Optimierung. Nürnberg, Oktober 2015

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1 1 Optimierung Nürnberg, Oktober 2015 Prof. Dr. Yvonne Stry Technische Hochschule Nürnberg Fakultät Angewandte Mathematik, Physik und Allgemeinwissenschaften Keßlerplatz Nürnberg Germany

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3 1 Beispiel einer Gewinnmaximierung: Wir betrachten einen Weinproduzenten, der über 100 ha Rebfläche und eine Kapazität von Arbeitsstunden (AS) pro Jahr verfügt. Der Winzer hat die Option, zwei Rotweine herzustellen: einen teuren Barrique-Wein und eine billigere Cuvee, von denen er jeweils maximal 50 bzw. 160 Fässer verkaufen kann. Der Produktionsaufwand pro Fass beträgt: für den Barrique: 1 ha Rebfläche und 20 AS/Jahr, für die Cuvee: 0,5 ha Rebfläche und 5 AS/Jahr. Der Verkauf eines Barrique-Fasses bringt einen Gewinn von 5.000e, während am Cuvee-Fass e zu verdienen sind. Der Önologe will nun wissen, wie viele Fässer er von der jeweiligen Sorte absetzen muss, um seinen Gewinn zu maximieren. Lineares Programm: Entscheidungsvariablen sind x 1 Anzahl der produzierten Fässer von Barrique und x 2 Anzahl der produzierten Fässer vom Cuvee Graphische Lösung: max 5.000x x 2 x IR 2 : x 1 50 x x 1 +0,5x x 1 + 5x x 1 0, x 2 0. x 2 f = x 1 = f = x 2 = 160 (30,140) x 1 = Polyeder der zulässigen Lösungen (5.000,1.500) Parallelverschiebung Rebfläche Arbeit x 2 = 0 x 1

4 2 Beispiel zur Minimierung einer Zielfunktion: Die DACH-Bank, präsent in den Ländern Deutschland, Austria und der Schweiz (Confoederatio Helvetica), möchte in ihren Nostro-Bestand zwei neue Staatsanleihen aus Griechenland (G) und Portugal (P) aufnehmen. Die bankinternen Investmentabteilungen der drei Ländern schätzen jeweils die Ertragskraft der Anleihen unterschiedlich ein und fordern daher am Ende des Investitionszeitraums auch unterschiedliche Mindestertragsvolumina. Die länderspezifischen Prognosen können der nachfolgenden Tabelle entnommen werden: Land Ertrag G Ertrag P Mindestvolumen D e A e CH e Die Analysten der Bank schätzen die Ausfallwahrscheinlichkeit dieser Anleihen (Bonitätsrisiko) für Griechenland auf 5%, für Portugal auf 3%. Der Finanzvorstand der Bank möchte nun unter Einhaltung der Vorgaben aus allen drei Ländern so investieren, dass das Ausfallrisiko möglichst gering ausfällt. Lineares Programm: Entscheidungsvariablen sind x 1 Investitionsvolumen (in Mio e) für die die griechische Anleihe und x 2 für das portugiesische Wertpapier Graphische Lösung: min 0,05x 1 +0,03x 2 x IR 2 : x 1 +3x 2 9 x 1 + x 2 6 2x 1 + x 2 8 x 1 0, x 2 0 x x 1 = 0 f=0,45 unbeschränktes Polyeder der zulässigen Lösungen 4 D (2,4) (0,05;0,03) 2 Parallelverschiebung 0 f=0,22 A CH x 2 = 0 x 1 10

5 3 Eine konvexe Menge ist dadurch gekennzeichnet, dass für je zwei Punkte aus dieser Menge auch die Verbindungsstrecke zwischen diesen beiden Punkten vollständig zu dieser Menge gehört. Allgemein ist ein Polyeder ein räumlicher Körper mit Ecken, Kanten und Seitenflächen, der an keiner Stelle irgendwelche Rundungen aufweist. Im Zweidimensionalen ist ein Polyeder ein Vieleck endlicher Ausdehnung mit Ecken, Kanten und einem Inneren. Ein Polyeder heißt konvex, wenn es keine Löcher und einspringende Ecken hat, d.h. wenn es eine konvexe Menge ist. Wir bezeichnen jetzt die Menge der zulässigen Lösungen eines linearen Programms mit P. Es gilt allgemein: P ist stets abgeschlossen und konvex. Ist P zusätzlich noch beschränkt, dann ist P ein konvexes Polyeder und es gibt mindestens eine Optimallösung. Falls P nicht beschränkt ist, dann ist P in eine Richtung offen in der anderen polyeder-ähnlich. Es gibt dann mindestens eine Optimallösung oder keine Optimallösung. Die Niveaulinien der Zielfunktion sind im IR 2 Geraden und im IR 3 Ebenen. Niveaulinien zu verschiedenen Zielfunktionswerten verlaufen zueinander parallel. Optimale Lösungen liegen, falls vorhanden, am Rande des Polyeders oder des polyeder-ähnlichen Bereichs, und zwar in einer Ecke (es existiert genau eine optimale Lösung) oder zwischen optimalen Ecken (es existieren unendlich viele optimale Lösungen). Im Fall einer eindeutigen Lösung haben alle der optimalen Lösung benachbarten Ecken einen niedrigeren Zielfunktionswert.

