Kolejny krok iteracji polega na tym, że przechodzimy do następnego wierzchołka, znajdującego się na jednej krawędzi z odnalezionym już punktem, w

Transkrypt

1 Metoda Simpleks Jak wiadomo, problem PL z dowolną liczbą zmiennych można rozwiązać wyznaczając wszystkie wierzchołkowe punkty wielościanu wypukłego, a następnie porównując wartości funkcji celu w tych punktach wierzchołkowych. Jednak w związku z wielością punktów wierzchołkowych metoda przeszukania wszystkich punktów w celu znalezienia punktu optymalnego jest nieefektywna obliczeniowo. Istota metody Simpleks sprowadza się do tego, że jeżeli znany jest jakikolwiek wierzchołkowy punkt i wartość funkcji celu w tym punkcie, to wszystkie punkty wierzchołkowe, w których funkcja celu przyjmuje wartości mniejsze, są odrzucane.

2 Kolejny krok iteracji polega na tym, że przechodzimy do następnego wierzchołka, znajdującego się na jednej krawędzi z odnalezionym już punktem, w którym funkcja celu osiąga lepszą wartość. Ogólna idea metody polega więc na odwiedzaniu kolejnych punktów wierzchołkowych w taki sposób, aby w każdym kroku poprawić wartość funkcji celu. Metoda zatrzymuje się gdy dalsza poprawa nie jest już możliwa. Można w ten sposób utworzyć ciąg rozwiązań dopuszczalnych bazowych zbieżny do rozwiązania optymalnego (o ile istnieje). Punktem wyjścia do metody Simpleks jest postać standardowa problemu PL. Autorem metody jest George Bernard Dantzig ( ), który opracował ją w końcu lat 40-tych XX wieku. Nazwa metody pochodzi od simpleksu, figury wypukłej będącej uogólnieniem trójkąta na wiele wymiarów.

3 Metoda korzysta z tablic przekształceń simpleksowych. Każdej iteracji odpowiada jedna tablica, a danej tablicy odpowiada bieżące rozwiązanie dopuszczalne bazowe. Tablica przekształceń simpleksowych: c 1 c l c m c k c n Baza c B b x 1 x l x m x k x n x i B c i b i a 11 a 1l a 1m a 1k a 1n x l B c l b l a l1 a ll a lm a lk a ln x m cb m b m a m1 a ml a mm a mk a mn z z 1 c 1 z l c l z m c m z k c k z n c n wiersz wskaźnikowy

4 ALGORYTM SIMPLEKS 1. Sprawdzić, czy istnieje takie j, że z j c j < 0. Jeśli NIE, to bieżące rozwiązanie dopuszczalne bazowe jest optymalne i STOP. W przeciwnym wypadku przejść do punktu (Kryterium wejścia) Wybrać k takie, że: z k c k = min {z j c j }, j:(z j c j )<0 wektor a k wchodzi do kolejnej bazy. 3. (Kryterium wyjścia) Wybrać l takie, że: b l j = 1,, n = min a { b i }, i = 1,, m lk i:a ik >0 a ik wektor a l będzie wychodził z bazy. Jeśli a ik > 0 nie istnieje, tzn. i {1,,m} a ik 0, to problem ma rozwiązanie optymalne nieskończone i STOP.

5 4. Wyrazić wektory niebazowe jako kombinacje liniowe wektorów nowej bazy, stosując metodę eliminacji współczynników Gaussa-Jordana: a lj = a lj a lk, b l = b l a lk a ij b i j = 1,, n = a ij a lj a ik a lk, i l, j = 1,, n = b i b l a ik a lk, i l

6 Obliczyć: m z j c j : z j = c i B a ij, i=1 m j = 1,, n i wrócić do punktu 1. z = c i B b i i=1

7 Jak znaleźć początkowe rozwiązanie dopuszczalne bazowe? Przedstawmy macierz ograniczeń A w postaci: A = [B, P], gdzie: B[m x m] baza zbioru kolumn macierzy A, P[(n m) x m] zbiór pozostałych kolumn. Z definicji rozwiązania bazowego wynika, że x B = B 1 b. Jeżeli przyjąć, że B = I, gdzie I macierz jednostkowa stopnia m, to B 1 = I i stąd: x B = b. Wniosek Jeśli w macierzy A uda się wyróżnić podmacierz jednostkową stopnia m, to rozwiązanie dopuszczalne bazowe początkowe jest po prostu równe wektorowi stałych b w układzie ograniczeń Ax = b.

8 Jak zapewnić istnienie podmacierzy jednostkowej stopnia m w zbiorze kolumn macierzy A? 1. wykorzystać wektory jednostkowe oryginalnie istniejące w macierzy A (jeśli takie występują) 2. wykorzystać wektory jednostkowe odpowiadające zmiennym osłabiającym wprowadzonym ze współczynnikiem +1 (ograniczenie typu ) 3. wprowadzić zmienne sztuczne (metoda sztucznej bazy). Dla rozwiązania początkowego x 0 = b wartość z w tablicy m simpleksów (z = i=1 c B i b i ) jest początkową wartością funkcji celu odpowiadającą początkowemu rozwiązaniu dopuszczalnemu bazowemu x 0, a więc startowemu punktowi wierzchołkowemu w przestrzeni R n o współrzędnych [ x 0 0 ].

9 Przykład Rozwiązać problem PL: Postać standardowa: min z = 5x 1 2x 2 p. o. 2x 1 + x 2 3 x 1 + 4x 2 6 x 1, x 2 0 max z = 5x 1 + 2x 2 p. o. 2x 1 x 2 3 x 1 + 4x 2 6 x 1, x 2 0

10 max z = 5x 1 + 2x 2 p. o. 2x 1 x 2 + s 1 = 3 x 1 + 4x 2 + s 2 = 6 x 1, x 2, s 1, s 2 0 A = [ ] fragment macierzy A (zaznaczony): [ 1 0 ] jest macierzą 0 1 jednostkową stopnia m = 2 utworzoną z wektorów a 3 i a 4. b = [ 3 6 ] c T = [ ]

11 Tworzymy tablicę simpleks: Baza c B b x 1 x 2 s 1 s 2 s s k. zielony wektor c, niebieski wektor b, czerwony macierz A wektory bazowe zawsze tworzą macierz jednostkową dla wektorów bazowych wartość w wierszu wskaźnikowym zawsze wynosi zero na przecięciu wektora wchodzącego i wychodzącego znajduje się tzw. element centralny

12 Tablica 2: Baza c B b x 1 x 2 s 1 s 2 x 1 5 3/2 1-1/2 1/2 0 s 2 0 9/2 0 9/2-1/2 1 15/2 0-9/2 5/2 0 < 0

13 Tablica 3: x 1 b 1 : x 1 s 1 : Baza c B b x 1 x 2 s 1 s 2 x /9 1/9 x /9 2/ ( 9 2 ( 1 2 ) 9 2 = ) ( 1 2 ) STOP = = 8 18 = 4 9

14 x 1 s 2 : 0 1 ( 1 2 ) 9 2 wiersz wskaźnikowy: = 1 9 s 1 : (2 ( 1 20 )) 0 = = 18 9 = 2 Wyniki odczytujemy z wektora b: x 1 = 2 x 2 = 1 s 1 = s 2 = 0 z = 12 z = 12