Badania operacyjne- Programowanie liniowe

Transkrypt

1 Badania operacyjne- Programowanie liniowe kierunek Informatyka, studia stacjonarne II stopnia, I rok wyklad 1 Funkcje wielu zmiennych 11 Sformułowanie zadania Ogólnym zadaniem programowania liniowego nazywamy zadanie postaci: J(u)=c 1 u 1 ++c n u n min (1) u k 0, k I (2) a 1,1 u 1 ++a 1,n u n b 1 a m,1 u 1 ++a m,n u n b m a m+1,1 u 1 ++a m+1,n u n =b m+1 a s,1 u 1 ++a s,n u n =b s, (3) gdzie u = (u 1,,u n ) R n, natomiast c j, a i,j, b i, i = 1,,s, j = 1,,n, s a danymi liczbami rzeczywistymi, przy czym nie wszystkie liczby c j i nie wszystkie liczby a ij s a równezero,i {1,,n}jestustalonymzbioremindeksów;możliwes a tutaj przypadki: I=,I={1,,n},m=s,m=0 Symbolem x,y oznaczaćbędziemyiloczynskalarnywektorówx=(x 1,,x n ), y = (y 1,,y n ),tzn x,y = n i=1 x iy i,natomiastzapis x y, 1

2 gdziex=(x 1,,x n ),y=(y 1,,y n ),będzieoznaczał,że x i y i, i=1,,n Powyższe zadanie możemy zapisać następujaco: J(u)= c,u min u U ={u=(u 1,,u n ) R n ; u i 0dlai I,Au b,au=b} (4) gdzie c=(c 1,,c n ), A= a 1,1 a 1,n, A= a m+1,1 a m+1,n, a m,1 a m,n b= b 1 b m, b= a s,1 a s,n b m+1 b s Każdy punkt u U nazywamy punktem dopuszczalnym zadania (4) Punkt u U nazywamy rozwiazaniem zadania(4), gdy dladowolnegou U J(u ) J(u) Kanonicznym zadaniem programowania liniowego nazywamy zadanie postaci J(u)= c,u min, (5) u U={u=(u 1,,u n ) R n ; u 0,Au=b} gdziea R m n,b R m Podstawowym zadaniem programowania liniowego nazywamy zadanie postaci J(u)= c,u min, (6) u U ={u=(u 1,,u n ) R n ; u 0,Au b} gdzieaibs a takie, jak wyżej 2

3 12 Równoważność zadań Zajmiemy się teraz zagadnieniem równoważności zadań różnego typu Dokładniej, pokażemy, że rozwiazywanie zadania podstawowego i zadania ogólnego można zastapić rozwiazywaniem zadania kanonicznego Istotnie, niech dane będzie zadanie podstawowe (6) i rozważmy w przestrzeni R n+m zadanie postaci d,z min z Z={z=(u,v) R n+m ; z 0,Cz=b}, (7) gdzied=(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 jestmacierz a jednostkowawymiarum m)łatwozauważyć,żejeśliu U jest rozwiazaniemzadania(6),toz =(u,v ),gdzie v =b Au, jestrozwi azaniemzadania(7),tzn z Z oraz d,z d,z dladowolnegoz Z Jeślinatomiastz =(u,v ) Z jestrozwi azaniemzadania(7),tou jestrozwi azaniem zadania(6),tzn u U oraz dladowolnegou U c,u c,u Podobnie, rozwiazywanie zadania ogólnego(4) można zastapićrozwi azywaniem zadania kanonicznego Rzeczywiście, rozważmy w przestrzeni R p (p = m+i +J +J, gdzie 3

