Lineare Ungleichungen und die Struktur von Polyedern

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1 KAPITEL 2 Lineare Ungleichungen und die Struktur von Polyedern Wir betrachten in diesem Kapitel endliche lineare Ungleichungssysteme und deren Lösungsmengen (d.h. Polyeder). Wir erinnern daran, dass lineare Gleichungssysteme als Spezialfälle linearer Ungleichungssysteme aufgefasst werden können. MAN BEACHTE: Ein lineares Ungleichungssystem Ax b lässt allerdings sich typischerweise nicht mit dem Gauss schen Algorithmus lösen! 1. Zeilen- und Spaltenoperationen Sei A R m n eine Matrix. Wendet man die fundamentalen Operationen der linearen Algebra auf die Zeilenvektoren von A an, so spricht man von elementaren Zeilenoperation. Sie sind: Multiplikation eines Zeilenvektors a T i mit einem Skalar y i 0; Addition eines Zeilenvektors a T i zu einem Zeilenvektor a T i. Bekanntlich lässt sich eine elementare Zeilenoperation algebraisch als Produkt P A mit einer (von links multiplizierten) invertierbaren Matrix P beschreiben. Das ProduktAP T (mit der von rechts multiplizierten transponierten MatrixP T ) beschreibt die analoge elementare Spaltenoperation. Unter einem (r, k)-pivot verstehen wir die Folge von elementaren Zeilenoperationen: (1) Dividiere eine Zeiler durch a rk ; (2) Subtrahiere dasa ik -fache der neuen Zeilervon den übrigen Zeileni r. NOTA BENE: Genau im Fall a rk 0 ist ein (r,k)-pivot durchführbar. 2. Elimination nach Fourier-Motzkin Die Methode von Fourier-Motzkin zur Lösung linearer Ungleichungssysteme beruht auf folgender Beobachtung. Zwei Ungleichungen vom Typ (4) sind äquivalent zu (5) b 2 + (+1)x 1 + a 12 x a 1n x n b 1 ( 1)x 1 + a 22 x a 2n x n b 2 a 2j x j x 1 b 1 23 a 1j x j.

2 24 2. LINEARE UNGLEICHUNGEN UND DIE STRUKTUR VON POLYEDERN Ausserdem ist die Ungleichung (6) b 2 + a 2j x j b 1 a 1j x j. äquivalent zur Summe der Ungleichungen in (4): (7) (a 1j +a 2j )x j b 1 +b 2. LEMMA 2.1. Die Lösungen von (4) erhält man folgendermassen: Man bestimme eine Lösung (x 2,...,x n ) für (7) und ergänze diese mit einem x 1, das (5) erfüllt. Insbesondere ist (4) genau dann lösbar, wenn (7) lösbar ist. Die Idee ist nun, nach der Variablen x 1 der Reihe nach die übrigen Variablen x 2,...,x n zu eliminieren. Am Ende erweist sich dann das System entweder trivialerweise als unlösbar, weil man einen Widerspruch 0 b < 0 abgeleitet hat, oder man kann jede Lösung des Endsystems auf eine Lösung von (4) (wie in Lemma 2.1 beschrieben) der Reihe nach zurückrechnen Das allgemeine Verfahren. Wir betrachten das lineare Ungleichungssystem (8) a ij x i b i (i I) j=1 mit endlicher Indexmenge I. Um z.b. x 1 zu eliminieren, teilen wir I in die Teilmengen I +,I und I 0 danach auf, ob der Koeffizient a i1 von x 1 positiv, negativ oder 0 ist. Wir dividieren die Ungleichungen ini + I jeweils durch a i1 > 0. Damit erhalten wir das äquivalente System (+1)x 1 + a sj x j b s (s I + ) (9) und bemerken (10) max t I ( b t + ( 1)x 1 + a tjx j b t (t I ) a ij x j b i (i I 0 ) a tj x ) j x 1 min s I + ( b s a sj x ) j

