Programowanie liniowe

Transkrypt

1 Programowanie liniowe 1 Wstęp Programowanie liniowe jest jednym z działów teorii zadań ekstremalnych. Podstawy programowania liniowego stworzył Kantorowicz w latach 30-tych ubiegłego stulecia. Przedmiotem programowania liniowego sa zadania polegajace na szukaniu punktów minimum (badź maksimum) funkcji liniowej na zbiorze opisanym układem równości lub nierówności liniowych. Najprostszym przykładem zadania programowania liniowego jest zadanie znalezienia punktu minimum funkcji f(x) =ax na przedziale [c, d] R + 0. W postaci zadania programowania liniowego można zapisać wiele praktycznych zagadnień natury ekonomicznej. Przykład 1 (planowanie produkcji). Wytwórca dysponuje określonymi ilościami różnych środków (surowce, praca, sprzęt), wykorzystywanych do produkcji różnych towarów. Wia-domo, jaka ilość i-tego środka jest potrzebna do produkcji jednostki j-tegotowaru,atakże jaki dochód daje sprzedaż każdej wyprodukowanej jednostki j-tego towaru. Wytwórca powinien tak zaplanować produkcję, by całkowity dochód uzyskany ze sprzedaży towarów był maksymalny. Model. Wprowadźmy następujace oznaczenia: m -ilość środków n -ilość towarów a ij -ilość jednostek i-tego środka potrzebna do produkcji jednostki j-tego towaru b i -dostępna ilość jednostek i-tego środka x j - wielkość produkcjij-tego towaru (niewiadoma) c j - dochód uzyskiwany ze sprzedaży jednostki j-tego towaru Całkowita ilość i-tego środka, zużyta podczas produkcji, można więc wyrazić następujaco: nx a ij x j. j=1 Ilość tapowinnabyć mniejsza lub równa dostępnej ilości jednostek i-tego środka, czyli nx a ij x j b i,i=1,...,m. j=1 Dochód uzyskany ze sprzedaży wszystkich wyprodukowanych towarów wyraża się następujaco: nx c j x j, j=1 1

2 przy czym oczywiście x j 0, j=1,..., n. Można więc sformułować opisane zagadnienie w następujacy sposób: zmaksymalizować funkcjonał kosztu (dochód) przy ograniczeniach nx c j x j j=1 x j 0, j=1,..., n, nx a ij x j b i,i=1,...,m. j=1 Przykład 2 (zagadnienie transportowe). Wytwórca zamierza przesłać pewna ilość jednostek towaru z kilku magazynów do kilku punktów sprzedaży. Każdy punkt sprzedaży złożył zamówienie u wytwórcy na określona ilość jednostek towaru. Każdy magazyn dysponuje określonymi zapasami towaru. Wytwórca zna koszt transportu jednostki towaru z każdego magazynu do każdego punktu sprzedaży. Należy tak zaplanować dystrybucję towaru, by koszt transportu był minimalny. Model. Aby sformułować powyższe zadanie jako zadanie programowania liniowego, wprowadźmy następujace oznaczenia: m -ilość magazynów n -ilość punktów sprzedaży a i -ilość jednostek towaru znajdujacych się wi-tym magazynie b j - zapotrzebowanie (ilość jednostek) na towar złożone przez j-ty punkt sprzedaży x ij - ilość jednostek towaru przesyłana z i-tego magazynu do j-tego punktu sprzedaży (niewiadoma) c ij - koszt przesłania jednostki towaru z i-tego magazynu do j-tego punktu sprzedaży Całkowity koszt transportu można więc wyrazić następujaco: mx i=1 nx c ij x ij. j=1 Żada się dodatkowo,abykażdy punkt sprzedaży otrzymał dokładnie b j jednostek towaru i aby każdy magazyn wysłał dokładnie a i jednostek towaru. Naturalnym założeniem jest, że x ij 0, i=1,..., m, j =1,..., n. Możemy więc sformułować nasze zagadnienie w następujacy sposób: zminimalizować funkcjonał kosztu mx nx c ij x ij, i=1 j=1 2

3 przy ograniczeniach x ij 0, i=1,..., m, j =1,..., n. nx x ij = a i,i=1,..., m, j=1 mx x ij = b j,j=1,..., n. Wprzypadkum =2, n =3zadanie przyjmuje postać i=1 c 11 x 11 + c 12 x 12 + c 13 x 13 + c 21 x 21 + c 22 x 22 + c 23 x 23 min. x 11 0,x 12 0,x 13 0,x 21 0,x 22 0,x 23 0, x 11 + x 12 + x 13 = a 1 x 21 + x 22 + x 23 = a 2 x 11 + x 21 = b 1 x 12 + x 22 = b 2 x 13 + x 23 = b 3. Przykład 3 (zagadnienie diety). Dane sa zawartości określonych składników odżywczych w różnych produktach spożywczych (dokładniej, w 100 g (jednostce) każdego z rozpatrywanych produktów), n.p. wiadomo, ile mg fosforu zawiera 100 g każdego z rozpatrywanych produktów. Znane jest również minimalne dzienne zapotrzebowanie organizmu na poszczególne składniki odżywcze oraz maksymalna (dopuszczalna) dzienna dawka każdego z tych składników, która nie powinna być przekraczana. Znajac koszt jednostki każdego z rozpatrywanych produktów, należy ułożyć dietę w taki sposób, by pokrywała minimalne dzienne zapotrzebowanie organizmu na składniki odżywcze, nie szkodziła ijejkosztbył minimalny. Model. Wprowadźmy następujace oznaczenia: m -ilość składników odżywczych n -ilość produktówspożywczych a ij -ilość mg i-tego składnika odżywczego w 100 gj-tego produktu spożywczego b i - minimalne dzienne zapotrzebowanie (w mg) organizmunai-ty składnik odżywczy d j - maksymalna dzienna dawka (w mg) i-tego składnika odżywczego x j -ilość jednostek (100 g) j-tego produktu spożywczego przewidziana w diecie (niewiadoma) c j - koszt jednostki (100 g) j-tego produktu spożywczego Powyższe zagadnienie można sformułować w postaci następujacego minimalizacyjnego zadania programowania liniowego: c 1 x c n x n min. x j 0, j=1,..., n, a i1 x a in x n b i,i=1,..., m, a i1 x a in x n d i,i=1,..., m. 3

4 2 Sformułowanie zadania Ogólnym zadaniem programowania liniowego nazywamy zadanie postaci (u =(u 1,..., u n ) R n ): J(u) =c 1 u c n u n min. u k 0, k I a 1,1 u a 1,n u n b 1... a m,1 u a m,n u n b m a m+1,1 u a m+1,n u n = b m+1... a s,1 u a s,n u n = b s (I.1) (I.2), (I.3) gdzie c j, a i,j, b i, i =1,..., s, j =1,..., n, sa danymi liczbami rzeczywistymi, I {1,...,n} jest ustalonym zbiorem indeksów; możliwe sa tutaj przypadki: I =, I = {1,..., n}, m = s, m =0. Powyższe zadanie możemy zapisać następujaco: ½ J(u) =hc, ui min. u U = {u =(u 1,..., u n ) R n ; u i (1) 0 dla i I, Au b, Au = b} gdzie A = c =(c 1,..., c n ), a 1,1... a 1,n a m+1,1... a m+1,n, A =.... a m,1... a m,n b = b 1. b m, b = a s,1... a s,n (symbolem hx, yi oznaczamy iloczyn skalarny wektorów x =(x 1,..., x n ), y =(y 1,..., y n ),t.zn. hx, yi = P n i=1 x iy i ;zapis x y, gdzie x =(x 1,..., x n ), y =(y 1,..., y n ), oznacza, że b m+1. b s x i y i,i=1,..., n). Każdy punkt u U nazywamy punktem dopuszczalnym dla zadania (1). Punkt u U nazywamy rozwiazaniem zadania (1), gdy dla dowolnego u U. J(u ) J(u)., 4

5 Kanonicznym zadaniem programowania liniowego nazywamy zadanie postaci ½ J(u) =hc, ui min. u U = {u =(u 1,..., u n ) R n ; u 0, Au = b}. Podstawowym zadaniem programowania liniowego nazywamy zadanie postaci ½ J(u) =hc, ui min. u U = {u =(u 1,..., u n ) R n ; u 0, Au b}. (I.6) (I.7) Zajmiemy się teraz zagadnieniem równoważności zadań różnego typu. A mianowicie, rozwiazywanie zadania podstawowego można zastapić rozwi azywaniem zadania kanonicznego. Istotnie, niech dane będzie zadanie podstawowe (I.7) i rozważmy w przestrzeni R n+m zadanie postaci ½ hd, zi min. z Z = {z =(u, v) R n+m ; z 0, Cu = b}, (I.9) gdzie d =(c, 0) R n+m, C =[A I m m ]= a 1,1... a 1,n.. a m,1... a m,n (I m m jest macierza jednostkowawymiarum m). Łatwo zauważyć, że jeśli u U jest rozwiazaniem zadania (I.7), to z =(u,v ),gdzie v = b Au, jest rozwiazaniem zadania (I.9), t.zn. z Z oraz hd, z i hd, zi dla dowolnego z Z. Jeśli natomiast z =(u,v ) Z jest rozwiazaniem zadania (I.9), to u jest rozwiazaniem zadania (I.7), t.zn. u U oraz hc, u i hc, ui dla dowolnego u U. Podobnie, rozwiazywanie zadania ogólnego (1) można zastapić rozwi azywaniem zadania kanonicznego. Rzeczywiście, rozważmy w przestrzeni R p (p = m + I + J + J, gdziej = {1,..., n}âi) 5

