Az LP feladat megoldásairól

Megállapítottuk, hogy minden lineáris programozási feladat ekvivalens átalakítás eredményeként kanonikus feladattá válhat és fordítva, minden kanonikus feladat

2.4. AZ LP FELADAT MEGOLDÁSAIRÓL. 19 bármilyen más formában is megfogalmazható. Elegend® tehát a kanonikus felada-tot vizsgálnunk ahhoz, hogy az LP feladatokra vonatkozó általános észrevételeket tehessünk, amint az itt következik. A

cx → max

Ax = b, x≥0

LP feladat lehetséges vagy megengedett megoldásainak nevezzük azokat az x vek-torokat, amelyek a feltételeket kielégítik.

Az LP feladat célfüggvénye az optimalizálandó: maximalizálandó (más esetben minimalizálandó) cxlineáris függvény.

Az LP feladat optimális megoldásainak nevezzük azokat azxvektorokat, amelyek a lehetséges megoldások halmazán a célfüggvényt maximalizálják.

A feladat egy lehetséges bázisa az A mátrix oszlopvektorainak olyan összessége, amely egyrészt bázisa az A oszlopvektorai által generált lineáris térnek, másrészt azok az együtthatók, amelyekkel a b vektor egyértelmûen felírható ezen oszlopvek-torok lineáris kombinációjaként, nemnegatívak.

A feladat bázismegoldásainak nevezzük azokat az x vektorokat, amelyek pozitív komponenseihez tartozó oszlopvektorai az A mátrixnak lineárisan függetlenek. Egy bázismegoldás degenerált, ha a szóbanforgó oszlopvektorok az A mátrix oszlopvek-torai által kifeszített lineáris térnek egy valódi alterét generálják.

9. Állítás A lehetséges megoldások L = {x∈Rⁿ |Ax=b, x≥0} halmaza kon-vex.

Bizonyítás. Mivel az egyenletrendszer megoldáshalmaza: az {x|Ax =b} =

m

T

i=1

{x|A_ix=b_i} halmaz hipersíkok metszete, ezért konvex. Konvex továbbá az {x∈Rⁿ |x≥0} halmaz is, mert metszete az {x∈Rⁿ|e_ix≥0}, i = 1, ..., n fél-tereknek, ahol e_i az i-dik egységvektor. Így konvex az

{x∈Rⁿ|x≥0}\

{x|Ax=b}

halmaz is.2

Vegyük észre, hogy az optimális megoldások halmaza, ha nemüres, szintén végesszámú hipersík és a nemnegatív térnegyed közös része:

L_opt ={x|Ax=b, cx=γ◦, x≥0},

ahol γ◦ az optimális célfüggvényértéket jelöli. Ezt foglalja össze az alábbi 10. Állítás Az optimális megoldások halmaza konvex.

A következ® állítást fontossága miatt kiemeljük, de tartalma nyilvánvaló, hiszen a Weierstrass tétel értelmében azRⁿ korlátos zárt részhalmazán folytonos függvény felveszi a minimumát is és a maximumát is.

11. Állítás Ha a lehetséges megoldások halmaza korlátos, akkor az LP feladatnak van optimális megoldása.

A lehetséges és optimális megoldások elhelyezkedését illusztrálja az alábbi példa.

Példa Tekintsük a következ® kétváltozós feladatokat és vizsgáljuk a lehetséges és optimális megoldások halmazát különböz® esetekben.

2x₁ +3x₂ → max (1) −x₁ +x₂ ≤ 1, (2) x₁ +x₂ ≤ 4, (3) −x₁ +2x₂ ≥≥ −2, (4) 3x₁ +x₂ ≥ 3, (5) x1, x2 ≥0.

Ábrázoljuk a lehetséges megoldások halmazát (3. ábra):

(a) A lehetséges megoldások L halmaza korlátos, nemüres, poliéder. Az optimális megoldások halmaza egyetlen csúcspont, azx₁+x₂ = 4 és azx₁−2x₂ = 2egyenesek metszéspontja: x1 = ¹⁰₃ , x2 = ²₃.

(b) Változtassuk meg a célfüggvényt. Legyen a maximalizálandó célfüggvényünk:

x1+x2.Ekkor az optimális megoldások halmaza az L halmaz egy határoló szakasza:

azx₁ = ¹⁰₃, x₂ = ²₃ pontot az x₁ = ³₂, x₂ = ⁵₂ ponttal összeköt® szakasz.