6 4 Ein standardisiertes lineares Programm, kurz (SLP) genannt, hat die Form max x n x IR n : A x = b x i 0 für alle i n. Dabei ist A eine reelle m n-matrix mit m n, welche die m m- Einheitsmatrix I enthält. Für b IR m muss b 0 gelten. Die Bedingungen x i 0 werden Nichtnegativitätsbedingungen oder Vorzeichenbeschränkungen genannt. Ein SLP besteht, abgesehen von den Nichtnegativitätsbedingungen, also nur aus Gleichungen. Gleichungen erhält man durch die Einführung von Schlupfvariablen. Hat man nach Einführung der Schlupfvariablen nun insgesamt n 1 Variablen, so führt man für die Zielfunktion f( x) die (nicht vorzeichenbeschränkte!) Variable x n ein, d.h. man setzt f( x) =: x n und fügt das Äquivalent f( x)+x n = 0 als letzte Gleichung hinzu.

7 5 Im zum SLP gehörenden Gleichungssystem tritt in jeder Gleichung eine Variable mit dem Koeffizienten 1 auf, die in den anderen Gleichungen nicht vorkommt. Man nennt diese Variablen Basisvariablen (BV). Diese bilden die so genannte Basis. Die anderen Variablen heißen Nichtbasisvariablen (NBV) und bilden die so genannte Nichtbasis. Die Austauschregel des Simplexverfahrens besteht aus drei Schritten: Wähle in der letzten Zeile das Minimum über alle negativen Werte, die in zu NBV gehörenden Spalten stehen. Die durch diese Wahl festgelegte Spalte heißt Pivotspalte. Die Pivotspalte bestimmt die NBV, die in die Basis aufgenommen wird. Nun werden nur die Zeilen betrachtet, die in der Pivotspalte positive Koeffzienten haben. Für diese Zeilen bildet man die Quotienten aus der rechten Seite der jeweiligen Zeile und dem entsprechenden (positiven) Koeffizienten aus der Pivotspalte. Durch das Minimum dieser Quotienten wird die so genannte Pivotzeile bestimmt. Die mit der Pivotzzeile korrespondierende Variable wird aus der Basis entfernt. An deren Stelle wird die zur Pivotspalte gehörende Variable in die Basis aufgenommen. Falls in der letzten Zeile in den zu den NBV gehörenden Spalten keine negativen Werte zu finden sind, so ist die aktuelle Basis optimal. Die optimalen Werte der BV können auf der rechten Seite des Schemas abgelesen werden. Die Werte der NBV sind stets Null.

8 6 max x n x IR n : A x = b x i 0 für alle i n. Die letzten m Spalten der (m,n)-matrix A (m n) entsprechen dann der Einheitsmatrix I m. Der Vektor b besteht nur aus nichtnegativen Komponenten. BV x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 x 7 b MIN x 4 a 11 a 12 a b 1 x 5 a 21 a 22 a b 2 x 6 a 31 a 32 a b 3 x 7 c 1 c 2 c

9 7 Die folgenden Schritte sind zur Lösung eines linearen Programmes nötig: a) Bringe das Problem in die Form des Starttableaus mit b 0. b) Prüfe, ob in der letzten Zeile alle zu den NBV gehörenden Spalten nichtnegative Werte enthalten, d.h. ob gilt c k 0 für alle k mit x k ist NBV. Falls ja: STOPP, die aktuelle Basis ist optimal. Die optimalen Werte der BV können auf der rechten Seite des Schemas abgelesen werden. Die Werte aller NBV sind Null. c) Andernfalls bestimme das Minimum aller in Frage kommenden negativen c k -Werte, etwa c t = min{c k c k < 0 für alle k mit x k ist NBV}. Tritt das Minimum in der t-ten Spalte auf, so ist diese die Pivotspalte und die NBV x t ist in die neue Basis aufzunehmen. d) Über dem Wert c t stehen in der Pivotspalte die Werte a it (hier a 1t,a 2t,a 3t ). Prüfe, ob keiner dieser Werte positiv ist, etwa a it 0 für alle i = 1,...,m 1. Falls ja: STOPP, das lineare Programm besitzt keine Optimallösung. e) Andernfalls bilde für alle Zeilen mit positiven a it -Werten den Quotienten aus der rechten Seite der jeweiligen Zeile und dem a it -Wert. Ermittle dann das Minimum dieser Quotienten, etwa b s a st = min{ b i a it a it > 0, 1 i m 1}. Tritt das Minimum in der s-ten Zeile auf, so ist diese die Pivotzeile. Die zur Pivotzeile gehörende BV (d.h. die an s-ter Stelle in der Basis stehende BV), wird aus der Basis eliminiert. f) Führe den Basistausch durch: x t kommt an s-ter Stelle (=Pivotzeile) in die neue Basis. Die an dieser Stelle stehende BV wird eliminiert. Bestimme das neue Simplextableau, d.h. erzeuge mittels elementarer Umformungen aus der Pivotspalte die s-te Einheitsspalte (die 1 steht in der Pivotzeile). Gehe dann zu Schritt b).