6 zadanie postaci he, zi = X i I c i u i + X i J c i w i + X i J c i w i min. z Z = {z =(v, u i ; i I,w i ; i J, w i ; i J) R p ; z 0, v + X A i u i + X A i w i + X A i w i = b, Xi I i J i J A i u i + X A i w i + X A i w i = b} i I i J i J = {z R p ; z 0, [Im m A i ; i I A i ; i J A i ; i J] 0 Ai ; i I A i ; i J A i ; i J b z = } b, (I.10) gdzie e =(0,c i ; i I,c i ; i J, c i ; i J) R p, A i - i-ta kolumna macierzy A, A i - i-ta kolumna macierzy A. Jeśli u U jest rozwiazaniem zadania ogólnego (1), to gdzie z =(v,u i ; i I,w i ; i J, w i ; i J), v = b Au, w i =max{0,u i }, i J, w i =max{0, u i }, i J, jest rozwiazaniem zadania (I.10) (zauważmy, że u i = w i w i dla i J). Jeśli natomiast z =(v,u i ; i I,w ; i i J, w i ; i J), jest rozwiazaniem zadania (I.10), to jest rozwiazaniem zadania (1). 2.1 Zadania u =(u i ; i I,w i w i ; i J) Zadanie 1. Zapisać następujace zadanie w postaci zadania programowania liniowego. Producent odzieży powinien określić, ile kurtek i płaszczy należy wyprodukować tak, aby zysk osiagniety z ich sprzedaży był maksymalny. Do produkcji wykorzystywany jest jeden rodzaj tkaniny. Producent posiada 150 m 2 tej tkaniny. Zgodnie z zamówieniami należy wyprodukować co najmniej 20 kurtek i co najwyżej 10 płaszczy. Do produkcji jednej kurtki i jednego płaszcza potrzeba odpowiednio 2, 5 m 2 i 4 m 2 tkaniny. Przy sprzedaży jednej kurtki producent osiaga zysk 60 zł, płaszcza - 50 zł. Zadanie 2. Zapisać następujace zadanie w postaci zadania programowania liniowego. 6

7 Pewien wytwórca posiada centrale zbytu z Lublinie, Łodzi i Szczecinie. Centrale te posiadaja odpowiednio 40, 20 i 40 jednostek produktu. Punkty sprzedaży zamówiły nastepujace ilości jednostek produktu: Białystok - 25, Cieszyn-10, Kraków-20, Sopot-30, Warszawa-15. Koszt transportu jednostki (w zł) zkażdej centrali zbytu do dowolnego punktu sprzedaży podaje nastepujaca tablica: Białystok Cieszyn Kraków Sopot Warszawa Lublin Łódź Szczecin Należy tak zaplanować dystrybucje produktu, by koszt transportu był minimalny. Zadanie 3. Zapisać następujace zadanie w postaci zadania programowania liniowego. Wytwórca mebli powinien określić, ile stoł ów, krzeseł, biurek i szaf powinien wyprodukować, by zysk z ich sprzedaży był maksymalny. Do produkcji wykorzystywane sa dwa typy desek. Wytwórca posiada 1500 m desek I typu i 1000 m - desek II typu oraz dysponuje kapitałem 860 godzin roboczych na wykonanie zaplanowanej produkcji. Ze złożonych zamówień wynika, że należy wyprodukować conajmniej 40 stołów, 130 krzeseł, 30 biurek i nie wiecej niż 10 szaf. Do produkcji każdego stołu, krzesła, biurka i szafy potrzeba odpowiednio 5, 1, 9, 12 m desek I typu i 2, 3, 4, 1 m desek II typu. Na wykonanie stołu potrzeba3 godzin pracy, krzesła -2 godzin, biurka - 5 godzin, szafy - 10 godzin. Ze sprzedaży jednego stołu, krzesła, biurka i szafy wytwórca osiaga zysk odpowiednio 50, 20, 60 i 40 zł. Zadanie 4. Zapisać następujace zadanie w postaci zadania programowania liniowego. Zadaniem dietetyka jest opracowanie składu porannej owsianki tak, aby zawierała ona niezbedne dzienne zapotrzebowanie organizmu na określone składniki odżywcze i jednocześnie byłamożliwie najtańsza. Dietetyk ma dyspozycji płatki Corn Flakes i Nesquik. Śniadanie powinno zawierać co najmniej 1 mg witaminy B 1, 12 mg żelaza i mieć wartość energetyczn arówn a 360 kcal. 100 gpłatków Corn Flakes zawiera 1, 2 mg witaminy B 1, 12 mg żelaza i ma wartość energetyczna równa 358 kcal, natomiast 100 gpłatków Nesquik zawiera 1, 5 mg witaminy B 1, 10 mg żelaza i ma wartość energetycznarówn a 390 kcal. Ponadto 100 gpłatków Corn Flakes kosztuje 32 gr, a 100 gpłatków Nesquik - 36 gr. Zadanie 5. Zapisać następujace zadanie w postaci zadania programowania liniowego. Dyrektor pewnego przedsiebiorstwa powinien obsadzić trzy stanowiska, które wymagajaróżnych kwalifikacji i praktyki zawodowej, przy czym ma do dyspozycji trzech pracowników. Ze wzgledu na różne ich kwalifikacje i doświadczenie zawodowe wartość (dlaprzedsiebiorstwa) każdego z tych pracowników zależy od stanowiska, na którym jest on zatrudniony. Poniższa tabela zawiera oceny wartości poszczególnych pracowników zatrudnionych na poszczególnych stanowiskach Stanowisko I Stanowisko II Stanowisko III Pracownik A Pracownik B Pracownik C

8 Należy tak rozmieścić pracowników narozważanych stanowiskach, by całkowita ich wartość dla przedsiebiorstwa była maksymalna. Zadanie 6. Zapisać następujace zadanie w postaci zadania programowania liniowego. Producent farb powinien określić, ile litrów farby białej, zielonej, niebieskiej i czerwonej należy wyprodukować, aby zysk osiagni ety z ich sprzedaży był maksymalny. Do produkcji wykorzystywane satrzysurowce:a,bic.producentposiada230 litrów surowca A, 200 litrów - surowca Bi170 litrów - surowca C oraz dysponuje kapitałem 160 godzin roboczych. Z przyjetych zamówień wynika, że należy wyprodukować conajmniej 125 litrów farby białej, co najmniej 135 litrów - farby zielonej, co najwyżej 205 litrów - farby niebieskiej i nie mniej niż 175 litrów - farby czerwonej. Ilości (w litrach) poszczególnych surowców potrzebnych do wyprodukowania 1 litra każdej farby przedstawione sawnast epujacej tabeli biała zielona niebieska czerwona A 0,30 0,60 0,35 0,15 B 0,25 0,20 0,45 0,55 C 0,45 0,20 0,20 0,30. Zysk ze sprzedaży 1 litra farby białej wynosi 7 zł, zielonej-6 zł, niebieskiej - 7 zł, czerwonej- 5 zł. Zadanie 7. Zapisaćnastępujace zadanie w postaci zadania programowania liniowego. Hodowca krowy karmi zwierze produktami pochodzacymi z gospodarstwa rolnego. Jednak ze wzgledu na konieczność zapewnienia w diecie odpowiednich ilości pewnych składników odżywczych (nazwijmy je A, B, C) hodowcamusizakupić raz w roku trzy dodatkowe produkty (nazwijmy je I,II,III), które zawieraja teskładniki. Jeden kilogram produktu I zawiera 63 g składnika A i 9 g składnika B, jeden kilogram produktu II zawiera 14 g składnika B i 28 g składnika C, zaś jeden kilogram produktu III zawiera 50 g składnika A i 15 g składnika C. Minimalne zapotrzebowanie zwierzecia na poszczególne składniki wynosi: 870 g składnika A, 200 g składnika B, 450 g składnika C. Każdy z produktów zawiera jednak pewne ilości szkodliwych środków konserwujacych. I tak, 1 kg produktu I zawiera 7 g tych środków, produktu II - 11 g, produktu III - 9 g. Roczne spożycie środków konserwujacych nie powinno przekroczyć 150 g. Przyjmijmy na koniec, że 1 kg produktu I kosztuje 35 zł, produktuii - 29 zł, aproduktuiii - 19 zł. Celem hodowcy jest ustalenie ilości kupowanych produktów I,II,III tak, aby zapewnić zwierzeciu właściwadiet ei jednocześnie ponieść możliwie najmniejsze koszty. Zadanie 8. Zapisać zadanie 2 w postaci podstawowego zadania programowania liniowego. Zadanie 9. Zapisać zadanie 3 w postaci kanonicznego zadania programowania liniowego. 8