2.4. AZ LP FELADAT MEGOLDÁSAIRÓL. 21

2.3.~ábra.

(c) Az eredeti feladat (2) feltételét változtassuk meg, legyen az új (2) feltétel a következ®: x₁+x₂ ≤0,9.Ekkor a lehetséges megoldások halmaza és így természetsz-erüleg az optimális megoldások halmaza is üres.

(d) Hagyjuk el a (2) feltételt teljes egészében. Ekkor a lehetséges megoldások halmaza a 4. ábrán látható nem korlátos poliedrikus halmaz:

A célfüggvény tetsz®legesen nagy értéket felvehet, vagyis nem korlátos a lehet-séges megoldások L halmazán, ezért az optimális megoldások halmaza üres.

(e) Hagyjuk el a (2) feltételt teljes egészében, és változtassuk meg a célfüggvényt.

Legyen az új maximalizálandó célfüggvény−x₁+x₂. Ekkor az optimális megoldások halmaza az L halmazt határoló azon félegyenes, amely az x₁ = ¹₂, x₂ = ³₂ csúcsból indul és iránytangense 1.

Összefoglalva megállapíthatjuk, hogy kétváltozós esetben a lehetséges megoldá-sok halmaza lehet üres, lehet nemüres korlátos poliéder, illetve nemüres nem korlá-tos: poliedrikus halmaz. Az optimális megoldások halmaza lehet üres, lehet egyetlen csúcs, lehet szakasz, vagy félegyenes, de az optimális megoldások között mindegyik esetben van csúcs.

A következ®kben a kétváltozós esetben tett észrevételeinket általánosítjuk. El®ször

2.4.~ábra.

a feladat bázismegoldásaival azonosítjuk a lehetséges megoldások L halmazának csúcspontjait. Célunk az, hogy megmutassuk: ha a feladatnak van optimális megoldása, akkor van optimális bázismegoldása is - ez a következ® fejezet utolsó állítása lesz és egyben a konklúzió. A következ® állításban egy észrevételt fogalmazunk meg.

12. Állítás Tekintsük az Ax =b, x ≥0 feladat egy x= (x₁, ..., x_n) megoldását.

Ha x pozitív komponenseihez tartozó oszlopvektorok lineárisan összefüggnek, akkor meghatározható egy olyan másik xbmegoldás, amelynek komponensei 0−k ott, aholxkomponensei0−k és a pozitív komponenseinek száma legalább eggyel kevesebb.

Az egyszer¶ség kedvéért (de az általánosság megszorítása nélkül) feltesszük, hogy x minden komponense pozitív. Az állításban szerepl® feltevés szerint az A mátrix oszlopvektorai lineárisan összefüggnek. Ekkor ∃s= (s₁, ..., s_n), nem mind0 kompo-nensekkel, hogy

n

X

j=1

A^js_j = 0.

Feltehetjük, hogy azsvektornak van pozitív eleme. (Ha nem lenne, az összeg minden

2.4. AZ LP FELADAT MEGOLDÁSAIRÓL. 23 tagját megszorozzuk −1-gyel.) Legyen

0< δ = min

sj>0

x_j s_j

és tegyük fel (az általánosság megszorítása nélkül), hogy δ= x_n

s_n. Ekkor

bx=x−δs= (x₁ −δs₁, ..., x_n−δs_n)≥0,X

j

A^j(x_j −δs_j) =b,

vagyis bxmegoldás, de bx_n= 0.Így bxeggyel kevesebb pozitív komponenst tartalmaz.

2

13. Állítás Ha a cx → max, Ax = b, x ≥ 0 kanonikus feladatnak van lehetséges megoldása, akkor van lehetséges bázismegoldása is.

Bizonyítás. Az állítást az A mátrix oszlopvektorai (a változók) n számára vonatkozó teljes indukcióval bizonyítjuk.

n = 1-re az állítás igaz. Tegyük fel, hogy tetsz®leges n > 1 esetén igaz k < n -re, belátjuk, hogy akkor igaz k = n-re is. Legyen x = (x₁, x₂, ..., x_n) lehetséges megoldás:

n

X

j=1

A^jx_j =b, x= (x₁, x₂, ..., x_n)≥0.