4 J={1,,n} I)zadaniepostaci e,z = c i u i + i I i J c i w i + 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+ A i u i + A i w i + i w i I i J i J A i =b, A i u i + A i w i + i w i I i J i J A i =b} ={z R p ; z 0, [I m 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 ] z= b } b, (8) gdziee=(0,c i ;i I,c i ;i J, c i ;i J) R p,v R m,a i -i-takolumnamacierzya, A i -i-takolumnamacierzya Jeśliu U jestrozwi azaniem zadania ogólnego(4), to z =(v,u i ;i I,wi ;i J,wi ;i J), gdzie v =b Au, w i =max{0,ui }, i J, w i =max{0, ui }, i J, jestrozwi azaniemzadania(8)(zauważmy,żeu i =w w i i dlai J) Jeśli natomiast jestrozwi azaniem zadania(8), to z =(v,u i ;i I,w i ;i J,w i ;i J), u =(u i ;i I,w i w i ;i J) jestrozwi azaniem zadania(4)(z dokładnościa do kolejności współrzędnych) 4

5 13 Interpretacja geometryczna zadań programowania liniowego Rozważmy zadanie podstawowe(6) 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} (9) Wprowadźmy oznaczenia U 0,1 ={(u 1,u 2 ) R 2 ; u 1 0}, U 0,2 ={(u 1,u 2 ) R 2 ; 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 Oczywiście U =U 0,1 U 0,2 U 1 U m Możliwes anastępuj ace przypadki: 1 0 zbióru jestpusty 2 0 zbióru jestniepustymwielobokiemwypukłymiograniczonym 3 0 zbióru jestniepustymwielobokiemwypukłyminieograniczonym 5

6 Ustalmyliczbęα R Równanie c 1 u 1 +c 2 u 2 =α opisuje poziomicę funkcjonału J odpowiadajac a wartości α, czyli zbiór {(u 1,u 2 ) R 2 ; J(u)=α} Jesttoprostaowektorzeprostopadłymc=(c 1,c 2 ) Przywzrościewartościstałejαprosta ta zmienia swoje położenie, przesuwajacsięwsposóbrównoległywkierunkuwektorac, przyczymdladowolnegopunktupłaszczyznyistniejeα Rtakie,żepunkttenleżyna prostej wyznaczonej przez α W przypadku 2 0 zawsze istnieje punkt pierwszego kontaktu (być może nie jedyny) przesuwajacejsięprostej,wkierunkuc,zwielobokiemu Odpowiedniawartośćstałejα wynosi wówczas min u U J(u)=:J 6

7 7

8 Wprzypadku3 0 ów punktpierwszegokontaktu istnieje(byćmożeniejedyny)lubnie Jeślinieistnieje,oznaczato,żezadanieniemarozwi azania; w takim przypadku inf J(u)= u U 8

9 Zpowyższejdyskusjiwynika,żezadanie(9)możeniemiećrozwi azań, 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 Podobnaanalizęmożnaprzeprowadzićwprzypadkun=3,zastępuj ac wielobok wielościanem,aprost a-płaszczyzn a 14 Punkty wierzchołkowe Punktv V R n nazywamypunktemwierzchołkowym(punktemekstremalnym)zbioru wypukłego i domkniętego V, jeśli przedstawienie v=αv 1 +(1 α)v 2, (10) gdzieα (0,1),v 1,v 2 V,możliwejesttylkowtedy,gdyv 1 =v 2 Innymisłowy,punkt v V jestpunktemwierzchołkowymzbioruv,gdyniejestonpunktemwewnętrznymodcinka o różnych 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 rozwi azań jest co najmniej jeden punkt wierzchołkowy zbioru U={u R n ; u 0, Au=b} (11) Teraz podamy charakteryzację punktów wierzcholkowych zbioru postaci(11) Twierdzenie1 Niechdanyb edziezbióru postaci(11)ipunktv R n,przyczyma R m n {0}, r :=ranka Punkt v jest punktem wierzchołkowym zbioru U wtedy i tylko wtedy, gdy istniejawskaźniki1 j 1 <<j r ntakie,że v j 0, j {j 1,,j r } v j =0, j / {j 1,,j r } A j1 v j 1 ++A jr v jr =b kolumnya j1,,a jr s aliniowoniezależnewr m (12) 9