10 8 Ausgehend vom dualen Starttableau BV x 1 x 2... x i... x n+m+1 b x n+1 a 11 a a 1i... a 1(n+m+1) b 1 x n+2 a 21 a a 2i... a 2(n+m+1) b x a s1 a s2... a si... a s(n+m+1) b s x m 1 a 31 a a (m 1)i... a (m 1)(n+m+1) b m 1 x m c 1 c 2... c i formulieren wir jetzt die duale Simplexmethode kompakt: Die folgenden Schritte sind zur Lösung eines linearen Programmes nötig: a) Bringe das Problem in die duale Standardform, d.h. die letzte Zeile (m-te Zeile) enthält keine negativen Koeffizienten: c i 0 ( Optimalität und duale Zulässigkeit ). b) Prüfe, ob die Basislösung primal zulässig ist, d.h. ob gilt b j 0 für alle j = 1,...,m 1. Falls ja: STOPP, die aktuelle Lösung ist primal (und dual) zulässig und damit optimal. c) Andernfalls bestimme das Minimum aller in Frage kommenden negativen b j -Werte, etwa b s = min{b j b j < 0 für alle j = 1,...,m 1}. Tritt das Minimum in der s-ten Zeile auf, so ist diese die Pivotzeile und die an dieser Stelle stehende BV x wird aus der Basis eliminiert. d) Neben dem Wert b s stehen in der Pivotzeile die Werte a si (hier a s1,a s2,...,a s(n+m+1) ). Prüfe, ob in den NBV-Spalten keiner dieser Werte negativ ist, etwa a si 0 für alle i mit x i ist NBV. Falls ja: STOPP, das primale Problem besitzt keine Optimallösung. e) Andernfalls bilde für alle NBV-Spalten mit negativena si -Werten den Quotienten aus dem jeweiligen c i -Wert der letzten Zeile und dem a si -Wert. Ermittle dann das Maximum dieser Quotienten, etwa c t a st = max{ c i a si a si < 0 für i mit x i ist NBV}. Tritt das Maximum in der t-ten Spalte auf, so ist diese die Pivotspalte und die NBV x t ist in die neue Basis aufzunehmen.

11 f) Führe den Basistausch durch: x t kommt an s-ter Stelle (=Pivotzeile) in die neue Basis. Die an dieser Stelle stehende BV wird eliminiert. Bestimme das neue Simplextableau, d.h. erzeuge mittels elementarer Umformungen aus der Pivotspalte die s-te Einheitsspalte (die 1 steht in der Pivotzeile). Gehe dann zu Schritt b). 9

12 10 Übung: Produktionsplanung Ein Unternehmen stellt zwei Produkte (P1 und P2) her, die mit einem Gewinn von 10 Euro bzw. 20 Euro pro Mengeneinheit verkauft werden. Zur Herstellung sind eine Maschine, ein Rohstoff und Arbeitskräfte erforderlich: Für die Herstellung einer Mengeneinheit von P1 benötigt man 1 Stunde Maschinenzeit, für P2 ebenfalls. Insgesamt stehen 100 Stunden zur Verfügung. Für die Herstellung einer Mengeneinheit von P1 benötigt man 6 Mengeneinheiten Rohstoff, für P2 9 Mengeneinheiten. Insgesamt stehen 720 Mengeneinheiten Rohstoff zur Verfügung. Für die Herstellung einer Mengeneinheit von P1 benötigt man 0 Stunden Arbeitskräfte, für P2 benötig man 1 Stunde Arbeitskräfte. Insgesamt stehen Arbeitskräfte für 60 Stunden zur Verfügung. Das Unternehmen will den Gewinn maximieren. Lösen Sie das Problem graphisch. Führen Sie Schlupfvariablen ein und führen Sie den Simplex-Algorithmus durch. Übung: Dualer Simplex-Algorithmus Maximieren Sie 8x 1 9x 2 unter den Nebenbedingungen x 1 + 3x 2 6, 2x 1 + x 2 4, sowie x 1,x 2 0. Es ist das duale Simplex-Verfahren anzuwenden (zuerst Schlupfvariablen einführen). Übung: M-Methode, Strafterme Maximieren Sie x 1 x 2 3x 3 unter den Nebenbedingungen x 1 + x 2 10, x 1 x 3 12, x 1 x 2 x 3 8, 2x 1 x 2 + x 3 2 sowie x 1,...,x 4 0. Es ist die M-Methode anzuwenden (zuerst Schlupfvariablen einführen, dann künstliche Variablen und Strafterme). Übung: M-Methode, Strafterme oder dualer Simplex-Algorithmus Sie können die M-Methode bzw. den dualen Simplex-Allgorithmus auch auf das Beispiel der DACH-Bank anwenden.