1. eset: xkomponensei között van0.Az általánosság megszorítása nélkül feltehetjük, hogyx_n = 0. Ekkor az(x₁, x₂, ..., xn−1)lehetséges megoldása az n−1 oszlopvektort tartalmazó ⁿ⁻¹P

j=1

A^jxj = b, x = (x1, x2, ..., xn−1) ≥ 0 feladatnak, az állítás tehát igaz az indukciós feltevés miatt.

2. eset: xj >0, j = 1, ..., n.Ha az oszlopvektorok lineárisan függetlenek, akkorx bázismegoldás, készen vagyunk. Ha az oszlopvektorok lineárisan összefüggnek, akkor az el®z® állítás értelmében redukálhatjuk a feladatot n-nél kevesebb oszlopvektort tartalmazó feladatra, amelyre pedig állításunk az indukciós feltevés miatt igaz.2

A lehetséges megoldások illetve optimális megoldások halmazának egy fontos tulajdonságát mutatja be a következ® állítás.

14. Állítás Azxcsúcspontja azL={x∈Rⁿ |Ax=b, x ≥0}halmaznak akkor és csak akkor, ha x bázismegoldás.

Bizonyítás. El®ször belátjuk, hogyxcsúcspont, haxbázismegoldás. Tegyük fel az állítással ellentétben, hogy x bázismegoldás, de nem csúcspont. Akkor léteznek olyan Rⁿ 3 x¹, x², x¹ 6= x² 6= x lehetséges megoldások, hogy x = λx¹ + (1− λ)x², 0< λ <1. Ha xj = 0, akkor x¹_j = 0 ésx²_j = 0 hiszenx, x¹, x² ≥0.Ezért x¹ ésx² pozitív komponenseihez tartozó oszlopvektorok szintén lineárisan függetlenek, tehátx¹ ésx²bázismegoldások, ellentmondásban azzal, hogy minden vektor, ígybis, csak egyféleképpen írható fel lineárisan független vektorok lineáris kombinációjaként.

Másodszor: belátjuk, hogy xbázismegoldás, haxcsúcspont. Ismét tegyük fel az állítással ellentétben, hogy x csúcspont, de nem bázismegoldás. Legyen az x els® r komponense pozitív,r ≤n. Ekkor fennáll, hogy

A¹x₁+...+A^rx_r =b, x_j >0,haj = 1, ..., r

és létezik olyan s = (s₁, ..., s_r, s_r+1, ..., s_n) vektor, amelyben s_j = 0, ha j = r + 1, ..., n;s₁, ..., s_r nem mind 0, közülük legalább egy komponens pozitív és

A¹s₁+A²s₂+...+A^rs_r = 0.

Legyen δ₁ = min

sj>0 xj

sj, δ₂ = min

sj<0(^−x_s^j

j ), ez utóbbi δ₁, ha s-nek nincs negatív kompo-nense. Legyenδ = min(δ₁, δ₂). Ekkor

x¹ = x−δs= (x1−δs1, ..., xn−δsn)≥0, x² =x+δs= (x1+δs1, ..., xn+δsn)≥0, Ax¹ = A(x−δs) = b−δ0 =b, Ax² =A(x+δs) = b+δ0 = b,

vagyis x−δs és x+δslehetséges megoldások és x= ^x1+x₂ ², ellentmondásban azzal a feltevéssel, hogy xcsúcspontja a lehetséges megoldások halmazának.2

Mivel az A mátrix oszlopvektorai közül véges számú: legfeljebb _mⁿ

számú lineárisan független rendszert alkotó halmaz választható ki, ezért a bázismegoldá-sok száma, egyúttal a lehetséges megoldábázismegoldá-sok L halmazának csúcspontjainak száma is szükségképpen véges. Ha tehát az LP feladat lehetséges megoldásainak halmaza korlátos, akkor e halmaz poliéder.

3. fejezet

Dualitás, optimalitás.

3.1. Dualitás, optimalitás.

A kanonikus alakú LP feladat és duálisa közötti kézenfekv® kapcsolatot írja le az alábbi

15. Állítás (Gyenge dualitási tétel): (1) Ha xb a primál és yb a duális feladat lehetséges megoldása, akkor fennáll a cxb ≤ ybb összefüggés. (2) Ha cbx = byb, akkor xba primál és yba duális feladat optimális megoldása.