10 Dowód powyższego twierdzeni można znaleźć w monografii[v] UkładwektorówA j1,,a jr występuj acych w warunkach(12) nazywamy baza punktu wierzchołkowegov,aodpowiedniewspółrzędnev j 1,,v jr -współrz ednymi bazowymi punktu wierzchołkowego v Punkt wierzchołkowy, którego wszystkie współrzędne bazowe sado- datnie nazywamy nieosobliwym Punkt wierzchołkowy, którego co najmniej jedna współrzędna bazowajestrównazeronazywamyosobliwym Zmienneu j 1,,u jr nazywamyzmiennymi bazowymi,apozostałe-zmiennyminiebazowymi (przyustalonejbaziea j1,,a jr ) Z twierdzenia 1 wynika, że baza nieosobliwego punktu wierzchołkowego zbioru(11) jest wyznaczona jednoznacznie Osobliwy punkt wierzchołkowy może mieć wiele baz 15 Metoda sympleksowa Metoda sympleksowa polega na uporzadkowanym sprawdzaniu wartości funkcjonału kosztu w punktach wierzchołkowych zbioru ograniczajacego( uporz adkowanie oznacza tu, że wartości funkcjonału kosztu w kolejnych punktach nie rosna) Rozważmy zadanie kanoniczne postaci J(u)= c,u min u U ={u R n ; u 0,Au=b} gdzie0 A R m n,przyczymzakładaćbędziemywtymrozdziale,żeu (kwestia niepustości zbioru U omówiona będzie w dalszej części wykładu) Oczywiście ranka min{m, n}(podobnie, jak wcześniej, ranka oznaczać będziemy przez r) Równość Au=b (13) możemy zapisać w postaci układu równań A i,u =b i, i=1,,m, gdziea i oznaczai-tywierszmacierzya Niezmniejszaj ac ogólności rozważań, możemy założyć,żer=m Oczywiścier n Jeżelir=n,topowyższyukładmadokładniejedno rozwiazanieu,przyczymu 0(gdybyktóraśzewspółrzędnychpunktuubyłaujemna, 10

11 to zbiór U byłby pusty, co sprzeczne byłoby z naszym założeniem) W konsekwencji zbiór U jestjednoelementowyitymsamymujestrozwi azaniem zadania(13) Będziemy więc zakładać w dalszym ciagu,żer=morazr<n Równość Au=b możemy więc zapisać w postaci gdzier=ranka<n a 1,1 u 1 ++a 1,n u n =b 1 (14) a r,1 u 1 ++a r,n u n =b r Podamy teraz opis metody sympleksowej Przypuśćmy, że dany jest punkt wierzchołkowy vzbioru U={u R n ; u 0,Au=b} izałóżmy,żekolumnya 1,,A r s abaz ategopuntu,v 1,,v r -jegowspółrzędnymibazowymi (kwestia wyznaczenia poczatkowego punktu wierzchołkowego v zbioru U i określenia jego współrzędnych bazowych omówiona będzie w dalszej części wykładu) Wprowadźmy następujace oznaczenia u= u 1 u r v 1, v= v r c 1, c= c 1, a 1,1 a 1,r B= =[A 1 A r ] a r,1 a r,r Wówczas układ(14) możemy zapisać w postaci Bu+A r+1 u r+1 ++A n u n =b (15) 11