13 11 Übung: Optimaltableau Wir maximieren 30x x 2 unter den Nebenbedingungen x 1 +x 2 10, 5x 1 + 2x 2 30, x 2 9, sowie x 1,x 2 0. a) Geben Sie das Ausgangstableau für den Simplex-Algorithmus an. b) Sie erhalten beim Simplexverfahren das Tableau BV x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 b x 3 0 3/5 1 1/ x 1 1 2/5 0 1/ x x Welche Werte nehmen die Variablen x 1,...,x 6 an? Welchen Wert nimmt die Zielfunktion an? Liegt das Optimaltableau vor? c) Sie erhalten beim Simplexverfahren das Tableau BV x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 b x /3 1/ /3 x /3 1/ /3 x /3 1/ /3 x /3 5/ /3 Welche Werte nehmen die Variablen x 1,...,x 6 an? Welchen Wert nimmt die Zielfunktion an? Liegt das Optimaltableau vor? Übung: Optimaltableau Ein Maximierungsproblem in den Variablen x 1,x 2 mit 3 Restriktionen und Vorzeichenbedingungen liefert beim Simplexverfahren das Tableau BV x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 b x /2 1/ x /8 3/ /2 x /8 9/ /2 x Welche Werte nehmen die Variablen x 1,...,x 6 an? Welchen Wert nimmt die Zielfunktion an? Liegt das Optimaltableau vor? Können Sie eine Optimallösung angeben? Gibt es weitere Optimallösungen? Wenn ja, wie lassen sich diese berechnen?

14 12 Übung: Graphische Lösung Das lineare Optimierungsproblem (P) max 2x 1 +x 2 (x 1,x 2 ) IR 2 : x 1 +3x 2 3 2x 1 x 2 4 x 1,x 2 0 ist graphisch lösbar. Fertigen Sie eine Skizze an (x 1 -Achse und x 2 -Achse jeweils von 0 bis 4). Welche der folgenden Alternativen sind richtig? Für das Problem (P) ist richtig: A: Die Menge der zulässigen Lösungen ist leer. B: Die Menge der zulässigen Lösungen ist beschränkt. C: Die Menge der zulässigen Lösungen ist unbeschränkt. D: Die Optimallösung ist x = (3,3) T. E: Die Optimallösung ist x = (3,2) T. F: Es gibt unendlich viele Optimallösungen. G: Wird zu (P) die Restriktion 2x 1 + x 2 6 hinzugefügt, so ändert sich die Optimallösung nicht. H: Wird zu (P) die Restriktion 2x 1 + x 2 6 hinzugefügt, so ist Optimallösung x = (3,0) T. I: Wird zu (P) die Restriktion 2x 1 + x 2 6 hinzugefügt, so gibt es unendlich viele Optimallösungen.

15 13 Übung: Interpretation des Endtableaus des Simplexverfahrens Zwei Produkte P 1 und P 2 sind auf drei Märkten M 1, M 2 und M 3 in den Mengen x 1 und x 2 absetzbar. Aufgrund strategischer Überlegungen des Unternehmens ergeben sich für die jeweiligen Absatzmärkte folgende Restriktionen: M 1 : 5x 1 +2x 2 370; M 2 : x 1 +x 2 110; M 3 : x 1 +2x Maximiert werden soll der Gewinn, der durch die Funktion f(x 1,x 2 ) = 3x 1 + 5x 2 gegeben ist. Führt man für die drei Restriktion die Schlupfvariablen x 3 (für M 1 ), x 4 (für M 2 ) und x 5 (für M 3 ) ein, so erhält man folgendes Endtableau des Simplexverfahrens: BV x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 b x /4 0-1/ x /8 1-3/8 0 0 x /8 0 5/ x /8 0 19/ Welche der folgenden Aussagen sind richtig? Richtig sind folgende Aussagen: A: Das Problem hat unendlich viele Optimallösungen. B: Das Problem hat eine eindeutige Optimallösung. C: Die/Eine Optimallösung für die Produktionsmengen lautet x 1 = 50, x 2 = 0. D: Die/Eine Optimallösung für die Produktionsmengen lautet x 1 = 50, x 2 = 60. E: Der Gewinn im Optimum beträgt 60 Geldeinheiten. F: Der Gewinn im Optimum beträgt 450 Geldeinheiten. G: Im Simplexverfahren gibt es eine entartete Ecke. H: Im Markt M 1 ist die Strategieschranke erreicht: 5x 1 + 2x 2 = 370. I: Im Markt M 2 ist die Strategieschranke erreicht: x 1 + x 2 = 110.

