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
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
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 1 0 0 1 (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
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
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
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
Wprzypadku3 0 ów punktpierwszegokontaktu istnieje(byćmożeniejedyny)lubnie Jeślinieistnieje,oznaczato,żezadanieniemarozwi azania; w takim przypadku inf J(u)= u U 8
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
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
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
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
(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
Tablica sympleksowa I(dla punktu v) u 1 u i u s u r u r+1 u k u j u n u 1 1 0 0 0 γ 1,r+1 γ 1,k γ 1,j γ 1,n v 1 u i 0 1 0 0 γ i,r+1 γ i,k γ i,j γ i,n u s 0 0 1 0 γ s,r+1 γ s,k γ s,j γ s,n u r 0 0 0 1 γ r,r+1 γ r,k γ r,j γ r,n v i v s v r 0 0 0 0 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
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
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
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 1 0 0 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
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
u 1 u j 1 u j i u k u js u j u jr u n u j 1 γ j 1,1 1 0 0 γ j 1,j s γ j 1,j 0 γ j 1,n w j 1 u j i γ j i,1 0 1 0 γ j i,j s γ j i,j 0 γ j i,n w j i u k γ k,1 0 0 1 γ k,j s γ k,j 0 γ k,n w k u j s 1 γ j s 1,1 0 0 0 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+1,1 0 0 0 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,1 0 0 0 γ j r,j s γ j r,j 1 γ j r,n w j r 1 0 0 0 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
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
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
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
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
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
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