9 Zadanie 10. Zapisać zadanie 4 w postaci kanonicznego zadania programowania liniowego. Zadanie 11. Zapisać zadanie ogólne J(u) =u 1 +2u 2 +3u 3 min. u U = {u =(u 1,u 2,u 3 ) R 3 ; u 1 0, 10u 1 +20u 2 +30u 3 11, 100u u u u u u3 =0} w postaci zadania kanonicznego. Zadanie 12. Zapisać zadanie ogólne J(u) =3u 1 +5u 2 +7u 3 +9u 4 min. u U = {u =(u 1,u 2,u 3,u 4 ) R 4 ; u 2 0, u 4 0, 11u 1 +12u 2 +13u 3 +14u 4 1, 21u 1 +23u 3 1, 32u 2 8, 1 1 u u u u4 =2, 1 11 u u4 = 2} w postaci zadania kanonicznego. 9

10 3 Interpretacja geometryczna zadań programowania liniowego Rozważmy zadanie podstawowe (I.7) w przypadku, gdy n =2, czyli J(u) =c 1 u 1 + c 2 u 2 min. u U = {u =(u 1,u 2 ) R 2 ; u 1 0, u 2 0, a i,1 u 1 + a i,2 u 2 b i,i=1,..., m}. (II.1) Wprowadźmy oznaczenia Oczywiście Możliwe sanastępuj ace przypadki: 1 0 zbiór U jest pusty U 0 = {(u 1,u 2 ) R 2 ; u 1 0, u 2 0}, U i = {(u 1,u 2 ) R 2 ; a i,1 u 1 + a i,2 u 2 b i },i=1,..., m. U = m\ U i. 2 0 zbiór U jest niepustym wielobokiem wypukłym i ograniczonym i=0 3 0 zbiór U jest niepustym wielobokiem wypukłym i nieograniczonym 10

11 Ustalmy liczbę α R. Równanie c 1 u 1 + c 2 u 2 = α opisuje poziomicę funkcjonału J odpowiadajac awartości α, czyli zbiór {(u 1,u 2 ) R 2 ; J(u) =α}. Jest to prosta prostopadła dowektorac =(c 1,c 2 ). Przy zmianie wartości stałej α od do prosta ta zmienia swoje położenie, przesuwajac się w sposób równoległy w kierunku wektora c i zamiataj ac całapłaszczyznę. W przypadku 2 0 zawsze istnieje punkt pierwszego kontaktu (być może nie jedyny) przesuwajacej się prostej z wielobokiem U. Odpowiednia wartość stałej α wynosi wówczas min u U J(u) =:J 11

12 W przypadku 3 0 ów punkt pierwszego kontaktu istnieje (być może nie jedyny) lub nie. Jeśli nie istnieje, oznacza to, że zadanie nie ma rozwiazania; w takim przypadku inf J(u) =. u U 12

13 Zpowyższej dyskusji wynika, że zadanie (II.1) może nie mieć rozwiazań, może mieć jedno rozwiazanie lub może mieć nieskończenie wiele rozwiazań. Ponadto, w przypadku, gdy zbiór rozwiazań jest niepusty, w zbiorze tym istnieje co najmniej jeden punkt, który jest wierzchołkiem wieloboku U. Podobna analizę można przeprowadzić w przypadku, gdy n =3, zastępujac wielobok wielościanem, a prosta-płaszczyzn a. Matodagraficzn a można także rozwiazać niektóre zadania o większej niż 2 lub 3 ilości zmiennych. Rozważmy mianowicie zadanie postaci ½ J(u) =hc, ui min. u U = {u R m+2 ; u 0, Au = b} gdzie A = a 1,1... a 1,m a 1,m+1 a 1,m a m,1... a m,m a m,m+1 a m,m+2,b= b 1. b m, 13

14 przy czym ranka = m ikolumnya 1,...,A m sa liniowo niezależne. Wprowadźmy oznaczenia a 1,1... a 1,m a 1,m+1 a 1,m+2 A =.., A =.., a m,1... a m,m a m,m+1 a m,m+2 u 1 u m+1 u =., u = u m+2, u m c 1 cm+1 c =., c =. c m+2 c m Zatem W konsekwencji warunek możemy zapisać jako Stad A = h i u A A,u= u Au = b Au + Au = b. u = A 1 b A 1 Au.,c= c c. Zauważmy teraz, że rozwiazywanie zadania wyjściowego można zastapić rozwi azywaniem zadania postaci ( D E c, A 1 b A 1 Au + c, u min. (=) u U = {u R 2 ; u 0, A 1 Au A 1 b} Dokładniej, jeśli u jest rozwiazaniem zadania (=), to u u =, u jest rozwiaza- gdzie u = A 1 b A 1 Au, u jest rozwiazaniem zadania wyjściowego. Na odwrót, jeśli u = u niem zadania wyjściowego, to u jest rozwiazaniem zadania (=). 14

15 3.1 Zadania Zadanie 1. Rozwiazać w sposób geometryczny następujace zadanie: J(u) =u 1 + u 2 min. u U = {u =(u 1,u 2 ) R 2 ; u 0, 2u 1 u 2 2, 1 2 u1 u 2 1,. 2 u 1 + u 2 2, u 1 3} Zadanie 2. Rozwiazać w sposób geometryczny następujace zadanie: J(u) = 2u 1 + u 2 min. u U = {u =(u 1,u 2 ) R 2 ; u 0, u 1 u 2 1, u 1 + u 2. 1, u 1 +2u 2 0, 2u 1 u 2 5} Zadanie 3. Rozwiazać w sposób geometryczny następujace zadanie: J(u) =2u 1 u 2 min. u U = {u =(u 1,u 2 ) R 2 ; u 0, 1 2 u1 + u 2. 2, 1 2 u1 u 2 1} Zadanie 4. Rozwiazać w sposób geometryczny następujace zadanie: J(u) = u 1 + u 2 min. u U = {u =(u 1,u 2 ) R 2 ; u 0, 1 2 u1 + u 2. 2, 1 3 u1 + u 2 =1} Zadanie 4. Rozwiazać w sposób geometryczny następujace zadanie. Wpewnymzakładziewytwarzanes aproduktyaib.doprodukcjikażdego z nich wykorzystywana jest praca trzech maszyn: M1, M2, M3. Maszyna M1 może być wykorzystana przez s, M s, M s. Poniższa tabela podaje czas pracy każdej maszyny potrzebny do wyprodukowania jednostki każdego produktu 15

16 A B M1 3 6 M2 8 4 M3 9 3 Zysk ze sprzedaży jednostki produktu A wynosi 9 zł, B-6 zł. Należy zaplanować produkcjetak, by zysk ze sprzedaży był maksymalny. Zadanie 6. Rozwiazać w sposób geometryczny następujace zadanie: J(u) = u 1 3u 2 2u 4 3u 5 min. u U = {u =(u 1,u 2,u 3,u 4,u 5 ) R 5 ; u 0, u 1 +2u 4 +3u 5 =15, 2u 1 + u 3 + u 4 +5u 5 =20, u 1 + u 2 +2u 4 + u 5 =10}. Zadanie 7. Rozwiazać w sposób geometryczny następujace zadanie: J(u) = u 1 2u 2 + u 3 min. u U = {u =(u 1,u 2,u 3,u 4,u 5 ) R 5 ; u 0, 3u 1 2u 2 +2u 3 2u 4 +3u 5 =38, u 1 + u 2 +3u 4 u 5 =13, u 1 u 2 + u 3 =14}. 4 Punkty wierzchołkowe Punkt v V R n nazywamy punktem wierzchołkowym (punktem ekstremalnym) zbioru wypukłego i domkniętego V,jeśli przedstawienie v = αv 1 +(1 α)v 2, (III.1) gdzie α (0, 1), v 1,v 2 V,możliwe jest tylko wtedy, gdy v 1 = v 2. Innymi słowy, punkt v V jest punktem wierzchołkowym zbioru V, gdy nie jest on punktem wewnętrznym odcinka oróżnych końcach należacych do V.Pojęcie punktu wierzchołkowego jest pojęciem fundamentalnym w teorii programowania liniowego. W dalszej części wykładu pokażemy, że jeśli zadanie kanoniczne (przy dowolnym n N) posiada rozwiazanie, to wśród rozwiazań jest co najmniej jeden punkt wierzchołkowy zbioru U = {u R n ; u 0, Au= b}. (III.2) Teraz podamy charakteryzację punktów wierzcholkowych zbioru postaci (III.2). 16