12 Z liniowej niezależności kolumn A 1,,A r (jest to baza punktu v) wynika, że istnieje macierzodwrotnab 1 Współrzędneniebazowepunktuvs azerowe,awięcz(15)otrzymujemy Bv=b, sk ad v=b 1 b Mnoż acrówność(15)lewostronnieprzezb 1,otrzymujemy Oznaczmy u+ n k=r+1 B 1 A k u k =B 1 b=v (16) γ s,k = (B 1 A k ) s dla k=r+1,,n, s=1,,r gdzie(b 1 A k ) s oznaczas-t a współrzędnawektora-kolumnyb 1 A k Równość(16)możemy teraz zapisać w postaci następujacego układu równań u 1 +γ 1,r+1 u r+1 ++γ 1,n u n =v 1 u 2 +γ 2,r+1 u r+1 ++γ 2,n u n =v 2 u r +γ r,r+1 u r+1 ++γ r,n u n =v r (17) Określmy także γ s,k =(B 1 A k ) s dlak=1,r, s=1,,r(oczywiścieγ sk =δ s,k dlak=1,,r, s=1,,r,gdzieδ s,k =1 gdys=korazδ s,k =0gdys k) Pokazaliśmy więc, że majac ustalony punkt wierzchołkowyv zbioru U i wiedz ac, że współrzędnezindeksami1,,rs a jego współrzędnymi bazowymi, można zapisać ograniczenia (14) w równoważnej postaci(15) lub(16) lub(17) Wartość funkcjonału kosztu J w punkcie u spełniajacym ograniczenia typu równości 12

13 (14), można zapisać w następujacej postaci J(u) = c,u = = c,v = c,v n c i u i = c,u + i=1 n i=r+1 B 1 A i u i + n i=r+1 n i=r+1 n ( c,b 1 A i ci )u i i=r+1 c i u i c i u i Ponieważ więc gdzie Określmy także c,v = c,v =J(v), n J(u)=J(v) i u i, (18) i=r+1 i = c,b 1 A i ci, i=r+1,,n i = c,b 1 A i ci (19) dlai=1,,r Oczywiście i = c,b 1 A i ci = c,e i c i =c i c i =0 dlai=1,,r(tutaje i jesti-t akolumn a macierzy jednostkowej o wymiarach r r) Dokonajmy częściowego podsumowania Pokazaliśmy, że zadanie(13) możemy zapisać wnastępuj acej postaci J(u)=J(v) n i=r+1 i u i min U={u=(u 1,,u n ) R n ; u 0,uspełnia(17)} Występujacewpowyższymopisiewielkościγ s,k,v i, i zapiszemywpostacitzw tablicy sympleksowej, odpowiadajacej punktowi wierzchołkowemu v (20) 13

14 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 1 u i γ i,r+1 γ i,k γ i,j γ i,n u s γ s,r+1 γ s,k γ s,j γ s,n u r γ r,r+1 γ r,k γ r,j γ r,n v i v s v r r+1 k j n J(v) Analizujac tablicę sympleksowa I, możemy wyróżnić trzy przypadki: 1 0 spełniones a nierówności i = c,b 1 A i ci 0 (21) dla i = r+1,,n, tzn wostatnim wierszu tablicy sympleksowej wszystkie liczby i s a niedodatnie W tym przypadku punkt v, dla którego skonstruowana została tablica sympleksowa, jest rozwiazaniem zadania Istotnie, bowiem dla dowolnego u U mamy J(u)=J(v) n i=r+1 i u i J(v) (bo i 0,u i 0) 2 0 istniejewskaźnikk {r+1,,n}taki,że k >0 γ i,k 0dlai=1,,r(czyliB 1 A k 0) (22) Oznaczato,żewk-tejkolumnietablicysympleksowejostatnielement( k )jestdodatni,a pozostałe- niedodatnie W tym przypadku inf J(u)= (dowódtegofaktupomijamy) u U Oznaczato,żezadanieniemarozwi azania 14