16 14 Strafterme: In der Praxis treten bei linearen Programmen als Restriktionen nicht nur Ungleichungen, sondern häufig auch Gleichungen auf. Um die Simplexmethode starten zu können, müssen auch solche Programme auf die Standardform gebracht werden. Dies geschieht durch die Einführung von Hilfsvariablen (auch künstliche Variablen genannt) und die Manipulation der Zielfunktion mit geeigneten Straftermen. M-Methode: Nicht äquivalentes Ersatzproblem min c 1 x c n x n + Mx n Mx n+m ( ) x x IR n+m : (A I m ) = x b H bzw. mit Variable für Zielfunktionswert x 0, x H 0. max x n+m+1 ( ) x IR n+m+1 A I : m 0 c 1... c n M... M 1 x x H x n+m+1 x 0, x H 0. nach elementaren Umformungen folgendes Starttableau max x n+m+1 ( ) x IR n+m+1 A I : m 0 c 1... c n x x H x n+m+1 x 0, x H 0 = ( b 0 = ( b ) )

17 15 Transformationsmöglichkeiten: a) Gibt es als Nebenbedingung eine Gleichung der Form a i1 x a in x n = b i mit b i < 0, dann multipliziere man diese Gleichung mit dem Faktor 1. b) Liegt eine Ungleichung der Form a i1 x a in x n b i mit b i < 0 vor, so führe man zuerst eine Schlupfvariable ein und multipliziere dann die so entstandene Gleichung mit dem Faktor 1. c) Eine Ungleichung der Form a i1 x a in x n b i überführt man zunächst durch Einführung einer Schlupfvariablen x n+i 0 in eine Gleichung a i1 x a in x n x n+i = b i. Auf alle in diesen drei Fällen entstandenen Gleichungen muss man dann noch die M-Methode anwenden. Weitere Transformationsmöglichkeiten: a) Tritt in einem linearen Programm eine nicht vorzeichenbeschränkte Variable x j auf, so führt die Substitution x j = y j z j mit y j 0 und z j 0 auf zwei neue vorzeichenbeschränkte Variablen y j und z j. b) Besitzt ein lineares Programm eine Restriktion der Form so substituiert man x j L j mit L j < 0, x j = x j L j und erhält als neue Restriktion die Nichtnegativitätsbedingung x j 0. In allen Restriktionen, in denen die Variable x j auftaucht, ist diese durch x j + L j zu ersetzen. Diese Substitution muss auch in der Zielfunktion durchgeführt werden.

18 16 Sensitivitätsanalyse, Basisinverse: Sind s 1,..., s n die Spalten des Starttableaus und s 1,opt,..., s n,opt die korrespondierenden Spalten des (durch das Simplexverfahren ermittelten) Optimaltableaus. Dann gilt die Gleichung s i,opt = B 1 opt s i für alle i = 1,...,n. Dabei ist B opt 1 die Basisinverse des Optimaltableaus. Diese Matrix ergibt sich aus den zur Startbasis gehörenden Spalten des Optimaltableaus.

19 17 Dualität: Primales Problem: mit x = (x 1,...,x n ) T, c = (c 1,...,c n ) T, b = (b 1,...,b m ) T und A = (a ji ) in Vektorschreibweise max c T x x IR n : A x b x 0. Duales Problem: mit y = (y 1,...,y m ) T in Vektorschreibweise min b T y y IR m : A T y c y 0. Das duale Problem wird aus einem primalen Problem mittels folgender Transformationsregeln erzeugt: Eine primale Maximierung / Minimierung wird zu einer dualen Minimierung / Maximierung. Der Lösungsvektor des dualen Problems ( y) hat die Dimension der rechten Seite des primalen Problems ( b). In die duale Zielfunktion wird die rechte Seite des primalen Problems ( b) eingesetzt. Der Vektor aus der Zielfunktion des primalen Problems ( c) wird zur rechten Seite des dualen Problems. Die Koeffizientenmatrix des dualen Problems entspricht der transponierten Matrix des primalen Problems (A A T ). Zu Ungleichungen des primalen Problems gehören nichtnegative Komponenten von y. Zu Gleichungen des primalen Problems gehören unbeschränkte Komponenten von y. Unbeschränkte Komponenten des primalen Lösungsvektors ( x) führen zu Gleichungen, nichtnegative Komponenten zu Ungleichungen im dualen Problem. Treten dabei in den Problemen Ungleichungen auf, so müssen diese bei einer Maximierung die Form, bei einer Minimierung die Form haben. Man beachte: Wendet man obige Regeln auf ein duales Problem an, so wird aus diesem wieder das ursprüngliche primale Problem. Daher spricht man von zueinander dualen Problemen.

20 18 Merkhilfe Tucker-Diagramm: x x k IR... x n 0 y 1 0 a a 1k... a 1n b 1... y l IR a l1... a lk... a ln = b l... y m 0 a m1... a mk... a mn b m c 1 = c k c n Beispiel: Primales Problem: max 2x 1 +3x 2 x IR 2 : 3x 1 +5x 2 4 4x 1 +6x 2 = 3 x 1 2 x 1 + x 2 1 x 2 0 Tucker-Diagramm: Duales Problem: x 1 IR x 2 0 y y 2 IR 4 6 = 3 y y = 2 3 min 4y 1 +3y 2 +2y 3 y 4 y IR 4 : 3y 1 +4y 2 +y 3 y 4 = 2 5y 1 +6y 2 y 4 3 y 1 0, y 3 0, y 4 0.