17 Twierdzenie 1 Niech dany bedzie zbiór U postaci (III.2) i punkt v R n,przyczyma R m n Â{0}, r := ranka. Punktv jest punktem wierzchołkowym zbioru U wtedy i tylko wtedy, gdy istniejawskaźniki 1 j 1 <... < j r n takie, że v j 0, j {j 1,..., j r } v j =0, j / {j 1,..., j r } A j1 v j A jr v j r = b kolumny A j1,...,a jr saliniowoniezależne w R m (III.4) Dowód. Konieczność. Na wstępie zauważmy, że równość Au = b można zapisać w nastepujacy, równoważny sposób A 1 u A n u n = b. (III.5) Niech v będzie punktem wierzchołkowym zbioru U. Jeśli v =0,tozprzynależności v do zbioru U (por. definicja punktu wierzchołkowego) wynika, że b =0. ZkoleizwarunkuA 6= 0wynika, że r = ranka 1. Zatem istniejakolumnya j1,...,a jr,któres a liniowo niezależne w R m,przy czym A j A jr 0=b, co oznacza, że v =0spełnia warunki (III.4). Załóżmy więc, że v 6= 0iniechv j 1,...,v j k będa wszystkimi dodatnimi współrzędnymi wektora v. ZwarunkuAv = b oraz przedstawienia (III.5) wynika, że A j1 v j A jk v j k = b (III.6) (oczywiście Pokażemy teraz, że kolumny A j1,..., A jk v j =0,j/ {j 1,..., j k }). sa liniowo niezależne w R m.załóżmy więc, że α 1 A j α k A jk =0 (III.7) dla pewnych α 1,..., α k R. Ustalmyε>0 irozważmy punkty postaci v + =(v 1 +,..., v n +), gdzie oraz v jp + = v j p + εα p,p=1,..., k, v j + =0,j/ {j 1,..., j k } v =(v 1,..., v n ), 17

18 gdzie Zfaktu,że v j p warunki v jp = v j p εα p,p=1,..., k, v j =0,j/ {j 1,...,j k }. > 0, p =1,..., k, wynika,że dla dostatecznie małej liczby ε>0 spełnione będa v + 0, v 0. Ponadto, mnożac (III.7) przez ε i ε oraz dodajac do (III.6), dostajemy równości Oznacza to, że v +, v U. Ponadto, Av + = b, Av = b. v = 1 2 (v + + v ). Ponieważ v jest punktem wierzchołkowym, więc oznacza to, że czyli v + = v, α 1 =... = α k =0, co kończy dowód liniowej niezależności kolumn A j1,..., A jk. Zpowyższego wynika, że k r. Jeśli k = r, to z (III.6) wynika, że spełnione sa warunki (III.4). Jeśli zaś k<r,tomożna uzupełnić układ kolumn kolumnami A j1,..., A jk tak, aby układ był liniowo niezależny i aby A jk+1,..., A js A j1,..., A jk,a jk+1,..., A js (III.8) 1) dodanie doń dowolnej kolumny A j dawało układ liniowo zależny lub 2) s było równen. 18

19 W obu przypadkach układ (III.8) tworzy bazę liniowej powłoki wektorów A 1,...,A n.wymiar tej powłoki jest równy rzędowi macierzy A, czyli s = r. Dodaj ac do lewej strony równości (III.6) sumę A jk+1 v j k A jr v jr = A jk A jr 0=0, otrzymujemy (III.4). Dostateczność. Niech v R n będzie punktem spełniajacym warunki (III.4). Wówczas v U. Przypuśćmy, że v = αv 1 +(1 α)v 2, (III.9) gdzie v 1,v 2 U, α (0, 1). Pokażemy, że v 1 = v 2. Zauważmy, że jeśli v j =0, to z (III.9) oraz nierówności otrzymujemy 0 <α<1, v j 1 0, v j αv j 1 +(1 α)v j 2 = v j =0, co oznacza, że v j 1 = v2(= j 0). Jeśli więc v =0,tovjest punktem wierzchołkowym zbioru U. Przypuśćmy wieć, że v 6= 0. Dla zakończenia dowodu wystarczy pokazać, że v j 1 = v j 2 dla tych wskaźników j, dla których v j > 0. Z waruków (III.4) wynika, że dodatnimi współrzędnymi punktu v mogabyćjedyniewspółrzędne Niech Oczywiście D 6=. Ponieważ więc równości możemy zapisać w postaci v j 1,...,v jr. D := {j {j 1,...,j r }; v j > 0}. v j 1 = v j 2 =0,j/ D, Av 1 = b, Av 2 = b X A j v j 1 = b, j D X A j v j 2 = b. Z liniowej niezależności wektorów A j, j D, izpowyższych równości wynika, że co kończy dowód twierdzenia. j D v j 1 = v j 2,j D, 19

20 Układ wektorów A j1,...,a jr występujacych w warunkach (III.4) nazywamy baza punktu wierzchołkowego v, aodpowiedniewspółrzędne v j 1,...,v j r - współrzednymi bazowymi punktu wierzchołkowego v. Punkt wierzchołkowy, którego wszystkie współrzędne bazowe sa dodatnie nazywamy nieosobliwym. Punkt wierzchołkowy, którego co najmniej jedna współrzędna bazowa jest równa zero nazywamy osobliwym. Zmienne u j 1,...,u j r nazywamy zmiennymi bazowymi (przy ustalonej bazie A j1,...,a jr ). Z twierdzenia 1 wynika, że baza nieosobliwego punktu wierzchołkowego zbioru (III.2) jest wyznaczona jednoznacznie, natomiast osobliwy punkt wierzchołkowy może mieć wiele baz. 4.1 Zadania Zadanie 1. Znaleźć, w oparciu o Twierdzenie 1, punkty wierzchołkowe zbioru U = {u =(u 1,u 2 ) R 2 ; u 0, 1 3 u1 + u 2 =1}. Zadanie 2. Znaleźć, w oparciu o Twierdzenie 1, punkty wierzchołkowe zbioru U = {u =(u 1,u 2,u 3,u 4 ) R 4 ; u 0, u 1 + u 2 +3u 3 + u 4 =3,u 1 u 2 + u 3 +2u 4 =1}. Zadanie 3. Znaleźć, w oparciu o Twierdzenie 1, punkty wierzchołkowe zbioru iwskazaćichbazy. U = {u =(u 1,u 2,u 3,u 4 ) R 4 ; u 0, u 1 + u 4 =0, 2u 2 + u 4 =3, 3u 3 =0} Zadanie 4. Znaleźć, w oparciu o Twierdzenie 1, punkty wierzchołkowe zbioru U = {u =(u 1,u 2,u 3 ) R 3 ; u 0, u 1 +2u 2 +3u 3 =4, u 1 +5u 3 =0}. Podać bazy znalezionych punktów wierzchołkowych. Zadanie 5. Znaleźć, w oparciu o Twierdzenie 1, punkty wierzchołkowe zbioru U = {u =(u 1,u 2,u 3 ) R 3 ; u 0, u 1 + u 2 +2u 3 =10, u 1 +3u 3 =9, u 1 +2u 2 +7u 3 =29}. 20

21 5 Metoda sympleksowa Metodasympleksowapolegana uporz adkowanym sprawdzaniu wartości funkcjonału kosztu w punktach wierzchołkowych zbioru ograniczajacego ( uporzadkowanie oznacza tu, że wartości funkcjonału kosztu w badanych punktach nie rosna). Rozważmy zadanie kanoniczne postaci ½ J(u) =hc, ui min. u U = {u =(u 1,..., u n ) R n (IV.1) ; u 0, Au = b} gdzie 0 6= A R m n.będziemy zakładać w tym rozdziale, że U 6= (kwestia niepustości zbioru U omówiona będzie w dalszej części wykładu). Oczywiście ranka min{m, n} (podobnie, jak wcześniej, ranka oznaczać będziemy przez r). Równość możemy zapisać w postaci układu równań Au = b nx a i,j u j = b i,i=1,...,m. j=1 Nie zmniejszajac ogólności rozważań, możemy założyć, że r = m. Oczywiście r n. Jeżeli r = n, topowyższy układ ma dokładnie jedno rozwiazanie u, przyczymu 0 (gdyby któraś ze współrzędnych punktu u była ujemna, tozbióru byłby pusty, co sprzeczne byłoby z naszym założeniem). W konsekwencji zbiór U jest jednoelementowy i tym samym u jest rozwiazaniem zadania (IV.1). Będziemy więc zakładać wdalszymciagu, że r<n. Wówczas równość Au = b możemy zapisać wpostaci a 1,1 u a 1,n u n = b 1... (IV.2) a r,1 u a r,n u n = b r gdzie r<n. Podamy teraz opis metody sympleksowej. Przypuśćmy, że dany jest punkt wierzchołkowy v zbioru U = {u =(u 1,..., u n ) R n ; u 0, Au = b} izałóżmy, że kolumny A 1,...,A r sabaz a tego puntu, v 1,...,v r -jegowspółrzędnymi bazowymi (kwestia wyznaczenia poczatkowego punktu wierzchołkowego v zbioru U iokreślenia jego współrzędnych bazowych omówiona będzie w dalszej części wykładu). Wprowadźmy następujace oznaczenia u = u 1. u r, v = 21 v 1. v r, c = c 1. c r,