15 3 0 niezachodz aprzypadki1 0 i2 0 ;wkonsekwencjiistniej awskaźnikik {r+1,,n}, i {1,,r}takie,że k >0, γ i,k >0 (23) Oznaczato,żewk-tejkolumnietablicysympleksowejostatnielement( k )jestdodatni iconajmniejjednazliczbγ i,k jestdodatnia Załóżmy,żezachodziprzypadek3 0 iokreślmyzbiór I v,k ={i {1,,r}, γ i,k >0} Niechs I v,k będzietakimwskaźnikiem,że v s v i = min (24) γ s,k i I v,k γ i,k Współczynnik γ s,k, gdzie wskaźniki k,s s a określone przez (23) i (24), nazywany jest elementem rozwiazuj acym tablicy sympleksowej I Można pokazać, że układ kolumn A 1,,A s 1,A s+1,,a r,a k (25) jestbaz a pewnego punktu wierzchołkowego w, przy czym J(w) J(v) Uwaga 1 Z faktu, że macierz A ma r wierszy wynika, wobec twierdzenia charakteryzujacego punkty wierzchołkowe, iż baza(25) wyznacza punkt wierzchołkowy w sposób jednoznaczny Można więc znaleźć współrzędne punktu w, korzystajac z tego twierdzenia Przejdźmy teraz do przypadku ogólnego Łatwo zauważyć, że jeśli współrzędnymi bazowymipunktuvs a v j 1,,v jr, gdzie 1 j 1 < < j r n, to wzory wyrażaj ace zmienne bazowe i funkcjonał kosztu przy pomocy zmiennych niebazowych, przyjmujapostać(poniżejsymbolemi v oznaczamy 15

16 zbiór{j 1,,j r }) u j 1 =v j 1 u j r =v j r k/ I v γ j1,ku k k/ I v γ jr,ku k (26) J(u)=J(v) k/ I v k u k, (27) gdzie γ ji,k=(b 1 A k ) i ; i=1,,r, k / I v (28) zb=[a j1 A jr ],c= k = c,b 1 A k ck, k / I v, (29) c j1 Podobnie,jakwcześniej c jr v j i =(B 1 b) i, i=1,,r Uwaga 2 Współrzędne, o których mowa w Uwadze 1 można wyznaczyć przy pomocy powyższego wzoru Określmy także γ ji,k=(b 1 A k ) i =δ ji,k, i=1,,r, k I v, k = c,b 1 A k ck =0, k I v W tym przypadku tablica sympleksowa dla punktu v jest następujaca: Tablica sympleksowa II(dla punktu v) 16

17 u 1 u j 1 u j i u k u js u j u jr u n u j 1 γ j1,1 1 0 γ j1,k 0 γ j1,j 0 γ j1,n v j 1 u j i γ ji,1 0 1 γ ji,k 0 γ ji,j 0 γ ji,n v j i u js γ js,1 0 0 γ js,k 1 γ js,j 0 γ js,n v js u jr γ jr,1 0 0 γ jr,k 0 γ jr,j 1 γ jr,n v jr k 0 j 0 n J(v) Tak, jak wcześniej, należy rozważyć trzy przypadki: 1 0 spełnionyjestwarunek 2 0 istniejek / I v takie,że k 0, k / I v (30) k >0, γ ji,k 0, i=1,,r (31) 3 0 niezachodziprzypadek1 0 i2 0 ;wkonsekwencjiistniej ak / I v orazj i I v takie,że k >0, γ ji,k>0 (32) Podobnie, jak wcześniej, można sprawdzić, że w pierwszym przypadku punkt v jest rozwiazaniem zadania (13), w drugim - inf c,u =, czyli zadanie (13) nie ma u U rozwiazania Wtrzecimprzypadkumożnawybraćindeksyk orazj s I v,k napodstawiewarunku (31) oraz warunku v j s v ji = min, (33) γ js,k j i I v,k γ ji,k gdziei v,k ={j i I v ; γ ji,k>0},któres a analogiczne do warunków(23),(24) Następnie, należy wykonać przejście do nowego punktu wierzchołkowego w Bazapunktuwbędzie układ kolumn(z dokładnościa do ich kolejności) A j1,,a js 1,A js+1,,a jr,a k, 17