3 2. ELIMINATION NACH FOURIER-MOTZKIN 25 Nun ersetzen wir die Ungleichungen in I + I durch alle Summen von Paaren und erhalten das System (a sj +a tj )x j b s +b t (s I +,t I ) (11) a ij x j b i (i I 0 ) SATZ 2.1. (x 1,...,x n ) ist genau dann eine Lösung von (8), wenn gilt (i) (x 2,...,x n ) löst das lineare System (11); (ii) x 1 genügt der Bedingung (10). BEMERKUNG. Die Bestimmung von x 1 aus einer Lösung (x 2,...,x n ) von (11) gemäss (10) heisst Rücksubstitution. Zur Lösung des Ungleichungssystems (8) kann man nun so vorgehen: (1) Man eliminiert der Reihe nach die Variablen x 1,...,x n ; (2) Das Endsystem erkennt man entweder trivialerweise als unzulässig oder zulässig. Im zulässigen Fall gelangt man vom Endystem der Reihe nach durch Rücksubstitutionen zu einer Lösung von (8). Mit der Methode von Fourier-Motzkin kann man im Prinzip jedes endliche lineare Ungleichungssystem in endlich vielen Schritten lösen. Allerdings ist das Verfahren in der Praxis oft sehr ineffizient. Denn: In einem Eliminationsschritt kann (beim Übergang von (9) zu (11)) die Anzahl der Ungleichungen sehr stark wachsen! BEMERKUNG. Wie der Gauss sche Algorithmus beruht auch das FM-Verfahren auf elementaren Zeilenoperationen: Addition von 2 Ungleichungen und Multiplikation einer Ungleichung mit einem Skalar. Allerdings werden bei der skalaren Multiplikation (im Gegensatz zum Gauss-Verfahren) nur positive Skalare zugelassen Das Erfüllbarkeitsproblem. Wir rechnen über dem Zahlbereich {0, 1} mit den Operationen Eine Boolesche Funktion ist eine Funktion ϕ : {0,1} n {0,1}. Es ist bekannt, dass eine Boolesche Funktionϕ(x 1,...,x n ) in einer sog. konjuktiven Normalform (KNF) dargestellt werden kann: m ϕ(x 1,...,x n ) = C i, i=1

4 26 2. LINEARE UNGLEICHUNGEN UND DIE STRUKTUR VON POLYEDERN wobei die Klauseln C i die Form haben C i = a i1 y 1... a in y n mita ij {0,1} und y i {x i,x i }. BEISPIEL 2.1. ϕ(x 1,x 2,x 3 ) = (x 1 x 2 ) (x 1 x 2 x 3 ) x 3. ERFÜLLBARKEITSPROBLEM: Man entscheide, ob die per KNF gegebene Boolesche Funktion ϕ den Wert 1 annehmen kann. Das heisst: Kann eine Belegung der Variablen gefunden werden derart, dass jede Klausel C i den Wert 1 annimmt? Das Problem kann man mit Ungleichungssystemen modellieren. In der Klausel C i = a i1 y a in y n ersetzen wirx j durch 1 x j und haben dann das Problem: Gibt es eine Lösung mit ganzahligen x j {0,1} derart, dass a i1 y a in y n 1? BEISPIEL 2.2. SeiC = x 2 x 5 x 7. Dann istc erfüllbar, wenn es eine ganzzahlige (0,1)-Lösung der Ungleichung gibt. x 2 +(1 x 5 )+x 7 1 x 2 +x 5 x 7 0 Das Erfüllbarkeitsproblem fragt also nach einer ganzahligen (0,1)-Lösung des aus allen Klauseln gebildeten Ungleichungssystems. 2-SAT: Das Erfüllbarkeitsproblem für Boolesche Funktionen in KNF, bei denen jede Klausel höchstens 2 Variablen enthält. 2-SAT kann mit dem FM-Verfahren effizient(!) gelöst werden. Um das einzusehen, betrachten wir das folgende typische Beispiel: BEISPIEL 2.3 (Resolvente). C 1 = x k x s C 2 = x k x l C = x s x l x k x s 1 x k x l 0 x s x l 1 C ist die sog. Resolvente der Klauseln C 1 und C 2. Offensichtlich sind C 1 und C 2 genau dann gleichzeitig erfüllt, wenn ihre Resolvente C erfüllt ist. Im Ungleichungssystem entspricht C der Summe der aus C 1 und C 2 gewonnenen Ungleichungen. MAN ERKENNT: Die Resolventenbildung resultiert in einer Klausel mit höchstens 2 Variablen. Insgesamt sind aber sicher nicht mehr als 2n 2 solcher Klauseln überhaupt möglich. PROPOSITION 2.1. Wendet man das FM-Verfahren auf ein 2-SAT-Problem mit n Variablen an, so werden insgesamt höchstens 2n 2 verschiedene Ungleichungen erzeugt.