22 a 1,1... a 1,r B =.. =[A 1... A r ]. a r,1... a r,r Wówczas układ (IV.2) możemy zapisać w postaci Bu + A r+1 u r A n u n = b. (IV.3) Z liniowej niezależności kolumn A 1,...,A r (jest to baza punktu v) wynika,że istnieje macierz odwrotna B 1.Współrzędne niebazowe punktu v sa zerowe, zatem punkt v możemy zapisać w postaci v v =, 0 przy czym v 0. Awięcz(IV.3)otrzymujemy skad Bv = b, v = B 1 b. Mnożac równość (IV.3) lewostronnie przez B 1 otrzymujemy nx u + B 1 A k u k = B 1 b = v. k=r+1 (IV.4) Oznaczmy = (B 1 A k ) s dla k = r +1,..., n, s =1,..., r gdzie (B 1 A k ) s oznacza s-tawspółrzędn awektora-kolumnyb 1 A k. Równość (IV.4)możemy teraz zapisać wpostacinastępujacego układu równań u 1 + γ 1,r+1 u r γ 1,n u n = v 1 u 2 + γ 2,r+1 u r γ 2,n u n = v 2. (2)... u r + γ r,r+1 u r γ r,n u n = v r Określmy także =(B 1 A k ) s dla k =1,...r, s =1,..., r (oczywiście γ s.k = δ s,k dla k =1,..., r, s =1,..., r, gdzieδ s,k jest symbolem Kronekera). Pokazaliśmy, że majac ustalony punkt wierzchołkowy v zbioru U iwiedzac, że współrzędne z indeksami 1,...,r sa jego współrzędnymi bazowymi, można zapisać ograniczenia (IV.2) w równoważnej postaci (IV.3) lub (IV.4) lub (2) lub (??) lub(??). 22

23 Korzystajacz(??), wartość funkcjonału kosztu J wpunkcieu spełniajacym ograniczenia typu równości (IV.2), można zapisać wnastępujacej postaci J(u) = hc, ui = * = c, v = hc, vi nx nx c i u i = hc, ui + c i u i i=1 i=r+1 i=r+1 + nx nx B 1 A i u i + c i u i i=r+1 nx ( c, B 1 A i ci )u i. i=r+1 Ponieważ hc, vi = hc, vi = J(v), więc nx J(u) =J(v) i u i, i=r+1 gdzie i = rx c, B 1 A i ci = c s γ s,i c i,i= r +1,..., n. Określmy także i = c, B 1 A i ci dla i =1,..., r (oczywiście s=1 (IV.8) (IV.9) i = c, B 1 A i ci = hc, e i i c i = c i c i =0 dla i =1,..., r, gdziee i jest i-takolumn a macierzy jednostkowej o wymiarach r r). Dokonajmy częściowego podsumowania.zadanie (IV.1) zapisaliśmy w następujacej postaci P J(u) =J(v) n i u i min. i=r+1 U = {u =(u 1,..., u n ) R n ; u 0, u spełnia (2)} Występujace w powyższym opisie wielkości, v i, i zapiszemy w postaci t.zw. tablicy sympleksowej, odpowiadajacej punktowi wierzchołkowemu v 23

24 Tablica sympleksowa I (dla punktu v) u 1... u i... u s... u r u r+1... u k... u j... u n u γ 1,r+1... γ 1,k... γ 1,j... γ 1,n v u i γ i,r+1... γ i,k... γ i,j... γ i,n v i u s γ s,r γ s,j... γ s,n v s u r γ r,r+1... γ r,k... γ r,j... γ r,n v r r+1... k... j... n J(v) Teraz skonstruujemy (o ile to będzie konieczne!) punkt wierzchołkowy w zbioru U, dla którego J(w) J(v). Dokładniej, wybierzemy wskaźnik k {r +1,..., n} iwartość w k 0 tak,abynowypunktw, którego k-ta współrzędna jest równa w k,apozostałe spełniaja warunki w 1 = v 1 γ 1,k w k,..., w i = v i γ i,k w k,..., w s = v s w k,..., w r = v r γ r,k w k,w r+1 =... = w k 1 = w k+1 =... = w n =0, (IV.10) czyli warunki spełniał także warunki w = v (B 1 A k )w k,w j =0,j= r +1,...,n, j 6= k, w 0, J(w) J(v) (IV.11) i był punktem wierzchołkowym zbioru U (z (IV.11) i (IV.3) wynika, że przy dowolnym wyborze w k 0, dla punktu w określonego przez (IV.10) mamy Aw = B(v (B 1 A k )w k )+ nx j=r+1 A j w j = Bv A k w k + A k w k = b). Oczywiście wtedy J(w) =J(v) k w k. Otóż, analizujac tablicę sympleksowai,rozważmytrzyprzypadki: 1 0 spełnione sanierówności i = c, B 1 A i ci 0 (IV.12) (IV.13) 24

25 dla i = r +1,...,n, t.zn. w ostatnim wierszu tablicy sympleksowej wszystkie liczby i sa niedodatnie. W tym przypadku punkt v jest rozwiazaniem zadania. Istotnie, bowiem dla dowolnego u U mamy nx J(u) =J(v) i u i j(v) i=r+1 (bo i 0, u i 0). 2 0 istnieje wskaźnik k {r +1,...,n} taki, że ½ k > 0 γ i,k 0 dla i =1,..., r (czyli B 1 A k 0) (IV.14) Oznacza to, że w k-tej kolumnie tablicy sympleksowej ostatni element ( k ) jest dodatni, a pozostałe - niedodatnie. W tym przypadku, przy dowolnym wyborze wartości w k > 0 punkt w określony przez (IV.10) spełnia warunek i w konsekwencji inf J(u) =, gdyż u U w 0 (czyli w U) J(w) =J(v) k w k w k (w jest tutaj punktem postaci (IV.10). Oznacza to, że zadanie nie ma rozwiazania. 3 0 nie zachodza przypadki 1 0 i2 0 ; w konsekwencji istniejawskaźniki k {r +1,...,n}, i {1,..., r} takie, że k > 0, γ i,k > 0. (IV.15) Oznacza to, że w k-tej kolumnie tablicy sympleksowej ostatni element ( k )jestdodatniico najmniej jedna z liczb γ i,k jest dodatnia. Pokażemy teraz, jak wybrać w k 0, abypunktpostaci(iv.10)spełniał warunek w 0. Określmy zbiór I k = {i {1,..., r}, γ i,k > 0}. Otóż, jeśli i {1,...,r}\I k (czyli γ i,k 0), to przy dowolnym wyborze w k 0. Jeśli zaś w i = v i γ i,k w k v i 0 to 0 w k min i I k v i γ i,k, w i = v i γ i,k w k v i γ i,k v i γ i,k =0 25

26 dla dowolnego i I k (bo γ i,k > 0). W rozważanym przypadku punkt w określony przez (IV.10) spełnia też warunek J(w) =J(v) k w k J(v) przy dowolnym wyborze w k 0 Niech teraz s I k będzie takim wskaźnikiem, że v s =min i I k v i γ i,k (IV.16) Współczynnik,gdziewskaźniki k, s sa określone przez (IV.15) i (IV.16), nazywany jest elementem rozwiazuj acym tablicy sympleksowej I. Ustalmy teraz jeden z elementów rozwiazuj acych tablicy I -.Połóżmy w (IV.10) i (IV.12) w k = vs. Otrzymujemy punkt w =(w 1,..., w n ) owspółrzędnych w 1 = v 1 γ 1,k v s,..., w i = v i γ i,k v s,..., w s 1 = v s 1 γ s 1,k v s w s = v s v s, =0,w s+1 = v s+1 γ s+1,k v s,...,w r = v r γ r,k v s, w r+1 =0,..., w k 1 =0,w k = vs,w k+1 =0,..., w n =0, (IV.17) dajacy wartość funkcjonału kosztu J(w) =J(v) k v s J(v). (IV.18) Jak zostało pokazane w U. Teraz pokażemy, że w postaci (IV.17) jest punktem wierzchołkowym zbioru U zbaza A 1,..., A s 1,A s+1,..., A r,a k. (IV.19) (gdyby wybrać 0 w k < min (o ile to możliwe), to punkt w nie byłby punktem wierzchołkowym z baza A 1,..., A s 1,A s+1,..., A r,a k,ponieważ jego współrzędna w s nie byłaby ze- i I γ k i,k rowa). Otóż, uwzględniajac fakt, że v i w s =0,w r+1 =... = w k 1 = w k+1 =... = w n =0, (gdyby wybrać w k < min, to punkt w nie byłby punktem wierzchołkowym z baza i I γ k i,k A 1,..., A s 1,A s+1,..., A r ponieważ jego współrzędna w s nie byłaby zerowa) warunek v i Aw = b 26