Bizonyítás. (1) Tegyük fel, hogy bx és by kielégítik a primál illetve a duál feltételeket. Szorozzuk meg yb-nal a primál feladat egyenletrendszerét. Szorozzuk meg bx-val a duális feladat egyenl®tlenségrendszerét. Mivel xb komponensei nem-negatívok, ezért az egyenl®tlenség iránya a szorzással nem változik. Azt kapjuk, hogy

cxb≤yAb xb=yb.b

(2) Minthogy a cxb ≤ byb egyenl®tlenség fennáll tetsz®leges xb prímál és ybduális lehetséges megoldásra, ezért ha két lehetséges megoldásra a célfüggvényértékek egyen-l®k, ez csak úgy lehet, ha mindkett® optimális megoldás.2

Egy másik fontos összefüggés a Farkas tételb®l azonnal következik, nevezetesen az, hogy ha a primál feladatnak nincs lehetséges megoldása, akkor a duális feladatnak

25

nincs optimális megoldása. Tegyük fel ugyanis, hogy nincs megoldása azAx=b, x≥ 0 feladatnak. Ha a duális feladatnak sincs lehetséges megoldása, akkor optimális sem lehet, tehát készen vagyunk. Tegyük fel tehát, hogy a duális feladatnak van lehetségesybmegoldása. Mivel∃ye∈R^m,a Farkas tétel szerint, amelyreeyA≥0,yb <e 0 fennáll, és mivel by+λye is lehetséges megoldása a duális feladat minden pozitív λ.érték mellett, ezért a duális feladat célfüggvénye tetsz®legesen nagy abszolut értékû negatív szám lehet a λ értékét®l függ®en - azaz a duális feladat célfüggvénye nem veszi fel a minimumát a lehetséges megoldások halmazán, mivel alulról nem korlátos.

Ezt az állítást is magában foglalja a következ® tétel.

Dualitási tétel: (1) Ha mind a primál, mind a duális feladatnak van lehetséges megoldása, akkor mindkett®nek van optimális megoldása és az optimális célfüg-gvényértékek megegyeznek. (2) Ha az egyiknek nincs lehetséges megoldása, akkor a másiknak nincs optimális megoldása.

Bizonyítás. A (2) állítást beláttuk abban az esetben, amikor a primál feladat-nak nincs lehetséges megoldása. Mivel azonban a primál feladat a duális feladat duálja, ezért a másik irányú állítás nem igényel bizonyítást.

Az (1) állítás igazolásához azt kell belátnunk, hogy amennyiben a primál-duál fe-ladatpár mindegyikének létezik lehetséges megoldása, akkor létezik olyan lehetséges (bx,by) megoldáspár, amelyre fennáll a cbx−ybb ≥ 0 egyenl®tlenség, amely a gyenge dualitási tétel értelmében csak egyenl®séggel teljesülhet. Azt látjuk tehát be, hogy ha az

Ax=b, x ≥0, yA ≥c feladat megoldható, akkor megoldható az

Ax=b, x≥0, yA≥c, cx−yb≥0 feladat is.

A bizonyítás indirekt módon történik. Feltesszük, hogy az Ax=b, x ≥0, yA ≥ c, cx−yb ≥ 0 feladat nem oldható meg, és a Farkas tétel felhasználásával ellent-mondásra jutunk abban az esetben, amikor az Ax = b, x ≥ 0, yA ≥ c feladat megoldható. Ez utóbbi feladatnak rögzítjük is egy megoldását, jelölje ezt (x,b y)b.

3.1. DUALITÁS, OPTIMALITÁS. 27 Az Ax = b, x ≥ 0, yA ≥ c, cx−yb ≥ 0 feladatot írjuk fel olyan egységes for-mában, amelyre a Farkas tétel alkalmazható. Ehhez el®ször írjuk fel olyan ekvi-valens formában, amelyben a változók nemnegativitását el®írjuk. Figyelembe véve, hogy minden vektor el®áll két nemnegatív vektor különbségeként úgy, hogy a má-sodik azonos komponenseket tartalmaz, alkalmazzuk az y = y⁰ −y^◦ helyettesítést, ahol y⁰ = (y⁰₁, ..., y⁰_m) és y^◦ = (y◦, ..., y◦) m-komponens¶ vektorok, és a változók vektorával szorozzunk jobbról. Ekkor a feladat a következ® lesz:

Ax=b, x≥0, A^T(y⁰−y^◦)≥c, cx−b(y⁰−y^◦)≥0, y⁰ ≥0, y_◦ ≥0.