5 2. ELIMINATION NACH FOURIER-MOTZKIN 27 BEMERKUNG. Für das allgemeine Erfüllbarkeitsproblem ist beim gegenwärtigen Stand der Wissenschaft kein effizienter Lösungsalgorithmus bekannt Das Lemma von Farkas. Nehmen wir an, wir hätten das FM-Verfahren auf das Ungleichungssystem Ax b angewandt und alle Variablen eliminiert. Dann haben wir insgesamt auf der linken Seite den Nullvektor als nichtnegative Linearkombination der Zeilen von A erzeugt. Ist y 0 der zugehörige Koeffizientenvektor, dann haben wir die Situation y T Ax = 0 T x y T b. Genau im Fall y T b < 0 liegt eine Widersprüchlichkeit vor. Das heisst: Ax b erweist sich als unlösbar. Daraus folgt die Aussage des Farkas-Lemmas: LEMMA 2.2 (Farkaslemma). Auf das lineare Ungleichungssystem Ax b trifft genau eine der Aussagen zu: (I) Ax b besitzt eine zulässige Lösung x; (II) Es gibt einen Koeffizientenvektor y mit den Eigenschaften y 0, y T A = 0 T und y T b < Gültige und implizierte Ungleichungen. Man sagt, eine (lineare) Ungleichung c T x z gilt für die Menge S (bzw. wird von der Menge S impliziert), wenn gilt c T s z für alle s S, d.h. wenn S ganz im Halbraum P(c, z) enthalten ist. BEISPIEL 2.4. Sei Ax b ein lineares Ungleichungssystem mit A R m n und y R m + ein beliebiger nichtnegativer Koeffizientenvektor. Wir setzen c T := y T A und wählen ein beliebiges z c T b. Dann ist c T x z gültig für P(A,b). (Beweis?) Ein für die allgemeine (auch nichtlineare!) Optimierungstheorie (enorm!) wichtige Charakterisierung implizierter Ungleichungen folgt aus dem Farkaslemma: SATZ 2.2. Sei S = P(A,b). Genau dann istc T x z vonax b impliziert, wenn ein y 0 existiert mit der Eigenschaft c T = y T A und y T b z.