27 możemy zapisać w postaci A 1 w A s 1 w s 1 + A s+1 w s A r w r + A k w k = b. Zatem, zgodnie z twierdzeniem charakteryzujacym punkty wierzchołkowe, wystarczy zauważyć, że układ kolumn (IV.19) jest liniowo niezależny. Istotnie, przypuśćmy, że α 1 A α s 1 A s 1 + α s+1 A s α r A r + α k A k =0, (IV.20) gdzie α 1,..., α s 1,α s+1,..., α r,α k R. Ponieważ więc z (IV.20) wynika, że A k = IA k = BB 1 A k = rx A i (B 1 A k ) i = i=1 rx A i γ i,k, i=1 0= rx α i A i + α k i=1 i6=s rx γ i,k A i = i=1 rx (α i + α k γ i,k )A i + α k A s. i=1 i6=s Zuwaginafakt,że układ kolumn A 1,...,A s,..., A r jest baza punktuv (a więc układem liniowo niezależnym), z ostatniej równości wynika, że α i + α k γ i,k =0,i {1,..., r}, i6= s, α k =0. Ale > 0 (jako element rozwiazuj acy), więc α k = 0 i w konsekwencji α i = 0 dla i {1,..., r} r {s}. Oznacza to liniowa niezależność układu (IV.19). Zatem punkt w dany przez (IV.17) jest punktem wierzchołkowym zbioru U, przy czym układ (IV.19) jest jego baza, a zmienne u 1,..., u s 1,u s+1,..., u r,u k - zmiennymi bazowymi. Teraz, podobnie jak w przypadku punktu wierzchołkowego v (przypomnijmy, że układ (??) określał zmienne bazowe punktu u spełniajacego ograniczenia (IV.2) przy pomocy zmiennych niebazowych i współrzadnych punktu wierzchołkowego v), określimy zmienne bazowe u 1,...u s 1,u s+1,..., u r,u k punktu u spełniajacego ograniczenia (IV.2) przy pomocy zmiennych niebazowych i współrzędnych punktu wierzchołkowego w. Wtymceluzs-tego równania układu (??) wyznaczmyzmi- enna u k : u k = vs 1 u s nx j=r+1 j6=k γ s,j u j. (IV.21) 27

28 Podstawmy tak otrzymanawartość u k do pozostałych równańukładu (??). Układ ten przyjmuje wówczas postać (wobec(iv.17)i(iv.21)) P u i = v i n P γ i,j u j = v i n P γ i,j u j γ i,k ( n vs γ s,j j=r+1 = w i ( γ i,k )u s u k = w k 1 u s n P j=r+1 j6=k 1 u s j=r+1 j6=k u j ) (γ i,j γ i,k γ s,j )u j,i=1,..., s 1,s+1,...,r, j=r+1 j6=k P n γ s,j u j j=r+1 j6=k Analogicznie, podstawiajac (IV.21) do (IV.8), otrzymujemy (wobec (IV.18)) (IV.22) J(u) =J(v) nx j u j k ( vs 1 u s j=r+1 j6=k nx j=r+1 j6=k γ s,j u j ) = J(w) ( k )u s nx γ s,j ( j k )u j. j=r+1 j6=k (IV.23) dka punktów u spełniajacych ograniczenia (IV.2). A zatem, w szczególności, bazowe zmienne punktu u U (względem bazy punktu wierzchołkowego w) iwartość funkcjonału J w takim punkcie wyrażone zostały przypomocyzmien- nych niebazowych i współrzędnych punktu wierzchołkowego w. Wprowadźmy oznaczenia ( γ 0 i,s = γ i,k,i=1,..., s 1,s+1,..., r, γ 0 k,s = 1 (IV.24) ( 0 γ i,j = γ i,j γ i,k γ s,j,i=1,...,s 1,s+1,..., r, j = r +1,..., k 1,k+1,..., n γ 0 k,j = γ s,j,j= r +1,..., k 1,k+1,..., n. (IV.25) oraz, dodatkowo, γ 0 i,j = δ i,j (*) dla i, j =1,..., s 1,s+1,..., r, k, gdzieδ i,j jest symbolem Kronekera. Określmy także ( 0 s = k 0 γ j = j s,j k,j= r +1,..., n, j 6= k, (IV.26) oraz, dodatkowo, dla j =1,..., s 1,s+1,..., r, k. 0 j =0 (**) 28

29 Uwaga. (IV.24) wynika z (IV.25) rozszerzonego na wskaźnik j = s; (*) wynikaz(iv.25) rozszerzonego na wskaźniki j =1,..., s 1,s+1,..., r, k; pierwszy zwiazek w (IV.26) wynika z drugiego rozszerzonego na wskaźnik j = s; (**) wynika z (IV.26) rozszerzonego na wskaźniki j =1,..., s 1,s+1,..., r, k. Zwiazki (IV.22) i (IV.23) możemy zapisać wnastępujacej postaci: P u i = w i γ 0 i,su s n γ 0 i,ju j,i=1,..., s 1,s+1,...,r, j=r+1 j6=k P u k = w k γ 0 k,s us n (IV.27) γ 0 k,j uj j=r+1 j6=k J(u) =J(w) 0 su s nx 0 ju j. j=r+1 j6=k Innymi słowy, ograniczenia typu równości i funkcjonał kosztu, występujace w opisie zadania wyjściowego, można zapisać wformiedanej powyżej, uzależniajac zmienne bazowe punktu u U iwartość funkcjonału kosztu w punkcie u U od punktu w izmiennychniebazowych punktu u U. Tablica sympleksowa II (dla punktu w) u 1... u s 1 u s u s+1... u r u r+1... u k 1 u k u k+1... u n u γ 0 1,s γ 0 1,r+1... γ 0 1,k 1 0 γ 0 1,k+1... γ 0 1,n w u s γ 0 s 1,s γ 0 s 1,r+1... γ 0 s 1,k 1 0 γ 0 s 1,k+1... γ 0 s 1,n w s 1 u s γ 0 s+1,s γ 0 s+1,r+1... γ 0 s+1,k 1 0 γ 0 s+1,k+1... γ 0 s+1,n w s u r γ 0 r,s γ 0 r,r+1... γ 0 r,k 1 0 γ 0 r,k+1... γ 0 r,n w r u k γ 0 k,s γ 0 k,r+1... γ 0 k,k 1 1 γ 0 k,k+1... γ 0 k,n w k s r k k n J(w) Opisaliśmy więc jeden krok metody sympleksowej, czyli przejście od jednego punktu wierzchołkowego zbioru U (v) dodrugiego(w) wtakisposób,że J(w) J(v). To przejście można formalnie traktować jakoprzejście od jednej tablicy sympleksowej (I) do drugiej (II) opisane wzorami (IV.17)-(IV.18), (IV.24)-(IV.26), przy czym element rozwiazuj acy określony jest warunkami (IV.15)-(IV.16). Wzory (IV.17)-(IV.18), (IV.24)-(IV.26) i warunki (IV.15)-(IV.16) zostały otrzymane przy założeniu, że współrzędnymi bazowymi punktu wierzchołkowego v sawspółrzędne v 1,..., v r. 29

30 Łatwo zauważyć, że jeśli współrzędnymi bazowymi punktu v będa v j 1,...,v j r, gdzie 1 j 1 <... < j r n, towzory(??) i(iv.8)wyrażajace zmienne bazowe i funkcjonał kosztu przy pomocy zmiennych niebazowych przyjmujapostać(poniżej symbolem I v oznaczamy zbiór {j 1,...,j r }) u j 1 = v j 1 P γ j1,ku k k/ I v... u j r = v j r P (IV.7 ) γ jr,ku k k/ I v J(u) =J(v) X k/ I v k u k, (IV.8 ) gdzie γ ji,k =(B 1 A k ) i ; i =1,..., r, k =1,...,n (w szczególności γ ji,k = δ ji,k dla i =1,..., r, k I v ) k = B =[A j1... A jr ], v j i =(B 1 b) i,i=1,..., r, v k =0,k/ I v, rx rx c ji γ ji,k c k = c ji (B 1 A k ) i c k,k=1,...,n i=1 (w szczególności k =0dla k I v ). W tym przypadku tablica sympleksowa dla punktu v jest następujaca: i=1 Tablica sympleksowa III (dla punktu v) u 1... u j 1... u j i... u k... u js... u j... u jr... u n u j 1 γ j1, γ j1,k γ j1,j γ j1,n v j u j i γ ji, γ ji,k γ ji,j γ ji,n v j i u j s γ js, γ js,k γ js,j γ js,n v j s u jr γ jr, γ jr,k γ jr,j γ jr,n v jr k j n J(v) 30