18 przy czym J(w) J(v) Współrzędne punktu w można wyznaczyć na podstawie twierdzenia charakteryzujacego punkty wierzchołkowe lub w sposób opisany w Uwadze 2 Uwaga 3 Można pokazać, że w j 1 =v j 1 γ j1,k vjs γ js,k w j i =v j i γ ji,k vjs γ j s,k w j s 1 =v j s 1 γ js 1,k vj s γ j s,k w j s =v j s 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 vj s γ j s,k w k = vjs γ js,k w l =0, l / I v,l k, Tablica sympleksowa dla punktu w przyjmuje postać Tablica sympleksowa III(dla punktu w) 18

19 u 1 u j 1 u j i u k u js u j u jr u n u j 1 γ j 1, γ j 1,j s γ j 1,j 0 γ j 1,n w j 1 u j i γ j i, γ j i,j s γ j i,j 0 γ j i,n w j i u k γ k, γ k,j s γ k,j 0 γ k,n w k u j s 1 γ j s 1, γ j s 1,j s γ j s 1,j 0 γ j s 1,n w j s 1 u j s+1 γ j s+1, γ j s+1,j s γ j s+1,j 0 γ j s+1,n w j s+1 u j r γ j r, γ j r,j s γ j r,j 1 γ j r,n w j r j s j 0 n J(w) gdzie współczynniki γ i,j, j s a określone przy pomocy wzorów analogicznych do (28), (29)zmacierz ab postaci [A j1 A k A js 1 A js+1 A jr ] (podobnie, jak wcześniej, zakładamy tu, że wiersze i kolumny w tablicy sympleksowej oraz kolumnymacierzybs a ustawione w kolejności rosnacych indeksów) oraz Uwaga 4 Można pokazać, że γ j i,j =γ j i,j γ j i,k γ γ js,k js,j ; i=1,,r, i s, j=1,n, γ k,j = γ js,j γ js,k, j=1,n, j = γ js,j j k dlaj=1,,n γ js,k Opisany więc został jeden krok metody sympleksowej w dowolnym przypadku(co do bazy punktu wierzchołkowego), czyli przejście od jednego punktu wierzchołkowego(v) zbioru U dodrugiegopunktuwierzchołkowego(w)tegozbioru(wprzypadku3 0 )wtakisposób, że J(w) J(v) 19

20 16 Reguła antycykliczna Podczas realizacji metody sympleksowej może się zdarzyć, że v ji 0= min j i I v,k γ ji,k = vj s γ js,k ZewzorówpodanychwUwadze3wynika,żewtakimprzypadku w=v iwkonsekwencji J(w)=J(v), aprzejścieodpunktuvdopunktuwoznaczajedynieprzejścieodbazy A j1,,a jr do bazy A j1,,a k,,a js 1,A js+1,,a jr Można podać przykład zadania pokazujacy, że metoda sympleksowa może się zapętlić, tzn w kolejnych iteracjach punkt wierzchołkowy nie będzie się zmieniał, a jego bazy będa zmieniały się w sposób okresowy(cykliczny) Można jednak określić(na różne sposoby) regułę wyboru elementu rozwiazuj acegowtaki sposób,byunikn ać owego zapętlenia Każda taka reguła nazywana jest reguła antycykliczna Podamy teraz opis jednej z takich reguł Do tablicy sympleksowej punktu v (dla uproszczenia przyjmijmy, że kolumny A 1,,A r tworzabazępunktuv)dopisujemyr r-wymiarow a macierz jednostkowa[d i,j ] Dopisane wyrazy przekształcamy w każdej iteracji zgodnie ze wzorami podanymi w Uwadze 4, przy czym nie tworzymy współczynników Element rozwiazuj acyγ s,k wybieramyw następujacy sposób Niech k >0iI v,k ={i {1,,r}, γ i,k >0} Określmyzbiór v i I v,k,1 ={s I v,k ; min = vs } i I v,k γ i,k γ s,k 20

