iyi tepki veriyor (eşitlikte üst, alt, zik sırasıyla ilki). Her hamlede maliyetleri ve Φ'yi izleyin; dengeyi bulun.
Cevabı göster
Başlangıç: s→A'da 3 kişi → 2 + 4 + 6 = 12, A→t: 7 × 3 = 21 → Φ = 33; herkesin maliyeti 6 + 7 = 13.
| hamle | üst | alt | zik | seçim | Φ |
|---|---|---|---|---|---|
| S1 (13) | 13 | 7 + 2 = 9 | 6 + 1 + 2 = 9 | alt | 33 → 29 |
| S2 (11) | 4 + 7 = 11 | 7 + 4 = 11 | 4 + 1 + 4 = 9 | zik | 29 → 27 |
| S3 (11) | 11 | 7 + 6 = 13 | 4 + 1 + 6 = 11 | kalır | 27 |
Her düşüş hamle yapanın kazancına eşit: 13 − 9 = 4, 11 − 9 = 2 (ΔΦ = ci(yeni) − ci(eski)).
2. turda S1 (alt, 11): üst 13, zik 6 + 1 + 4 = 11 → kalır; S2 (zik, 9) en ucuzda. Kimse iyileştiremez: saf Nash dengesi (alt, zik, üst), maliyetler 11, 9, 11; Φ = 27 (6 + 7 + 7 + 6 + 1).
Hesaplama Sorusu · Ağ oluşturma oyunları
Soru 14: Ağ Oluşturma, α = 3
n = 4 oyuncu, her bağın fiyatı α = 3 (bağı bir oyuncu satın alır, herkes kullanır). Oyuncunun maliyeti α·(aldığı bağ) + Σ uzaklık. (a) Yıldız, tam çizge ve yol ağının sosyal maliyetini bulun; optimum hangisi? (b) Merkezin üç bağı da satın aldığı yıldız Nash dengesi mi? (c) Tam çizge Nash dengesi mi?
Cevabı göster
Sosyal maliyet = α·(bağ sayısı) + tüm sıralı çiftlerin uzaklıkları toplamı.
| ağ | bağ | uzaklık toplamı | sosyal maliyet |
|---|---|---|---|
| yıldız | 3 | 2·(3·1 + 3·2) = 18 | 9 + 18 = 27 |
| tam çizge | 6 | 12 · 1 = 12 | 18 + 12 = 30 |
| yol 1–2–3–4 | 3 | 2·(1+2+3+1+2+1) = 20 | 9 + 20 = 29 |
(a) α = 3 > 2 olduğundan optimum yıldız (27).
(b) Yaprak yeni bir bağla yalnızca 1 uzaklık kazanır (1 < 3); bağ bırakan ağı koparır (uzaklık ∞) → kimse sapmaz: yıldız dengedir.
(c) Bir bağın sahibi onu bırakırsa 3 kazanır, uzaklığı yalnızca 1 artar (1 < 3) → kârlı sapma: tam çizge denge değildir.
Hesaplama Sorusu · Verimlilik ve adalet
Soru 15: Bant Genişliği Adaleti
İki bağlantının kapasitesi 1. Akış A iki bağlantıyı da, B ve D yalnız 1. bağlantıyı, C yalnız 2. bağlantıyı kullanır: xA + xB + xD ≤ 1, xA + xC ≤ 1. (a) En büyük toplam verim, (b) maksimin adalet, (c) orantılı adalet (payların çarpımını, yani Σ log xi toplamını maksimize eden) paylaşımlarını ve toplamlarını bulun. log x'in türevi 1/x'tir.
Cevabı göster
(a) A'yı kapat: xB + xD = 1, xC = 1 → toplam 2, ama A aç kalır (xA = 0).
(b) Payları eşit artır: 1. bağlantı A, B, D ile 1/3'te dolar. Kalan C, 2. bağlantıda 1 − 1/3 = 2/3'e çıkar: (xA, xB, xC, xD) = (1/3, 1/3, 2/3, 1/3), toplam 5/3 ≈ 1,67.
(c) İki bağlantı dolu: xB = xD = (1 − xA)/2, xC = 1 − xA. Maksimize edilecek log xA + 3 log(1 − xA) + sabit; log x'in türevi 1/x olduğundan türev sıfır: 1/xA = 3/(1 − xA) ⇒ xA = 1/4.
Paylaşım (1/4, 3/8, 3/4, 3/8), toplam 7/4 = 1,75. İki bağlantıyı birden kullanan A en az alır ama sıfıra düşmez; toplam, maksiminden yüksek, en büyük verimden düşüktür.
Hesaplama Sorusu · Braess paradoksu
Soru 16: Hangi Yol Kapatılmalı?