Itt A^T az A mátrix transzponáltját jelöli. Bevezetünk egy n−komponens¶ u vektort és egy u◦ változót abból a célból, hogy egyenletrendszert kapjunk. Azt a vektort, amelynek minden komponense 1, e-vel jelöljük és így y^◦ felírható ey_◦ formában.

E jelölésekkel a fenti egyenl®tlenségrendszer így írható fel:

A⁰

A Farkas tétel értelmében ennek a feladatnak akkor és csak akkor van megoldása, ha nincs olyanz = (z¹, z², τ)∈R^m vektor, z¹ ∈R^m, z² ∈Rⁿ, τ ∈R , amely megoldaná a

zA⁰ ≥0, z













 b c 0















<0

egyenl®tlenség rendszert, amely részletesebben így írható fel:

z¹A+τ c ≥ 0 Az²−τ b ≥ 0

−Az²e+τ eb ≥ 0 z¹b+z²c < 0

−z² ≥ 0,−τ ≥0.

Kis átalakítással ebb®l az alábbi feladathoz jutunk:

z¹A ≥ −τ c Az² = τ b z¹b+z²c < 0

−z² ≥ 0,−τ ≥0.

Szorozzuk meg z² -vel az els® feltételcsoportot alkotó egyenl®tlenségrendszer mindkét oldalát. Mivel z² ≤ 0, ezért az egyenl®tlenség iránya megváltozik. Szoroz-zuk megz¹-gyel a második feltételcsoportot alkotó egyenletrendszer mindkét oldalát.

Azt kapjuk, hogy

−z¹Az² ≥ τ cz² z¹Az² = τ bz¹.

E két feltételb®l következik, hogy a(z¹, z², τ)megoldásra fennállna aτ(z¹b+z²c)≤0 egyenl®tlenség. Ez azonban lehetetlen. Ha ugyanis τ <0,akkor τ(z¹b+z²c)>0az

3.1. DUALITÁS, OPTIMALITÁS. 29 utolsó feltétel miatt. Ha τ = 0, akkor a következ®képpen járunk el. Szorozzuk meg az Axb=b egyenletrendszert z¹-gyel, illetve a z¹A≥ −τ c egyenl®tlenségrendszert a nemnegatívxbvektorral. Ezután szorozzuk meg az byA≥cegyenl®tlenségrendszert a nempozitív z² vektorral, illetve az Az² =τ b egyenletrendszert by−vel. Mivel τ = 0, azt kapjuk, hogy

z¹Axb = z¹b≥ −τ cxb= 0 ⇒z¹b≥0 és 0 = byτ b=byAz² ≤cz² ⇒z²c≥0,

azaz z¹b+z²c≥0,ismét ellentmondásban az utolsó egyenl®tlenséggel. Ezzel

belát-tuk, hogy nem megoldható a zA⁰ ≥ 0, z

< 0 feladat, vagyis megoldható, a

Farkas tétel értelmében, az Ax=b, x≥0, yA≥c, cx−yb≥0feladat, ami éppen a tétel állítása.2

A dualitási tétel következménye, de önmagában is gyakran hivatkozott fontos tétel az alábbi.

Egyensúlyi (komplementaritási) tétel: Egyensúlyi (komplementaritási) tétel: Legyen xb lehetséges megoldása a primál feladatnak, by a duális feladatnak. Az xb op-timális megoldása a primál feladatnak és by optimális megoldása a duális fela-datnak akkor és csak akkor, ha yAb ^j > cj maga után vonja, hogyxbj = 0. Bizonyítás. Tegyük fel el®ször, hogy bx_j = 0 teljesül minden olyan j indexre, amelyre yAb ^j > c_j. Akkorxb_j >0 maga után vonja, hogyyAb ^j =c_j. Ezért azaz xbés by optimális megoldások a dualitási tétel értelmében.