21 JeślizbiórI v,k,1 zawierawięcejniżjedenelement,totworzymyzbiór d i,1 I v,k,2 ={s I v,k,1 ; min = d s,1 } i I v,k,1 γ i,k γ s,k JeślimamyjużokreślonyzbiórI v,k,m (m 2)izawieraonwięcejniżjedenelement,to tworzymy zbiór d i,m I v,k,m+1 ={s I v,k,m ; min = d s,m } i I v,k,m γ i,k γ s,k Dowodzisię,żeistniejel {1,,r+1}takie,żezbiórI v,k,l składasięzjednegoelementu s, przyczymwszystkiezbioryi v,k,i, i=1,,l 1, zawieraj a więcej niż jeden element Jako indeks s, służ acy do określenia elementu rozwiazuj acego, przyjmujemy ów jedyny elementzbiorui v,k,l Można pokazać, że stosowanie w każdym kroku metody sympleksowej takiego sposobu wyboru indeksu s, wyznaczajacego element rozwiazuj acy, pozwala uniknaćzapętleniaiw skończonej ilości kroków znaleźć rozwiazanie zadania, badź stwierdzić, że rozwiazanie nie istnieje( 1 ) 17 Wybórpocz atkowego punktu wierzchołkowego Niech dane będzie zadanie kanoniczne J(u)= c,u min (34) u U={u=(u 1,,u n ) R n ; u 0,Au=b}, (35) gdzie A R m n Opisuj ac metodę sympleksowa, zakładaliśmy między innymi, że zbiór U jest niepusty i znany jest pewien punkt wierzchołkowy tego zbioru Pokażemy terazjakstwierdzić,czyu iznaleźćówpunktwierzchołkowy Bezzmniejszaniaogólnościrozważańmożemyzałożyć,żeb i 0dlai=1,,m(mnoż ac w razie potrzeby odpowiednie równania przez 1) 1 Zatemniemożesiętakżezdarzyć,żewnieuporz adkowany sposób będziemy przerabiać bazy jednego punktu wierzchołkowego, a także, iż w nieskończony sposób (cykliczny lub nie) będziemy przerabiać punkty wierzchołkowe (przejście do kolejnego punktu wierzchołkowego w v oznacza, że v js > 0 i w konsekwencji J(w) < J(v)) 21

22 Rozważmy zadanie pomocnicze postaci J 1 (z)=u n+1 ++u n+m min (36) z Z={z= u w R n+m ; z 0, Cz=b}, (37) gdziec=[a I m m ],w=(u n+1,,u n+m ) Układ zapiszmy w postaci Cz=b a 1,1 u 1 ++a 1,n u n +u n+1 =b 1 a m,1 u 1 ++a m,n u n +u n+m =b m Łatwo widać, że zbiór Z jest niepusty, bowiem z 0 :=(0,b) Z Łatwo też widać, że z 0 jest punktem wierzchołkowym zbioru Z z baz a złożon a z ostatnichmkolumnmacierzyc,czyliwektorówjednostkowyche 1,,e m R m (rankc=m) Można więc do zadania(36)-(37) zastosować metodę sympleksowazpocz atkowym punktemwierzchołkowymz 0 Ponieważ więc niemożliwy jest przypadek J 1 (z) 0, z Z, inf J 1(z)= z Z Zatem, stosujac metodę sympleksow a, w skończonej ilości kroków otrzymamy punkt wierzchołkowyz =(u,w ) Z będ acyrozwi azaniem zadania(36)-(37) Możliwes a tutaj dwa przypadki 1 0 J 1 (z )>0 WówczaszbiórU (danyprzez(35))jestzbiorempustym Istotnie,w przeciwnymbowiemrazie(czyligdybyistniałpunktu U)punktz=(u,0)należałby do zbioru Z oraz spełniona byłaby równość J 1 (z)=0, 22