6 28 2. LINEARE UNGLEICHUNGEN UND DIE STRUKTUR VON POLYEDERN Beweis. Eine Richtung der Behauptung folgt aus Beispiel 2.4. Zum Beweis der anderen Richtung nehmen wir an, c T x z sei impliziert, aber es gebe kein y der behaupteten Art. Dann wäre das folgende System unlösbar: A T y c A T y c Iy 0 b T y z. Es gibt also (nach Farkas) nichtnegative Vektoren u,v,w 0 und einen Skalar λ 0 derart, dass Mitx:= v u folgt daraus: u T A T v T A T w T +λb T = 0 T u T c v T c w T 0+λz < 0. Ax λb und c T x > λz und somit λ = 0. (Sonst würde Division durch λ > 0 ja zeigen, dass die Ungleichung c T x z gar nicht von Ax b impliziert ist!) Das bedeutet aber andererseits auch x 0. Sei nun x P(A,b). Dann gilt auch x + tx P(A,b) für jedes t 0. Das steht aber im Widerspruch der Gültigkeit von c T x z: lim t ct (x +tx) = c T x +(c T x) lim t = > z. t BEMERKUNG. In der Literatur wird auch die Aussage von Satz 2.2 als Farkaslemma bezeichnet. 3. Die Struktur von Polyedern 3.1. Endlich erzeugte Kegel und Polytope. Aus dem FM-Verfahrens leiten wir zunächst ab, dass Projektionen von Polyedern wieder Polyeder sind. Sei N = {1,...,n} die Menge der Indizes des betrachteten Koordinatenraums und S N eine feste Teilmenge. Zu einem gegebenen x R N bezeichnen wir mitx S die Einschränkung von x auf die Koordinaten ins. IstX R N eine beliebige Teilmenge, so nennen wir die Menge X S = {x S x X} R S die Projektion von X auf den Koordinatenraum R S. LEMMA 2.3 ( Projektionslemma ). Die Projektion P S eines beliebigen Polyeders P R N ist ein Polyeder.

7 3. DIE STRUKTUR VON POLYEDERN 29 Beweis. Sei P die Lösungsmenge des Ungleichungssystems Ax b. Wir versuchen, dieses mit dem FM-Verfahren zu lösen und eliminieren zuerst die Variablen x i mit Index i N \ S. Dann ist P S = {x S x P(A,b)} genau die Lösungsmenge des vom FM-Verfahren bis dahin berechneten Ungleichungssystemsà x b, d.h. P S = P(Ã, b). Wir beweisen nun die fundamentale Aussage, dass endlich erzeugte konvexe Kegel und konvexe Mengen immer Polyeder sind. SATZ 2.3. SeiV = {v 1,...,v k } R n eine endliche Menge. Dann gilt (a) Die Menge cone(v) aller konischen Linearkombinationen ist ein Polyeder. (b) Die Menge conv(v) aller Konvexkombinationen ist ein Polyeder. Beweis. Wir zeigen (a). (Die Behauptung (b) beweist man ganz analog.) Sei k P = cone(v) = { λ i v i λ 1,...,λ k 0}. i=1 Wir bezeichnen mit I die Einheitsmatrix und bilden die Matrix V = [v 1,...,v k ] mit den Spaltenvektoren v i. Nun betrachten wir die MengeP aller (n+k)-dimensionalen Vektoren (z,x) R n+k derart, dass (12) Iz Vx = 0 x 0 P ist Lösungsmenge eines linearen Systems und somit ein Polyder. P ist die Projektion von P auf diez-koordinaten und folglich auch ein Polyeder. NOTA BENE. Mit dem FM-Verfahren kann man eine Matrix B berechnen mit der Eigenschaft cone(v) = P(B,0), indem man einfach die x-variablen aus dem System (12) eliminiert. Ganz analog ergibt sich aus dem FM-Verfahren eine Matrix C und ein Vektor b mit der Eigenschaft conv(v) = P(C,b). BEMERKUNG. Offen ist die Suche nach einer algorithmisch effizienteren Methode als das FM-Verfahren zur Berechnung einer Darstellung cone(v) = P(B,0) bzw. conv(v) = P(C,b). Mit Hilfe des Projektionslemmas lässt sich ebenso zeigen:

8 30 2. LINEARE UNGLEICHUNGEN UND DIE STRUKTUR VON POLYEDERN PROPOSITION 2.2. Die Minkowskisumme S = P + Q zweier beliebiger Polyeder P,Q R n ist selber ein Polyeder in R n. Beweis. Übung Der Darstellungssatz von Weyl-Minkowski. Wir betrachten ein beliebiges Polyeder P, das sich als Lösungsmenge eines endlichen Systems von linearen Ungleichungen a T i x b i (mit Indexmenge I) schreiben lässt: Wir betrachten zuerst den Spezialfall P = {x R n a T i x b i,i I}. 0 P und folglich b i 0 für alle b i I. Dividieren wir nun im Fall b i > 0 die entsprechende Ungleichung durch b i, so erhalten wir ein P definierendes System von Ungleichungen a T i x b i mit b i {0, +1} es gibt also Matrizen A, B derart, dass P = {x R n [ A B] x wobei 1 = (1,1,...,1) T. Wir erinnern an die Polare: [ 1 0] }, S pol = {x R n s T x 1 für alle s S}. Ist S endlich, so stellen wir uns S T als die Matrix mit den Zeilenvektoren s T vor und erkennen dann die Polare als Polyeder S pol = P(S T,1). LEMMA 2.4. Sei P ein Polyeder und A und B Matrizen mit der Eigenschaft P = {x Ax 1,Bx 0}. Dann ist die Polare vonp die Minkowskisumme des von den Zeilenvektoren vona und dem Ursprung 0 bestimmten Polytops und des von den Zeilenvektoren von B erzeugten konvexen Kegels: P pol = conv(a T,0)+cone(B T ) Insbesondere ist P pol ein Polyeder (da die Minkowskisumme von Polyedern nach Proposition 2.2 immer ein Polyeder ergibt). Beweis. Ein Vektor c liegt in P pol genau dann, wenn die Ungleichung c T x 1 von dem linearen System [ [ A 1 x B] 0] impliziert wird. Das ist genau dann der Fall, wenn es Vektoren y,z 0 gibt mit der Eigenschaft c T = y T A+z T B und y T 1 1.

9 3. DIE STRUKTUR VON POLYEDERN 31 WegenA T y conv(a T,0) und B T z cone(b T ) folgt dann c P pol c conv(a T,0)+cone(B T ) Der Dekompositionssatz. SATZ 2.4 (Weyl-Minkowski). Genau dann ist eine nichtleere Menge P R n ein Polyeder, wenn es endliche Mengen V,W R n gibt mit der Eigenschaft (13) P = conv(v)+cone(w). Beweis. Da conv(v) und cone(w) Polyeder sind, ist deren Minkowskisumme ein Polyeder. Die Bedingung ist also hinreichend. Wir beweisen die Notwendigkeit und nehmen obda P an. Wir betrachten zuerst den Fall0 P. Dann kann P in der Form P = {x Ax 1,Bx 0} ausgedrückt werden. Nach Lemma 2.4 ist Q = P pol ein Polyeder und wir finden P = (P pol ) pol = Q pol. Wiederum aus Lemma 2.4 schliessen wir nun, dass P als Minkowskisumme einer endlich erzeugten konvexen Menge und eines endlich erzeugten konvexen Kegels ausgedrückt werden kann. Im Fall 0 / P wählen wir irgendein t P und betrachten die Translation (Minkowskisumme) P = P +{ t}. Wegen 0 P gibt es endliche Mengen V und W derart, dass P = conv(v)+cone(w). Nun verifiziert man leicht fürv = V +{t} und W = W : P = conv(v)+cone(w). Aus dem Dekompositionssatz folgt sofort eine wichtige Charakterisierung von Polytopen: KOROLLAR 2.1. Ein Polyeder P R n ist genau dann ein Polytop, wenn P beschränkt ist. Beweis. Wir nehmen P = conv(v) + cone(w) an. Ist nun P beschränkt, so kann W keinen Vektor w 0 enthalten. Daraus folgt die Darstellung P = conv(v)+{0} = conv(v), diep als Polytop erweist. Umgekehrt macht man sich leicht klar, dass ein Polytop nicht nur ein Polyeder ist sondern auch beschränkt sein muss (Beweis?).