Tegyük fel másodszor, hogyxbés by optimális megoldások, akkor 0 =cbx−byb=

Mivel bx és by lehetséges megoldások, ezért c_j −yAb ^j ≤ 0 és bx_j ≥ 0, szorzatuk tehát nempozitív. Pn

j=1(cj −yAb ^j)bxj tehát nempozitív tagok összege, ez az összeg 0 csak akkor lehet, ha minden tagja 0. Így xb_j = 0 kell, hogy teljesüljön minden olyan j indexre, amelyre byA^j > cj.

Ezzel a tételt bizonyítottuk.2

Végül, a következ® állítás felhatalmazást ad arra, hogy a cx → max, Ax = b, x≥0feladat optimális megoldását a bázismegoldások között keressük.

16. Állítás: Ha az LP feladatnak van optimális megoldása, akkor van optimális bázismegoldása is.

Bizonyítás. Legyenxboptimális és a pozitív komponensekhez tartozó oszlopvek-torok legyenek az A¹, A², ..., A^k. Ha yb a duális feladat optimális megoldása, akkor a komplementaritási tétel értelmében yAb ^j =cj, j = 1, ..., k. Ha A¹, ..., A^k lineárisan függetlenek, akkorbxoptimális bázismegoldás. HaA¹, ..., A^klineárisan összefüggnek, akkor létezik olyanx⁰ lehetséges megoldás, amelynek pozitív komponenseihez tartozó oszlopvektorok A¹, ..., A^k egy független részhalmazát alkotják. De x⁰ is optimális, mert x⁰ ésybegyütt szintén teljesítik a komplementaritási tétel feltételeit.2

4. fejezet

A lineáris programozási feladat megoldása

4.1. A szimplex módszer.

A dualitási tétel segítségével beláttuk, hogy ha az LP feladatnak van optimális megoldása, akkor van optimális bázismegoldása is. Ez a feladat numerikus megoldása, megoldhatósága szempontjából nagy jelent®séggel bír, mert lehet®séget nyújt arra, hogy csak bázismegoldásokat vizsgáljunk. Ez azt jelenti, hogy ha a megoldás menetében bázismegoldások sorozatát építjük fel és gondoskodunk arról, hogy egy már vizs-gált bázismegoldás az eljárás során ne ismétl®dhessen, akkor az eljárás véges számú lépésben befejez®dik. Az alább leírt szimplex algoritmus azonban csak arról gondo-skodik, hogy olyan bázismegoldások sorozatát hozza létre, amelyek elemeihez tartozó célfüggvényérték monoton növekv®, de nem szükségképpen szigorúan növekv®, így nem zárja ki a "végtelen ciklus" lehet®ségét: azt, hogy egy degenerált bázismegoldás az eljárás során ismétl®djék. Megjegyezzük, hogy az eljárásba beépíthet®k olyan óv-intézkedések, amelyek kizárják ezt a lehet®séget, ilyen eljárás pl. a lexikograkus szimplex módszer. Két oka van annak, hogy ezt itt nem tárgyaljuk. Az egyik az, hogy ezek az aprólékos óvintézkedések talán elvonnák az olvasó érdekl®dését és meg-nehezítenék, hogy a módszer gondolatmenetének, logikájának kell® gyelmet szen-teljen. A másik az a szimplex módszerrel szerzett több évtizedes tapasztalat, hogy

31

az eljárás ezen okból nem kerül végtelen ciklusba. A szimplex módszer irodalmában ismeretesek olyan konstruált példák, amelyekben az eljárás végtelen ciklusba torkol-lik, de gyakorlati feladatok megoldása során erre nem került sor, legalábbis ezen okból nem.

A cx → max, Ax = b, x ≥ 0 kanonikus alakú lineáris programozási feladat megoldására szolgál a szimplex módszer. Az LP feladat megoldására szolgáló mód-szerek közül e módszer és változatai a legnépszer¶bbek, a matematikai programozási szoftvercsomagok is rendszerint a szimplex módszert foglalják magukban LP felada-tok megoldására.

A feladatot a

z →max,

Ax=b, z−cx= 0, x≥0

formában írjuk fel. A z −cx = 0 feltételt célfüggvénysornak szokták nevezni, a z változó aktuális értéke láthatóan az aktuális x = (x₁, ..., x_n) megoldáshoz tartozó célfüggvényérték.