23 co sprzeczne jest z nierównościaj 1 (z )>0ioptymalności apunktuz 2 0 J 1 (z ) = 0 Wówczas punkt z jest postaci (u,0) Jako punkt uzyskany przy pomocymetodysympleksowejz jestpunktemwierzchołkowymzbioruz St ad wynika, że u jest punktemwierzchołkowymzbioruu Istotnie, ponieważ z 0, więcu 0, natomiast z równości Cz =b wynika, że Awięc Przypuśćmy teraz, że Au =b u U u =αu+(1 α)ũ, gdzieα (0,1),u,ũ U Punktyz =(u,0), z=(ũ,0)należ a oczywiście do zbioru Z, przy czym z =αz+(1 α) z Ponieważz jestpunktemwierzchołkowymzbioruz,więctooznacza,że z= z, sk ad u=ũ Azatemu jestpunktemwierzchołkowymzbioruu Pokazaliśmy więc, że majac wyjściowe zadanie(34)-(35) i rozważajac zadanie pomocnicze(36)-(37), potrafimy stwierdzić(stosuj ac metodę sympleksowadozadania(36)-(37)), czyu i,jeślitak,wyznaczyćpocz atkowy punkt wierzchołkowy zbioru U Uwaga3 Maj acpunktwierzchołkowyu zbioruu możnawyznaczyćrz ad macierzy Aiwskazaćwspółrzędnebazowepunktuv wnastępuj acy sposób Dodatnie współrzędne punktu v s a oczywiście jego współrzędnymi bazowymi Uzupełniajac układ kolumn 23

24 odpowiadaj acych tymże dodatnim współrzędnym kolumnami wybranymi spośród pozostałych kolumn tak, by otrzymany układ stanowił bazę powłoki liniowej wszystkich kolumn, otrzymamybazępunktuv (znaćteżbędziemyrankaiwspółrzędnebazowepunktuv ) Ta metoda w praktyce jest stosowana w przypadku małych wartości m i n Z rozważań dotyczacych zadania pomocniczego(36)-(37) wynika Twierdzenie2 Jeśli zbiór U dany przez (35) jest niepusty, to ma co najmniej jeden punkt wierzchołkowy Korzystajac z opisu metody sympleksowej, udowodnimy teraz dwa podstawowe fakty teorii programowania liniowego Twierdzenie 3 Na to, aby kanoniczne zadanie postaci(34)-(35) miało rozwiazanie, tzn abyistniałpunktu U taki,że potrzeba i wystarcza, aby c,u = inf u U c,u 1) zbióru byłniepusty 2) funkcjonałj(u)= c,u byłograniczonyzdołunazbiorzeu Dowód Konieczność Konieczność warunków 1) i 2) jest oczywista Dostateczność Z warunku 1) i twierdzenia 2 wynika, że istnieje punkt wierzchołkowy zbioruu Możnawięc, startuj acztegopunktu, rozwi azywać zadanie metodasymplek- sow a Zwarunku2)wynika,żewżadnejiteracjiniezajdzieprzypadek2 0 (zopisumetody sympleksowej) Oznacza to, że po skończonej ilości kroków metoda sympleksowa zakończy się znalezieniem rozwiazaniau zadania(34)-(35) Twierdzenie 4 Jeśli zadanie(34)-(35) ma rozwiazanie,towśródrozwi azań co najmniej jeden punkt jest punktem wierzchołkowym 24

25 Dowód Z twierdzenia 3 wynika, że U i funkcjonał J jest ograniczony z dołu na U Z twierdzenia 2 wynika, że zbiór U ma co najmniej jeden punkt wierzchołkowy Startujac z tego punktu, w skończonej ilości kroków matody sympleksowej, otrzymamy rozwiazanieu,którejestpunktemwierzchołkowymzbioruu(wżadnejiteracjiniezajdzie przypadek2 0,gdyż Dowód twierdzenia jest zakończony inf J(u)> ) u U 25