10 32 2. LINEARE UNGLEICHUNGEN UND DIE STRUKTUR VON POLYEDERN 3.4. Dualität von Darstellungen. Der Satz von Weyl-Minkowski zeigt, dass ein Polyeder P zwei zueinander duale Sichtweisen erlaubt: IMPLIZIT: EXPLIZIT: P ist Lösungsmenge eines endlichen linearen Ungleichungssystems Ax b; P ist die Menge aller Vektoren (bzw. Punkte), die von den endlichen Mengen V und W gemäss (13) erzeugt werden. Die Situation verallgemeinert damit die bei linearen oder affinen Teilräumen A R n bekannte. Einerseits ist A Lösungsmenge eines linearen Gleichungssystems Ax = b. Andererseits gibt es eine endliche Menge S = {s 1,...,s k } derart, dass A die Menge aller affinen Linearkombinationen x = λ 1 s λ k s k mit k λ i = 1 ist. Die Umrechnung von einer Darstellung zur anderen ist im linearen/affinen Fall effizient möglich (z.b. mit dem Gauss-Verfahren). NOTA BENE. Im linearen (und affinen) Fall sind alle minimalen Erzeugendensysteme (Basen) gleichmächtig. Bei Ungleichungssystemen ist dies nicht notwendigerweise so! Im allgemeinen Fall ist die Umrechnung nicht so einfach möglich. Wie der Beweis des Dekompositionssatzes zeigt, ist im Prinzip eine Umrechnung mit Hilfe des Fourier-Motzin-Verfahrens erreichbar. Diese Methode ist aber nicht effizient. Ein effizienter Algorithmus für das Umrechnungsproblem ist nicht bekannt. Zur Illustration betrachten wir ein lineares Optimierungsproblem i=1 max c T x s.d Ax b mit dem Optimalwert < δ(p(a,b,c) < +. Haben wir die Darstellung so erhalten wir für die Stützfunktion P(A,b) = P = conv(v)+cone(w), δ(p(a,b),c) = δ(conv(v),c)+δ(cone(w),c) = δ(conv(v),c) FOLGERUNG: = δ(v,c) = δ(v,c) = max v V ct v. Im FallV ist jede Eckex von P in V enthalten. (Denn: Die lineare Funktion f(x) = c T x, welche die Seitenfläche F = {x } bestimmt, wird ja in einem Element von V optimiert.)

11 3. DIE STRUKTUR VON POLYEDERN Ecken von Polyedern. Wir betrachten ein Polyeder P = P(A,b) in der Darstellung von Weyl-Minkowski: P = conv(v)+cone(w). und nehmen an, dass V nichtleer ist. (Den Fall V = untersuchen wir im nächsten Abschnitt ) Wir wissen dann schon, dass die Ecken von P in der Menge V enthalten sind. Also genügt es, sich auf Polytope zurückzuziehen und dort die Frage nach den Ecken zu untersuchen. SATZ 2.5 (Ecken von Polyedern). Sei V eine minimale Menge mit der Eigenschaft P = P(A,b) = conv(v)+cone(w) Dann ist V genau die Menge der Ecken von P. Beweis. Wir dürfen obda P = conv(v) annehmen. Wir haben schon gesehen, dass im Fall V alle Ecken von P in V enthalten sind. Sei nun umgekehrt v V und V = V \{v }. Wir setzen P = conv(v ). Aus der Minimalität von V folgt nun P P und insbesondere v / P (Beweis?). Der Hauptsatz über abgeschlossene konvexe Mengen garantiert somit eine Hyperebene, die v von P trennt. D.h. es gibt einen Parametervektor c mit den Eigenschaften c T x > c T v für alle v V. v ist somit der einzige Punkt in P, der f(x) = c T x über P maximiert. Folglich istv eine Ecke von P. KOROLLAR 2.2. Jedes Polytop ist die konvexe Hülle seiner Ecken Spitze Kegel. Wir betrachten nun den Fall eines polyedrischen Kegels K = cone(w) = P(A,0), wobei A R m n eine geeignete Matrix ist. Wegen δ(k,c) {0,+ } ist klar, dass 0 K der einzige Kandidat für eine Ecke ist. Wir nennen K spitz, wenn 0 tatsächlich eine Ecke ist. SATZ 2.6. Der polyedrische Kegel K R n ist genau dann spitz, wenn K keinen nichttirivialen linearen Teilraum von R n enthält. Beweis. Ist K spitz, so gibt es ein c R n derart, dass gilt: c T x < 0 für alle x K \{0}. Dann kann K keinen nichttrivialen linearen Teilraum enthalten (da mit jedem Punkt x eines linearen Teilraums auch der Punkt ( x) zu dem Teilraum gehört).