21 19 Dualitätssatz der linearen Programmierung: x und y seien zulässige Lösungen zweier zueinander dualer Probleme, dann gilt: Zulässige Zielfunktionswerte des Minimierungsproblems sind immer obere Schranken für zulässige Zielfunktionswerte des Maximierungsproblems, d.h. es gilt stets c T x b T y. Wenn das primale Problem eine endliche Optimallösung x besitzt, dann besitzt auch das duale Problem eine endliche Optimallösung y und die Optimalwerte der Zielfunktionen beider Probleme sind gleich, d.h. c T x = b T y. x und y sind genau dann Optimallösungen des dualen Paares, wenn die so genannte Complementary Slackness-Bedingung erfüllt ist: y T (A x b) = x T (A T y c) = 0. Eine unmittelbare Folgerung aus dem ersten Teil des Dualitätssatzes ist: Ist das primale Problem unbeschränkt, so besitzt das duale Problem keine zulässigen Lösungen. Ist das duale Problem unbeschränkt, so besitzt das primale Problem keine zulässigen Lösungen. Ökonomische Interpretation des dualen Problems: Ändert man die Kapazität einer Ressource b j um b j, so ändert sich der optimale Zielfunktionswert ungefähr um y j b j. Deshalb nennt man y den Vektor der Schattenpreise. Übliche Bezeichnungen sind auch Opportunitätskosten bzw. Knappheitskosten.

22 } } 20 Zusammenhang Optimalwerte primales und duales Problem: Im optimalen Simplextableau des primalen Problems stehen in der letzten Zeile unter den primalen Schlupfvariablen die Werte der Strukturvariablen einer zulässigen dualen Lösung. Die entsprechenden Werte der dualen Schlupfvariablen findet man in der letzten Zeile unter den primalen Strukturvariablen. Umgekehrt findet man im optimalen Simplextableau des dualen Problems die entsprechenden Werte des primalen Problems. } BV Primale Strukturvariablen Primale Schlupfvariablen } Zielfkt. x 1 x n x n+1 x n+m x n+m+1 b Werte der dualen Schlupfvariablen Werte der dualen Strukturvariablen dualer und primaler Zielfkt.wert

23 21 Die duale Simplexmethode: a) Bringe das Problem in die duale Standardform, d.h. die letzte Zeile (m-te Zeile) enthält keine negativen Koeffizienten: c i 0 ( Optimalität und duale Zulässigkeit ). b) Prüfe, ob die Basislösung primal zulässig ist, d.h. ob gilt b j 0 für alle j = 1,...,m 1. Falls ja: STOPP, die aktuelle Lösung ist primal (und dual) zulässig und damit optimal. c) Andernfalls bestimme das Minimum aller in Frage kommenden negativen b j -Werte, etwa b s = min{b j b j < 0 für alle j = 1,...,m 1}. Tritt das Minimum in der s-ten Zeile auf, so ist diese die Pivotzeile und die an dieser Stelle stehende BV x wird aus der Basis eliminiert. d) Neben dem Wert b s stehen in der Pivotzeile die Werte a si (hier a s1,a s2,...,a s(n+m+1) ). Prüfe, ob in den NBV-Spalten keiner dieser Werte negativ ist, etwa a si 0 für alle i mit x i ist NBV. Falls ja: STOPP, das primale Problem besitzt keine Optimallösung. e) Andernfalls bilde für alle NBV-Spalten mit negativena si -Werten den Quotienten aus dem jeweiligen c i -Wert der letzten Zeile und dem a si -Wert. Ermittle dann das Maximum dieser Quotienten, etwa c t a st = max{ c i a si a si < 0 für i mit x i ist NBV}. Tritt das Maximum in der t-ten Spalte auf, so ist diese die Pivotspalte und die NBV x t ist in die neue Basis aufzunehmen. f) Führe den Basistausch durch: x t kommt an s-ter Stelle (=Pivotzeile) in die neue Basis. Die an dieser Stelle stehende BV wird eliminiert. Bestimme das neue Simplextableau, d.h. erzeuge mittels elementarer Umformungen aus der Pivotspalte die s-te Einheitsspalte (die 1 steht in der Pivotzeile). Gehe dann zu Schritt b).

24 22 Beispiel: DACH-Bank mit dualem Simplex-Verfahren BV x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 b x x x x 6 0,05 0, MAX 0, 05 0, 01 BV x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 b x 2 1/3 1 1/ x 4 2/3 0 1/ x 5 5/3 0 1/ x 6 0,04 0 0, ,09 MAX 0, 024 0, 03 BV x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 b x /5 0 1/5 0 2 x /5 1 2/5 0 1 x /5 0 3/5 0 3 x , , ,21 MAX 0, 01 0, 06 BV x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 b x x x x ,01 0,02 1 0,22

