Optimierung 1 Zwischenklausur

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1 Optimierung Zwischenlausur Tobias Breiten und Laurent Pfeiffer, Universität Graz 8. Mai 8 Lösung der Aufgabe. Wir führen Schlupfvariablen ein (positiv und negativ), um das Problem auf Standardform zu bringen 8 6 Um eine zulässige Startlösung zu berechnen, lösen wir das Hilfsproblem x + x x + y = 8 min y + y u.d.n. x + x + x + y = 6 x R,y R x, y Das führt auf die erste Phase des Simplex-Algorithmus Der Vetor der reduzierten Kosten ist nicht-negativ und der optimale ZFW des Hilfsproblems ist. Damit haben wir eine zulässige Startlösung, nämlich x =, x =, x =, x =, gefunden. Wir eliminieren die Hilfsvariablen sowie den Hilfsostenvetor und beginnen mit der zweiten Phase des Simplex-Algorithmus 6 8 Der Vetor der reduzierten Kosten ist nicht-negativ. Wir haben die optimale Lösung x = 6, x =, x =, x = mit den minimalen Kosten -8 erhalten. Lösung der Aufgabe. Wir bezeichnen mit x i,j, i {V, S, H}, j {A, B} den Anteil (in g) der Eissorten Vanille, Schoolade, Haselnuss in der Eisreation A bzw. B. Insgesamt önnen maximal 5 g Eis hergestellt werden. Das führt auf x V,A + x V,B + x S,A + x S,B + x H,A + x H,B 5. () Der Energieverbrauch von Wh darf dabei nicht überschritten werden, d.h. (x V,A + x V,B ) + (x S,A + x S,B ) + 5(x H,A + x H,B ). ()

2 Variante A setzt sich zusammen aus xv,a + xs,a + xh,a. Wenn der Schooladenanteil mindestens 5 % betragen soll, fu hrt das auf xs,a. xv,a + xs,a + xh,a Wir erhalten hieraus die lineare Nebenbedingung xs,a xv,a xh,a. () Analog erhalten wir aus den weiteren Angaben 9 xv,a xs,a xh,a, 7 xh,b xv,b xs,b. ( ) ( ) Es o nnen maximal 6 g bzw. 8 g der Varianten A bzw. B verauft werden, d.h. xv,a + xs,a + xh,a 6, () xv,b + xs,b + xh,b 8. ( ) Die Eismengen sind immer nicht-negativ und somit gilt fu r i {V, S, H}, j {A, B}, dass xi,j. (5) Eine Gewinnmaximierung fu hrt schließlich auf max 8(xV,A + xs,a + xh,a ) + 65(xV,B + xs,b + xh,b ) xij R (xv,a + xv,b ) 5(xS,A + xs,b ) 5(xH,A + xh,b ), unter den Nebenbedingungen ()-(6). Lo sung der Aufgabe.. Siehe Abbildung. Abbildung : Zula ssige Menge. Siehe Abbildung. n o. Siehe Abbildung. Es gilt: C = α + α α, α. (6)

3 Abbildung : Lo sung fu r c = [ ] Abbildung : Menge C. Variante. 5 Die zweite Spalte entha lt nur negative Koeffizienten. Man nimmt x als freien (positiven) Parameter und setzt die andere nicht-basische Variable auf Null: x = + t, x = t, x = + 5t, x = + t, x5 =. Halbgerade: x =,y=. Variante Die dritte Spalte entha lt nur negative Koeffizienten. Man nimmt x als freien (positiven) Parameter und setzt die andere nicht-basische Variable auf Null: x = + t, x = + t, x = t, x =, x5 = 9 + t.

4 [ Halbgerade: x = Lösung der Aufgabe. ] [, y = ]. [ ]. Siehe Abbildung. Im Punt schneiden sich drei (ative) Nebenbedingungen, d.h. die zugehörigen Schlupfvariablen sind Null. Die degenerierte Ba- sislösung ist daher gegeben als x = [ ] T. Im Hinblic auf den zweiten Teil der Aufgabe beobachten wir außerdem, dass die rechte Seite eine Linearombination der ersten beiden Spalten der Matrix ist + =. Folglich besitzt die Matrix nicht vollen Rang. Abbildung : Zulässige Menge. Wir nehmen an, dass eine degenerierte Basislösung x existiert. Dann gibt es einen Index j i mit x ji = (x B ) i =. Nach Definition der Basislösung gilt aber [ Aj,..., A ji, A ji, A ji+,... A jm ] xb = Bx B = b. Somit folgt also, dass Die Matrix m m (x B ) l A jl = (x B ) l A jl = b. l= l=,l i B := [ ] A j,..., A ji, b, A ji+,... A jm R m m besitzt also nicht vollen Rang, denn v = [ ] T (x B ),..., (x B ) i,, (x B ) i+,..., (x B ) m er( B). Dies zeigt die Behauptung.

5 Lo sung der Aufgabe 5.. Seien z () und z () K. Sei α [, ], sei z = αz () + ( α)z (). () () Seien λ und λ R, µ() und µ() R, so dass z () = z () = i= () () i= i= () () (), i=, i= () () Sei = α + ( α) z= () () =, µi () =, µi (), (). i= () () und µi = αµi + ( α)µi. Es gilt: i=, i= =, µi. i= Somit ist z K und K ist onvex. Variante: Beanntlich ist die onvexe Hu lle onvex. Man ann zeigen, dass die Kegelhu lle onvex ist, und dass die Minowsi Summe zweier onvexer Mengen onvex ist.. Siehe Abbildung 5. Abbildung 5: Menge K. = Sei i {,..., } so dass c yi <. Fu r alle t ist z(t) := x + tyi K. Außerdem gilt: c z(t) = c x + tc yi. Somit ist inf z K c x =. t = Angenommen, z= c y i fu r alle i =,...,. Sei z K, sei λ und µ, so dass i=, i= =, µi. i= Da [, ], µi, und c yi, gilt c z= i= λ i c xi + {z } c xi i= µi c yi c xi. {z } P x. Somit gilt inf z K c z c i i= 5 i=