31 Tak jak wcześniej, należy rozważyć trzy przypadki: 1 0 spełniony jest warunek k 0, k/ I v 2 0 istnieje k/ I v takie, że k > 0, γ ji,k 0, i=1,...,r (IV.13 ) (IV.14 ) 3 0 nie zachodzi przypadek 1 0 i2 0 ; w konsekwencji istnieja k/ I v oraz j i I v takie, że k > 0, γ ji,k > 0. (IV.15 ) Podobnie jak wtedy, łatwo sprawdzić, że w pierwszym przypadku punkt v jest rozwiazaniem zadania (IV.1), w drugim - inf hc, ui =, czyli zadanie (IV.1) nie ma rozwi azania. W u U trzecim przypadku można wybrać elementrozwiazuj acy γ js,k na podstawie warunku (IV.15 ) oraz warunku v ji min = vj s, (IV.16 ) j i I v,k γ ji,k γ js,k gdzie I v,k = {j i I v ; γ ji,k > 0}, któres a analogiczne do warunków (IV.15), (IV.16). Następnie, należy wykonać przejście donowegopunktuwierzchołkowego w iodtablicy sympleksowej (III) dla punktu v do tablicy sympleksowej dla punktu w, zgodnie ze wzorami analogicznymi do wzorów (IV.17)-(IV.18), (IV.24)-(IV.26), t.zn. w j 1 = v j 1 γ j1,k vjs γ j s,k. w j i = v j i γ ji,k vj s γ js,k. w j s 1 = v j s 1 γ js 1,k vj s γ j s,k w js = v js γ js,k vjs γ js,k =0 w j s+1 = v j s+1 γ js+1,k vj s γ j s,k. w jr = v jr γ jr,k vjs γ js,k w k = vj s γ j s,k w l =0,l/ I v,l 6= k, (IV.17 ) oraz ( 0 γ j i,j s = γ j i,k γ j s,k γ 0 k,j s = 1 γ j s,k J(w) =hc, wi = J(v) k v j s γ js,k ; i =1,..., r, i 6= s, (IV.18 ) (IV.24 ) 31

32 ( 0 γ j i,j = γ ji,j γ j i,k γ γ js j,j ; i =1,..., r, i 6= s, j / I v,j6= k, s,k γ 0 k,j = γ js,j (IV.25 ),j/ I γ v,j6= k, js,k (podobnie jak wcześniej, aby wypełnić cała tablicę sympleksowa dodatkowo należy określić γ 0 i,j = δ i,j (* ) dla i, j ({j 1,..., j r }\{j s }) {k}). Ponadto określmy ( 0 j s = k γ j s,k 0 γ j = j j (IV.26 ) s,j k dla j/ I γ v,j6= k j s,k idodatkowo 0 j =0dla j I v,j 6= j s oraz j = k. (** ) Tablica sympleksowa IV (dla punktu w) u 1... u j 1... u j i... u k... u js... u j... u jr... u n u j 1 γ 0 j 1, γ 0 j 1,j s... γ 0 j 1,j γ 0 j 1,n w j u j i γ 0 j i, γ 0 j i,j s... γ 0 j i,j γ 0 j i,n w j i u j s 1 γ 0 j s 1, γ 0 j s 1,j s... γ 0 j s 1,j γ 0 j s 1,n w j s 1 u j s+1 γ 0 j s+1, γ 0 j s+1,j s... γ 0 j s+1,j 0 γ 0 j s+1,n w j s u j r γ 0 j r, γ 0 j r,j s... γ 0 j r,j γ 0 j r,n w j r u k γ 0 k, γ 0 k,j s... γ 0 k,j γ 0 k,n w k j s... 0 j n J(w) Uwaga 3. Wzory (IV.24 ) wynikaja ze wzorów (IV.25 ) rozszerzonych na przypadek j = j s. Pierwszy zwiazek z (IV.26 ) wynika z drugiego zwiazku rozszerzonego na przypadek j = j s. (* ) wynika z (IV.25 ) rozszerzonego na wskaźniki j ({j 1,..., j r }\{j s }) {k}. (** )wynikaz (IV.26 ) rozszerzonego na wskaźniki j ({j 1,..., j r }\{j s }) {k}. Uwaga 4. Majac ustalona bazę punktu w, jego współrzędne bazowe możemy znaleźć w oparciu o twierdzenie charakteryzujace punkty wierzchołkowe. Uwaga 5. Niech dany będzie punkt wierzchołkowy v i jego baza; przyjmijmy, że bazat a jest układ kolumn A j1,...,a jr. Załóżmy, że ograniczenia typu równości można zapisać nadwa sposoby u + P B 1 A k u k = v, (1) k/ I v u + P k/ I v γ 1,k. γ r,k 32 u k = v. (2)

33 Ograniczenia (1) spełnione sa przez wszystkie takie punkty (u 1..., u n ), że u k dla k / I v sa dowolne, a u j i dla i =1,..., r - wyznaczone przez (1). Każdy taki punkt spełnia (2). Stad γ P 1,k (B 1 A k. )u k =0 k/ I v dla dowolnych u k R, k/ I v.st ad P dla dowolnych u k R, k/ I v.awięc γ r,k k/ I v ((B 1 A k ) 1 γ 1,k )u k =0 dla k/ I v.podobnie (B 1 A k ) 1 = γ 1,k (B 1 A k ) p = γ p,k dla dowolnych k/ I v, p =2,..., r. Podobnie rzecz się mazewspółczynnikami 0 j.jeśli bowiem funkcjonał J(u) =hc, ui na zbiorze punktów spełniajacych ograniczenia typu równości można przedstawić wpostaci J(u) =J(v) P ( c, B 1 A j cj )u j, j/ I v J(u) =J(v) P j u j, j/ I v gdzie c =(c j1,..., c jr ),toponieważdladowolnychu j R, j / I v istnieja u j 1..., u j r R dane przez (IV.7 ) takie, że (u 1..., u n ) jest punktem spełniajacym ograniczenia typu równości, więc P ( j ( c, B 1 A j cj ))u j =0 j/ I v dla dowolnych u j R, j/ I v.st ad wynika, że j = c, B 1 A j cj,j/ I v. Opisany więc został jeden krok metody sympleksowej w dowolnym przypadku (co do bazy punktu wierzchołkowego), czyli przejście od jednego punktu wierzchołkowego (v) zbioru U do drugiego punktu wierzchołkowego (w) tego zbioru (w przypadku 3 0 )wtakisposób,że J(w) J(v). 33

34 Powstaje pytanie, kiedy J(w) <J(v)? Otóż, z przeprowadzonych rozważań wynika, że jeśli punkt wierzchołkowy v jest nieosobliwy, to J(w) =J(v) k v js γ js,k <J(v). (por. (IV.18 )) Celowym wydaje się więc wydzielić klasęt.zw. zadań nieosobliwych, czyli takich, których wszystkie punkty wierzchołkowe sa nieosobliwe (majajedyn abazę i wszystkie współrzędne bazowe - dodatnie). Zauważmy, że w przypadku takich zadań wybór elementu rozwiazuj acego γ js,k z warunku jest jednoznaczny: min v ji j i I v,k γ ji,k = vj s γ js,k 0 <w j i = v j i γ ji,k v js γ js,k = γ ji,k v j i γ ji,k γ ji,k v js γ js,k = γ ji,k( vj i γ ji,k vjs ) γ js,k dla j i I v,k,j i 6= j s. Ponadto, ponieważ v j s > 0, więc w przypadku zadania nieosobliwego metoda sympleksowa pozwala w skończonej ilości kroków (iteracji) stwierdzić, czy zadanie ma rozwiazanie i jeśli ma -znaleźć je(warunekj(w) <J(v) oznacza, że jeśli jakiś punkt wierzchołkowy występuje w ciagu iteracyjnym, to występuje w nim tylko jeden raz). W przypadku zadania osobliwego (t.zn. takiego, które nie jest zadaniem nieosobliwym) i osobliwego punktu wierzchołkowego v U może się zdarzyć, że 0= min v ji j i I v,k γ ji,k = vj s. γ js,k Ze wzorów (IV.17 )-(IV.18 ) wynika, że w takim przypadku w = v i w konsekwencji J(w) =J(v), aprzejście od punktu v do punktu w oznacza jedynie przejście od bazy A j1,..., A jr do bazy A j1,..., A js 1,A js+1,..., A jr,a k. Można podać przykłady zadań osobliwychpokazujace, że przy ustalonym sposobie wyboru elementu rozwiazuj acegometodasympleksowamoże sie zapętlić, t.zn. w kolejnych iteracjach punkt wierzchołkowy nie będzie się zmieniał, ajegobazybęda zmieniały się w sposób okresowy (cykliczny). 34