25 23 Beispiel: DACH-Bank mit M-Methode Wir führen die folgenden (nicht äquivalenten) Umformungen des Ausgangsproblems durch: min 0,05x 1 +0,03x 2 +Mx 4 +Mx 6 +Mx 8 x IR 8 : x 1 +3x 2 x 3 +x 4 = 9 x 1 + x 2 x 5 +x 6 = 6 2x 1 + x 2 x 7 +x 8 = 8 x 1,...,x 8 0, dann mit x 9 := 0,05x 1 +0,03x 2 +Mx 4 +Mx 6 +Mx 8 max x 9 x IR 9 : x 1 +3x 2 x 3 + x 4 = 9 x 1 + x 2 x 5 + x 6 = 6 2x 1 + x 2 x 7 + x 8 = 8 0,05x 1 +0,03x 2 +Mx 4 +Mx 6 +Mx 8 +x 9 = 0 x 1,...,x 8 0. Das Startproblem für die M-Methode hat dann die Form: max x 9 x IR 9 : x 1 +3x 2 x 3 +x 4 = 9 x 1 + x 2 x 5 +x 6 = 6 2x 1 + x 2 x 7 +x 8 = 8 (0,05 4M)x 1 +(0,03 5M)x 2 +Mx 3 +Mx 5 +Mx 7 +x 9 = 23M x 1,...,x 8 0. Es ergeben sich die folgenden Tableaus des Simplexverfahrens: BV x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 x 7 x 8 x 9 b MIN x x x x 9 (0,05 4M) (0,03 5M) M 0 M 0 M M BV x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 x 7 x 8 x 9 b MIN x 2 1/3 1 1/3 1/ x 6 2/3 0 1/3 1/ /2 x 8 5/3 0 1/3 1/ x 9 (0,04 ) 0 (0,01 ) ( 0,01 ) M 0 M 0 1 ( 0,09 7M 3 2M 3 + 5M 3 8M)

26 24 BV x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 x 7 x 8 x 9 b MIN x /5 2/ /5 1/ x /5 1/ /5 2/ /2 x /5 1/ /5 3/5 0 3 x (0,002 ) ( 0,002 ) M 0 (0,024 ) ( 0,024 ) 1 ( 0,21 M) M 5 + 6M 5 2M 5 + 7M 5 BV x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 x 7 x 8 x 9 b MIN x /2 1/2 1/2 1/ /2 x /2 1/2 5/2 5/ /2 5 x /2 1/2 3/2 3/ /2 9 x ,01 (0,01+M) 0,06 ( 0,06+M) 0 M 1 0,27 BV x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 x 7 x 8 x 9 b MIN x x x x M 0,01 ( 0,01+M) 0,02 ( 0,02+M) 1 0,22

27 25 Beispiel eines nichtlinearen Problems: minf(x,y) (x,y) IR 2 : g(x,y) 0. In der Abb. haben wir die Zielfunktion f(x,y) = x 2 + y 2 und die Restriktion g(x,y) = 1 x y gewählt. Die Lösung des Optimierungsproblems ergibt sich für dieses Beispiel geometrisch offensichtlich zu P 0 = (x 0,y 0 ) = (1/2,1/2). y f f ~ g P f zulässiger Bereich P 0 g x f = 1/4 g = 0 f = 1/2 f = 1

28 26 KKT-Bedingungen: Es gelte g(x 0,y 0 ) 0 und der Punkt (x 0,y 0 ) IR 2 sei eine lokale Lösung a) des Optimierungsproblems mit Ungleichungsrestriktion { } { } minf(x,y) maxf(x,y) bzw. so dass g(x,y) 0 so dass g(x,y) 0. Dann gibt es ein λ 0 0 (Minimierungsproblem) bzw. λ 0 0 (Maximierungsproblem) mit λ 0 g(x 0,y 0 ) = 0 f(x 0,y 0 )+λ 0 g(x 0,y 0 ) = 0. b) des Optimierungsproblems mit Gleichungsrestriktion { minf(x,y) so dass g(x,y) = 0 Dann gibt es ein λ 0 IR mit } oder { maxf(x,y) so dass g(x,y) = 0. g(x 0,y 0 ) = 0 f(x 0,y 0 )+λ 0 g(x 0,y 0 ) = 0. In beiden Fällen heißt die Konstante λ 0 Lagrange-Multiplikator. Die Bedingungen nennt man Karush-Kuhn-Tucker-Gleichungen oder auch KKT- Bedingungen. } Definiert man die Lagrangefunktion als L(x,y,λ) := f(x,y)+λg(x,y), so lässt sich der zweite Teil der KKT-Bedingungen komponentenweise mit den partiellen Ableitungen von L nach x bzw. y schreiben: L x (x,y,λ) = f x (x,y)+λg x (x,y)! = 0, L y (x,y,λ) = f y (x,y)+λg y (x,y)! = 0.

29 27 Complementary-Slackness: Die erste KTT-Bedingung λ 0 g(x 0,y 0 ) = 0 (für den Fall einer Ungleichungsrestriktion) ist unter dem Namen Complementary-Slackness bekannt. Sie charakterisiert drei mögliche geometrische Fälle, die für den Fall eines Minimierungsproblems in der Abb. wiedergegeben sind (Das eingezeichnete Minimum sei das unrestringierte Minimum der Zielfunktion) x* g Minimum x* g x* g 0 g streng aktiv > 0, g(x,y ) = g schwach aktiv 0 = g(x,y ) = g inaktiv 0 = 0,g(x,y ) < Bei einer streng aktiven Restriktion ist der Lagrange-Multiplikator ungleich Null. Zu einer schwach aktiven bzw. inaktiven Nebenbedingungen gehört ein Langrange-Multiplikator mit dem Wert Null.