Feltesszük, az általánosság megszorítása nélkül, hogy a feladat lehetséges bázisa annyi oszlopvektorból áll, amennyi a sorok száma. A szimplex tábla az els® és minden közbees® iterációban ilyen szerkezet¶:

... ... ... x_j ... ... ... b

xk1 t11 ... ... t1j ... ... ... t10

... ... ... ... ... ... ... ...

... ... ... ... ... ... ... ...

xkm tm1 ... ... tmj ... ... ... tm0

z t₀₁ ... ... t_0j ... ... ... t₀₀

Ittxk1, xk2, ..., xkm azokat a változókat jelölik, amelyekhez tartozó oszlopvektorok a z változóhoz tartozó m+ 1. oszlopvektorral együtt alkotják az aktuális bázist.

4.1. A SZIMPLEX MÓDSZER. 33

A táblázat j. oszlopának elemei az



 vektor koordinátái ebben a bázisban

(j=1,...,n), a 0. (azaz utolsó) oszlop elemei a



A szimplex tábla lehetséges, hab a bázisvektorok nemnegatív kombinációjaként áll el®, vagyis ha ti0 ≥ 0 (i = 1, ..., m). A módszer alkalmazása során gondosko-dunk arról, hogy a tábla mindig lehetséges legyen. Ekkor a szimplex táblából ki-olvashatjuk, a (δ) összefüggés szerint, a szóbanforgó LP feladatunk egy lehetséges bázismegoldását: x_ki = t_i0,i = 1, ..., m;x_j = 0 másként, a (γ) összefüggés szerint pedig t00 az ehhez a bázismegoldáshoz tartozó célfüggvényérték. Arra, hogyan lehet kiinduló lehetséges szimplex táblát el®állítani, még visszatérünk. Lehetséges szimplex tábla birtokában az eljárás következ® iterációja az alábbi lépésekb®l áll:

1. lépés: Kiválasztjuk a bázisba bekerül® oszlopvektort. Keresünk a t_0k(k 6= 0) elemek között negatív elemet. Ha nincs, megállapítjuk, hogy a tábla optimális, a táblából leolvasható az optimális megoldás, az eljárás végetér. Ha van, kiválasztjuk az egyiket: t0j_b <0, eldöntjük, hogy az A^jb oszlopvektort vonjuk be a bázisba.

2. lépés: Kiválasztjuk a bázisból kikerül® oszlopvektort. Keresünk a t_ijb(i =

1, ..., m)elemek között pozitív elemet. Ha nincs, megállapítjuk, hogy a célfüggvény nemkorlátos, nincs optimális megoldás, az eljárás végetér. Ha van, kiválasztjuk az i_b sorindexet úgy, hogy

t_ib0

t_ibjb = min

i6=0,t_ijb>0

t_i0 t_ijb

egyenl®ség teljesüljön, (ha több sorindexre teljesül, akkor közülük választunk egyet,) és eldöntjük, hogy az x_jb változóhoz tartozó oszlopvektor az x_ib változóhoz tartozó oszlopvektor helyére bekerül a bázisba.

3. lépés: Végrehajtjuk a báziscserét. A tábla új elemeit a megszokott módon kapjuk:

x_ib helyére beírjuk x_jb−t és x_jb helyére beírjuk x_ib −t;

t^uj_ij^´ = t^r´_ij^egi−t^r´_i^egi

bj t^r´_ij^egi

b

t^r´_ib^egi_jb , i= 0,1, ..., m, i6=i_b;j = 0,1, ..., n−m, j 6=j_b; t^´uj_i

bj = t^r´_i^egi

bj

t^r´_i^egi

bjb

, j = 0,1, ..., n−m, j 6=j_b;

t^uj_ij^´

b = −t^r´_ij^egi

b

t^r´_i^egi

bjb

, i= 0,1, ..., m, i6=ib; t^uj_i^´

bjb = 1

t^r´_i^egi

bjb

.

Vegyük észre, hogy a báziscsere generálóelemének kiválasztási módja garantálja, hogy

(1) t^uj_i0^´ ≥ 0, ha t^r´_i0^egi ≥0 volt, i = 1, ..., m, azaz a báziscsere után újra lehetséges megoldást kapunk;

(2) t^uj₀₀^´ ≥t^r´₀₀^egi, azaz a célfüggvényérték monoton n®.