Bir Braess ağında 3.500 araç var; s→A ve B→t dar yollar (x/50 dk), A→t ve s→B geniş yollar (60 dk), A→B 0 dk. Tüm yollar açıkken denge süresi 120 dk'dır (zikzakta 2.500, eski yolların her birinde 500 araç). (a) Beş yoldan yalnız biri kapatılırsa her durumda yeni denge süresi ne olur? Hangisi kapatılmalıdır? (b) Toplam yolculuk süresi kaç araç·dk azalır? (c) Açık ağın dengesinde s→A yoluna bir sürücü daha girerse o yoldaki diğer sürücülere toplam kaç dk ek gecikme yükler (x·ℓ′)?
Cevabı göster
| kapatılan | yeni denge | süre |
|---|---|---|
| s→A | herkes s→B→t | 60 + 70 = 130 |
| B→t | herkes s→A→t | 70 + 60 = 130 |
| A→t | s→A→B→t 3.000, s→B→t 500 | 60 + 70 = 130 |
| s→B | s→A→B→t 3.000, s→A→t 500 | 70 + 60 = 130 |
| A→B | 1.750 / 1.750 | 35 + 60 = 95 |
(a) A→t kapalıyken s→A'daki akış a olsun: zikzak a/50 + 70, alt yol 60 + 70; eşitlik a/50 = 60 ⇒ a = 3.000; B→t'de 3.500 araç vardır, 70 dk. Yalnız A→B'yi kapatmak süreyi düşürür: 120 → 95 dk.
(b) 3.500 × (120 − 95) = 87.500 araç·dk.
(c) s→A'da 3.000 araç, ℓ′ = 1/50: 3.000 × 1/50 = 60 dk. Yeni sürücü bunu hesaba katmaz; dışsallık budur.
Hesaplama Sorusu · İkili kararlılık
Soru 17: İkili Kararlılık Hesabı
n = 4, iki taraflı bağlar (Jackson–Wolinsky): bağ ancak iki taraf da isterse kurulur, biri isterse kopar. Fayda: uzaklığı 1 olan her oyuncudan 5, 2 olandan 2,5, 3 olandan 1; her bağın bedeli iki uçtaki oyuncuların her birine 2. (a) Yol (1–2–3–4), döngü, yıldız ve tam çizgede net faydaları ve toplamı bulun. (b) Hangileri ikili kararlıdır? (c) Sunumdaki örnekten (4 / 2,2 / 1) farkı ne yaratır?
Cevabı göster
| ağ | net faydalar | toplam | ikili kararlı? |
|---|---|---|---|
| yol | 6,5 / 8,5 / 8,5 / 6,5 | 30 | Hayır: 1–4 eklenir (+2, +2) |
| döngü | 8,5 (hepsi) | 34 | Hayır: köşegen eklenir (+0,5, +0,5) |
| yıldız | 9 / 8 / 8 / 8 | 33 | Hayır: iki yaprak bağ kurar |
| tam çizge | 9 (hepsi) | 36 | Evet |
(a) Ör. merkez 3·5 − 3·2 = 9, yaprak 5 + 2·2,5 − 2 = 8.
(b) Tam çizgede bağı koparan 2 tasarruf eder ama 5 − 2,5 = 2,5 kaybeder: kimse koparmaz. 4 düğümlü tüm ağlar taranınca tek ikili kararlı ağ tam çizgedir; toplamı en yüksek ağ da odur.
(c) Uzaklığı 2'den 1'e indirmek 5 − 2,5 = 2,5 > 2 değerindedir (sunumda 1,8 < 2): eksik bağlar iki uca da kazandırır.
Hesaplama Sorusu · Braess paradoksu
Soru 18: Atomik ve Bölünebilir Braess
Braess ağı: s→A ve B→t kenarlarında gecikme kullanıcı sayısı (ya da akış) kadar, A→t ve s→B'de sabit 6, A→B'de 0. Yollar: üst (s→A→t), alt (s→B→t), zik (s→A→B→t). (a) Bölünebilir trafik, toplam 6 birim: A→B yokken ve varken Wardrop dengesi ve toplam gecikme? (b) Atomik oyun, 6 sürücü: A→B yokken denge nedir? A→B açıkken (üst 1, alt 1, zik 4) Nash dengesi mi, toplam maliyet kaç? (c) Atomik oyunda herkesin zikte olduğu profil denge mi? İki modeli karşılaştırın.
Cevabı göster
(a) A→B yok: 3 / 3, herkes 3 + 6 = 9, toplam 54. A→B var: herkes zikte 12; üst ya da alt da 6 + 6 = 12 → Wardrop dengesi, toplam 72.
(b) A→B yok: 3 / 3 dengedir (geçen 10 > 9), toplam 54. (1, 1, 4): üst 5 + 6 = 11, alt 11, zik 5 + 0 + 5 = 10. Üstteki ya da alttaki zike geçerse 11 bulur (kazanmaz); zikteki üste ya da alta geçerse 11 > 10 → Nash dengesi, toplam 62.
(c) Herkes zikte: 12; üste geçen yine 12 → o da denge (72). Bölünebilirde denge maliyeti tektir (54 → 72); atomikte dengeler birden çoktur (betik: 62, 67, 67, 72) ve paradoks en iyi dengede bile görülür (54 → 62).