12 34 2. LINEARE UNGLEICHUNGEN UND DIE STRUKTUR VON POLYEDERN Ist K nicht spitz, so kann A nicht vollen Rang rga = n besitzen. Sei nämlich c T = m i=1 a T i die Summe der Zeilenvektoren a T i von A. Dann ist c T x 0 eine für K gültige Ungleichung, die nur von x = 0 mit Gleichheit erfüllt wird, wenn A vollen Rang hat. Damit wäre aber 0 eine Ecke und folglich K spitz. Also gilt rg(a) n 1und folglich kera {0}. Wegen kera K enthält K somit einen nichttrivialen linearen Teilraum von R n Basislösungen. Wir betrachten ein System Ax b mit A R m n und b R m mit den einzelnen Ungleichungen a T i x a i1 x a in x n b i. Einemx P(A,b) ordnen wir nun das Teilsystem der Ungleichungen zu, das von x mit Gleichheit erfüllt wird: J(x) := {i {1,...,m} a T i x = b i }. A J(x) bezeichne die entsprechende (Zeilen-)Teilmatrix von A. Wir nennen x P(A, b) eine (zulässige) Basislösung, wenn gilt rg(a J(x) ) = n. LEMMA 2.5. Eine Basislösung x P(A, b) ist eine Ecke von P(A, b). Beweis. Sei c T = i J(x) at i und z = i J(x) b i. Dann ist c T x z sicherlich eine gültige Ungleichung für P(A, b) (warum?). Folglich ist F = {x P(A,b) c T x = z} = {x P(A,b) A J(x) x = b J(x) } eine Seitenfläche mit x F. Da die Matrix A J(x) vollen Rang n hat, kann F nur einen Punkt enthalten. BEMERKUNG. Tatsächlich bilden die Basislösungen genau die Ecken von P(A, b). Das sieht man später leicht aus den Optimalitätsbedingungen linearer Programme. Im Moment wollen wir diesen Sachverhalt aber nur für spezielle Polyeder untersuchen.

13 3. DIE STRUKTUR VON POLYEDERN Nichtnegative Lösungen linearer Gleichungen. Wir interessieren uns für nichtnegative Lösungen linearer Gleichungssysteme d.h. für Polyeder P der Form (14) P = {x R n Ax = b,x 0}, wobei A R m n und b R m. P ist also genau die Lösungsmenge von Ax b Ax b Ix 0. Sei x P. Dann besteht J(x) aus allen Indizes, die den Zeilen von A entsprechen (da diese ja immer mit Gleichheit zu erfüllen sind). Dazu kommen noch die entsprechenden Zeilen der (n n)-matrix ( I): Wir setzen weiterhin Also erhalten wir in diesem Kontext: N(x) := {j {1,...,n} x j = 0}. B(x) = {j {1,...,n} x j > 0}. LEMMA 2.6. x P ist genau dann eine Basislösung des Systems Ax = b,x 0, wenn die Teilmatrix A B (x) der Spaltenvektoren A j mit Index j B(x) linear unabhängig sind, d.h. wenn rg(a B(x) ) = B(x) = n N(x). Für die lineare Programmierung (extrem!) wichtig ist der Umstand, dass man ohne grosse Mühe eine gute Basislösung konstruieren kann, sofern man schon eine gute Lösung hat. SATZ 2.7. Sei x (0) P = {x R n Ax = b,x 0} gegeben. Dann kann man in höchstens n Iterationen eine Basislösung x P konstruieren. Beweis. Wir bezeichen mita 0 x = b 0 das lineare Gleichungssystem Ax = b und x j = 0 für alle j N(x (0) ). Istx (0) keine Basislösung, dann existiert ein d 0 derart, dass A 0 d = 0. Dann gilt sicherlich A(x (0) + λd) = b für jedes λ R. Wegen d 0 gibt es einen Index j 1 B(x (0) ) und ein λ 1 0 mit der Eigenschaft Daraus folgt N(x (1) N(x (0) +1. x (1) +λ 1 d P und x (1) j 1 = 0.