4.2. A szimplex módszer megalapozása.

17. Állítás: Hat_ij ≤0(i= 1, ..., m)valamely kiválasztottj indexre, akkor a lehet-séges megoldások halmaza nem korlátos: az x = xb+λr lehetséges megoldás lesz minden nemnegatív λ értékre, ha bx lehetséges megoldás és az r vektort a következ®képpen hozzuk létre:

r_j = 1, r_ki =−t_ij(i= 1, ..., m), r_k= 0 másként.

4.2. A SZIMPLEX MÓDSZER MEGALAPOZÁSA. 35 szerepl® r vektorra fennáll, hogy Ar = 0,és a j.oszlop választása miatt r ≥ 0, amib®l az állítás következik.2

18. Állítás: Ha a j indexre fennáll, hogy t_0j < 0 és t_ij ≤ 0 minden i = 1, ..., m, akkor a feladatnak nincs optimális megoldása.

Bizonyítás: Az el®z® állítás szerinti r vektorra, a táblázatból kiolvasható xb bázismegoldásra és az x = xb+λr, λ ≥ 0 vektorra ekkor fennáll a (β) összefüggés amely, mivel t_0j <0, λ értékét®l függ®en tetsz®legesen nagy szám lehet.2

19. Állítás: A szimplex táblából kiolvasható bázismegoldás optimális, ha t_0j ≥ 0 minden j = 1, ..., n−m indexre.

Bizonyítás: MinthogyA^k1, ..., A^kmlineárisan független m-komponensû vektorok, ezért az

A^k1 . . . A^km

mátrix rangja m, sorai tehát az m-dimenziós tér bázisát alkotják, amelyek lineáris kombinációjaként minden m-komponensû vektor el®állítható, a (c_k1, ..., c_km) vektor is. Léteznek tehát olyan y₁, ..., y_m együtthatók, amelyekkel e mátrik sorait sorra megszorozva és a kapott vektorokat összeadva a (c_k1, ..., c_km)vektort kapjuk. Ez azt jelenti, hogy az m-dimenziósy= (y₁, ..., y_m)vektorra fennáll, hogy yA^ki =c_ki mindeni= 1, ..., mindexre. Ezt felhasználva az (α) össze-függésb®l az alábbi kifejezéshez jutunk:

yA^j =y olyan vektor, amelyre yA ≥ c, vagyis y a duális feladat lehetséges megoldása és yA^j =cj haxj >0, vagyis az egyensúlyi tétel értelmében az x a prímál, y pedig a duális feladat optimális megoldása.2

4.3. Kiinduló lehetséges bázis el®állítása.

Ha a megoldandó feladatunk véletlenül standard alakú: cx→ max, Ax≤ b, x ≥ 0, és b≥0, akkor e feladat kanonikus alakja:

[A, E]

automatikusan tartalmaz egy kiinduló lehetséges bázist, mégpedig az u₁, ..., u_m vál-tozókhoz tartozó egységvektorokat. Lehetséges megoldás az x_j = 0, j = 1, ...n;u_i = b_i, i = 1, ...m; a feladat együtthatói pedig a mátrix oszlopvektorainak illetve a b vektornak a koordinátáit jelentik ebben a bázisban.

Ha a megoldandó feladat általános alakú, akkor a kiinduló lehetséges bázis el®ál-lítása külön megfontolást és eljárást igényel. Itt a kétfázisú szimplex módszert vá-zoljuk. Az els® fázis célja kiinduló lehetséges megoldást létrehozni. Ezt mutatjuk be most. Tekintsük a cx→ max, Ax = b, x ≥ 0,(b ≥ 0) feladathoz kapcsolódó alábbi van optimális megoldása is, mert a −P^m

i=1

w_i célfüggvény nempozitív, ezért a 0 fels®

korlátja. A feladat rövidebben, gyelembe véve, hogy az els® fázis célfüggvénysora:

+w◦+

4.3. KIINDULÓ LEHETSÉGES BÁZIS ELŽÁLLÍTÁSA. 37

A w vektor elemei mesterséges változók, amelyeknek az a szerepük, hogy oszlopvek-toraik a z változóval együtt kiinduló bázist adjanak. A feladat kiinduló szimplex

A w vektor elemei mesterséges változók, amelyeknek az a szerepük, hogy oszlopvek-toraik a z változóval együtt kiinduló bázist adjanak. A feladat kiinduló szimplex

In document Lineáris programozás (Pldal 18-0)