35 Można jednak określić (naróżne sposoby) prawo wyboru elementu rozwiazuj acego w taki sposób, by uniknać owegozapętlenia. Każde takie prawo (metoda) nazywane jest prawem antycyklicznym (metoda antycykliczna). Podamy teraz opis jednego z takich praw. Do tablicy sympleksowej punktu v (dla uproszczenia przyjmijmy, że kolumny A 1,...,A r tworza bazę punktu v) dopisujemyr r -wymiarow a macierz jednostkowa [d i,j ]. Dopisane wyrazy przekształcamy w każdej iteracji zgodnie z regułaopisuj aca przekształcenie kolumn niebazowych tablicy sympleksowej, które pozostaja kolumnami niebazowymi (wzory (IV.25)), przy czym nie tworzymy współczynników i.elementrozwi azujacy wybieramy w następujacy sposób. Niech k > 0 i I k = {i {1,..., r}, γ i,k > 0} 6=. Określmy zbiór I k,1 = {s I k ;min i I k v i = vs } γ i,k (jak zostało pokazane wcześniej, w zadaniu nieosobliwym zbiór I k,1 jest zawsze jednoelementowy). Jeśli zbiór I k,1 zawiera więcej niż jeden element, to tworzymy zbiór d i,1 I k,2 = {s I k,1 ; min = d s,1 }. i I k,1 γ i,k Jeśli mamy już określony zbiór I k,m (m 2) i zawiera on więcej niż jeden element, to tworzymy zbiór d i,m I k,m+1 = {s I k,m ; min = d s,m }. i I k,m γ i,k Dowodzi się, że istnieje l {1,..., r +1} takie, że zbiór I k,l składa się z jednego elementu s, przy czym wszystkie zbiory I k,i, i =1,..., l 1, zawieraj awięcej niż jeden element. Jako indeks s, służacy do określenia elementu rozwiazuj acego, przyjmujemy ów jedyny element zbioru I k,l. Można pokazać, że stosowanie w każdym kroku metody sympleksowej takiego sposobu wyboru indeksu s, opisujacego element rozwiazuj acy, pozwala uniknać zapętlenia i w skończonej ilości kroków rozwiazać zadanie,b adź stwierdzić, że rozwiazanie nie istnieje ( 1 ). 5.1 Zadania Zadanie 1. Rozwiazać metod a sympleksowazadanie J(u) =u 1 u 2 + u 4 min. u U = {u =(u 1,u 2,u 3,u 4 ) R 4 ; u 0, 2u 1 2u 2 +4u 3 + u 4 =2, u 1 + u 2 + u 4 =0} startuj ac z punktu wierzchołkowego ν =(0, 0, 1, 0), 2 wiedz ac, że jego baz a jest układ kolumn 2 4,. 1 0, 1 Zatem nie może się także zdarzyć, że w nieuporzadkowany sposób będziemy przerabiać bazy jednego punktu wierzchołkowego, a także, iż wnieskończony sposób (cykliczny lub nie) będziemy przerabiać punkty wierzchołkowe (przejście do kolejnego punktu wierzchołkowego w 6= v oznacza, że v s 6=0iwkonsekwencji J(w) <J(v)). 35

36 Zadanie 2. Rozwiazać metod asympleksow a zadanie J(u) =u 1 +2u 2 +3u 3 +4u 4 min. u U = {u =(u 1,u 2,u 3,u 4 ) R 4 ; u 0, u 1 + u 2 +3u 3 + u 4 =3, u 1 u 2 + u 3 +2u 4 =1}, startujac z punktu wierzchołkowego v =(2, 1, 0, 0). Zadanie 3. Zapisać zadanie J(u) =u 1 +2u 2 +3u 3 +4u 4 min. u U = {u =(u 1,u 2,u 3,u 4 ) R 4 ; u 0, u 1 + u 2 +3u 3 + u 4 3, u 1 u 2 + u 3 +2u 4 =1} w postaci zadania kanonicznego, rozwiazać tak otrzymane zadanie metodasympleksow a, a następnie podaćrozwiazanie zadania wyjściowego. Zadanie 4. Utworzyć tablicę sympleksowa dla zadania J(u) =u 1 u 2 +2u 4 min. u U = {u =(u 1,u 2,u 3,u 4 ) R 4 ; u 0, 2u 1 3u 2 +4u 3 + u 4 =3, u 1 + u 2 2u 3 =10} i punktu wierzchołkowego v =( 33 5, 17 5, 0, 0). Zadanie 5. Rozwiazać metod a sympleksowazadanie J(u) =u 1 +2u 2 +3u 3 +4u 4 min. u U = {u =(u 1,u 2,u 3,u 4 ) R 4 ; u 0, u 1 + u 2 +3u 3 + u 4 =3, u 1 u 2 + u 3 +2u 4 =1}, startujac z punktu wierzchołkowego v =(0, 5 3, 0, 4 3 ). 36

37 Zadanie 6. Zaobserwować cykl, rozwiazuj ac zadanie ½ J(u) =u 1 u 4 u 5 + u 6 min. u U = {u =(u 1,..., u 7 ) R 7 ; u 0,Au= b} gdzie A = , b = 1 0, metodasympleksow a, startujaczpunktu wierzchołkowego v =(0,...0, 1) zbaza A 2,A 3,A 7 iwybieraj ac wartości indeksów określajacych element rozwiazuj acy w następujacy sposób: (k =4,j s =2), (k =4,j s =2), (k =1,j s =3), (k =4,j s =2), (k =5,j s =4), (k =6,j s =1), (k =3,j s =6). 6 Wybór poczatkowego punktu wierzchołkowego Niech dane będzie zadanie kanoniczne J(u) =hc, ui min. (V.1) u U = {u =(u 1,...,u n ) R n ; u 0, Au = b}, (V.2) gdzie 6= A R m n.opisuj ac metodę sympleksowa, zakładaliśmy między innymi, że zbiór U jest niepusty i znany jest poczatkowy punkt wierzchołkowy tego zbioru. Pokażemy teraz jak stwierdzić, czy U 6= iznaleźć ów punkt wierzchołkowy. Bez zmniejszania ogólności rozważań możemy założyć, że b i 0 dla i =1,..., m (mnożac w razie potrzeby odpowiednie równania przez 1). Rozważmy zadanie pomocnicze postaci J 1 (z) =u n u n+m min. u z Z = {z = R w n+m ; z 0, Cz= b}, (V.3) (V.4) gdzie C =[A I m m ], w =(u n+1,..., u n+m ).Układ Cz = b zapiszmy w postaci a 1,1 u a 1,n u n + u n+1 = b a m,1 u a m,n u n + u n+m = b m Łatwo widać, że zbiór Z jest niepusty, bowiem z 0 := (0,b) Z. Łatwo teżwidać, że z 0 jest punktem wierzchołkowym zbioru Z zbaz azłożona z ostatnich m kolumn macierzy C, czyli wektorów jednostkowych e 1,...,e m R m (rankc = m). Można więc do 37

38 zadania (V.3)-(V.4) zastosować metodę sympleksowazpocz atkowym punktem wierzchołkowym z 0. Ponieważ J 1 (z) 0, z Z, więc niemożliwy jest przypadek inf J 1(z) =. z Z Zatem, stosujac metodę sympleksowa, w skończonej ilości kroków otrzymamy punkt wierzchołkowy z =(v 1,w 1 ) Z będacy rozwiazaniem zadania (V.3)-(V.4). Możliwe sa tutaj dwa przypadki. 1 0 J 1 (z ) > 0. Wówczas zbiór U (dany przez (V.2)) jest zbiorem pustym. Istotnie, w przeciwnym bowiem razie (czyli gdyby istniał punkt u U) punktz =(u, 0) należałby do zbioru Z oraz spełniona byłaby równość J 1 (z) =0, co sprzeczne jest z nierównościa J 1 (z ) > 0 (por. założenie rozważanego przypadku) i optymalnościa punktu z. 2 0 J 1 (z )=0. Wówczas punkt z jest postaci (v 1, 0). Jako punkt uzyskany przy pomocy metody sympleksowej z jest punktem wierzchołkowym zbioru Z. Stad wynika, że v 1 jest punktem wierzchołkowym zbioru U. Istotnie, ponieważ z 0, więc v 1 0, natomiastz równości Cz = b wynika, że Av 1 = b. Awięc v 1 U. Przypuśćmy teraz, że v 1 = αu 1 +(1 α)u 2, gdzie α (0, 1), u 1,u 2 U. Punkty z 1 =(u 1, 0), z 2 =(u 2, 0) należa oczywiście do zbioru Z, przy czym z = αz 1 +(1 α)z 2. Ponieważ z jest punktem wierzchołkowym zbioru Z, więc to oznacza, że z 1 = z 2, skad u 1 = u 2. Pokazaliśmy więc, że, majac wyjściowe zadanie (V.1)-(V.2) i rozważajac zadanie pomocnicze (V.3)-(V.4), potrafimy stwierdzić (stosujac metodę sympleksowa do zadania (V.3)-(V.4)), czy U 6= i, jeśli tak - wyznaczyć pocz atkowy punkt wierzchołkowy zbioru U. Więcej, można pokazać, że analizujac tablicę sympleksowa dla punktu z =(v 1, 0) będacego rozwiazaniem zadania (V.3)-(V.4)), można 38