14 36 2. LINEARE UNGLEICHUNGEN UND DIE STRUKTUR VON POLYEDERN Nun gehen wir von x (1) in gleicher Weise aus und konstruieren der Reihe nach Vektoren x (2),x (3),... bis eine Basislösung gefunden ist. Wegen N(x (0) +k N(x (k) n werden wir nach weniger alsnschritten eine Basislösung gefunden haben. Den Algorithmus im Beweis von Satz 2.7 kann man so modifizieren, dass man eine Basislösung erhält, die bzgl. einer gegebenen Zielfunktionf(x) = c T x mindestens so gut ist wiex (0) sofernδ(p,c) endlich ist. Dazu versuchen wir, das modifizierte System c T d = 1 A 0 d = 0 zu lösen. Wenn eine Lösung d existiert, dann gilt für jedes λ R: c T (x (0) +λd) = c T x (0) +λ. Wegenδ(P,c) < gibt es somit ein λ 1 > 0 derart, dass x (1) = x (0) +λ 1 d P und J(x (1) J(x (0) +1. Ausserdem gilt c T x (1) = c T x (0) + λ 1 > c T x (0). Wie zuvor können wir nun ein x (2) versuchen zu konstruieren usw. Existiert das gewünschte d mitc T d = 1 nicht, so haben wir c T d = 0 für alle d kera 0. Wir können dann den Algorithmus genau wie im Beweis von Satz 2.7 ausführen und erhalten c T x (0) = c T x (1) = c T x (2) =... Der Zielfunktionswert verschlechtert sich also auf keinen Fall. KOROLLAR 2.3. Sei x (0) P beliebig und c R n so, dass δ(p,c) <. Dann existiert eine Basislösung x P mit der Eigenschaft c T x c T x (0). KOROLLAR 2.4. Die Ecken von P = {x R n Ax = b,x 0} sind genau die Basislösungen. Beweis. Wir wissen schon, dass Basislösungen Ecken sind. Sei umgekehrt v P eine Ecke. Dann existiert (per Definition!) ein c R n derart, dass v die einzige Optimallösung des Problems max c T x s.d. Ax = b,x 0 ist. Andererseits gibt es eine Basislösung x P, die mindestens so gut ist. Also muss x = v gelten. Insbesondere ist v Basislösung.

15 3. DIE STRUKTUR VON POLYEDERN Der Satz von Carathéodory. Als Anwendung der garantierten Existenz von Basislösungen leiten wir einen berühmten geometrischen Satz ab. SATZ 2.8 (Carathéodory). Sei X R d eine beliebige nichtleere Menge von Vektoren und z conv(x). Dann lässt sich z als Konvexkombination von höchstens d + 1 Vektoren aus X darstellen. Beweis. Seien x 1,...,x n X und y 1,...,y n so, dass x 1 y x n y n = z, y y n = 1 und y 1...,y n 0. Dann ist y = (y 1,...,y n ) nichtnegative Lösung des obigen linearen Gleichungssystems mit d + 1 Zeilen. Also existiert auch eine entsprechende Basislösung y. y hat höchstens d + 1 Komponenten y j 0 und liefert somit die gewünschte Konvexkombination für z. ÜBUNG 2.1. Zeigen Sie anhand eines Beispiels, dass eine Verbesserung der Behauptung des Satzes 2.8 von d+1 auf d im allgemeinen nicht möglich ist. KOROLLAR 2.5. Sei X R d eine beliebige nichtleere Menge von Vektoren und z cone(x). Dann lässt sich z als Kegelkombination von höchstens d Vektoren aus X darstellen. Beweis. Übung.