30 28 Das allgemeine nichtlineare Optimierungsproblem minf( x) x IR n : g i ( x) 0, i = 1,...,p, g j ( x) = 0, j = p+1,...,m, mit p Ungleichungen und m p Gleichungen als Restriktionen heißt regulär im Punkt x 0, falls folgende Regularitätsbedingungen erfüllt sind: a) Die Gradienten der Gleichungsrestriktionen g j ( x 0 ), j = p + 1,...,m, sind linear unabhängig. b) Es gibt einen Vektor s IR n mit g T i ( x 0) s < 0 für i {1,2,...,p} mit g i ( x 0 ) = 0 ( alle aktiven Ungleichungsrestriktionen ). g T j ( x 0) s < 0 für j = p+1,...,m ( alle Gleichungsrestriktionen ). In vielen praktischen Anwendungen ist die Regularität erfüllt. Wir werden daher unsere weiteren Untersuchungen nur noch auf reguläre Probleme beschränken. Sei x 0 IR n eine lokale Lösung des regulären Problems Dann gibt es einen Vektor mit λ i 0, i = 1,...,p, und minf( x) x IR n : g i ( x) 0, i = 1,...,p, g j ( x) = 0, j = p+1,...,m. λ = (λ1,λ 2,...,λ m ) T IR m λ i g i ( x 0 ) = 0, i = 1,...,p g j ( x 0 ) = 0, j = p+1,...,m f( x 0 )+λ 1 g 1 ( x 0 ) + λ 2 g 2 ( x 0 )+...+λ m g m ( x 0 ) = 0. Diese m + n Gleichungen zur Bestimmmung von x 0 und λ heißen Karush- Kuhn-Tucker-Bedingungen (KKT-Bedingungen). Man nennt λ den Vektor der Lagrangemultiplikatoren.

31 29 Hinreichende Bedingungen: Bei einem nichtlinearen Optimierungsproblem in zwei Unbekannten mit nur einer Gleichheitsrestriktion hat die geränderte Hessematrix die Gestalt H(λ,x,y) = 0 g x g y g x L xx L xy. g y L yx L yy Bei einem nichtlinearen Optimierungsproblem in zwei Unbekannten mit nur einer Gleichheitsrestriktion seien für x 0,y 0,λ 0 die notwendigen KKT- Bedingungen für ein Extremum erfüllt. Dann ist nur die Determinante der geränderten Hessematrix H im Punkt (λ 0,x 0,y 0 ) zu untersuchen. Es gilt: Falls deth(λ 0,x 0,y 0 ) > 0, so liegt ein lokales Maximum vor. Falls deth(λ 0,x 0,y 0 ) < 0, so liegt ein lokales Minimum vor. Ökonomische Interpretation der Lagrange-Multiplikatoren: Der Lagrange-Multiplikator λ einer Nebenbedingung misst die Stärke der Änderung der Zielfunktion, die sich aus der Änderung dieser Restriktion ergibt. Für kleine ε ist λ ε eine gute Approximation für die Änderung des Optimalwertes der Zielfunktion.

32 30 Hinreichende Bedingungen allgemein bei Gleichungsrestriktionen: minf( x) x IR n : g j ( x) = 0, j = 1,...,m. Lagrange-Multiplikatoren: λ T = (λ 1,λ 2,...,λ m ) Lagrange-Funktion: L( x, λ) = f( x)+ λ T g( x) Notwendige KKT-Bedingungen für ein Extremum im Punkt ( x 0, λ 0 ): L λj ( x 0, λ 0 ) = g j ( x 0 ) = 0, j = 1,...,m, L xi ( x 0, λ 0 ) = 0, i = 1,...,n. (m+n,m+n)-hessematrix von L( x, λ): L λ1λ 1... L λ1λ m L λ1x 1... L λ1x n H( λ, x) = L λmλ 1... L λmλ m L λmx 1... L λmx n L x1λ 1... L x1λ m L x1x 1... L x1x n L xnλ 1... L xnλ m L xnx 1... L xnx n Beachte: L λjλ i = λ i g j ( x) = 0 für i,j = 1,...,m und L λjx i = x i g j ( x) Für den Vektor ( x 0, λ 0 ) IR n+m seien die notwendigen KKT-Bedingungen für ein Extremum erfüllt. Es sei g g x x n H( g m g λ 0, x 0 ) = x 1... m x n g 1 g x 1... m x 1 L x1x 1... L x1x n g 1 g x n... m x n L xnx 1... L xnx n die so genannte geränderte (oder auch berandete) Hessematrix im Punkt ( x 0, λ 0 ). Dann gilt: Falls die letzten n m Hauptminoren von H das Vorzeichen von ( 1) m haben, dann ist ( x 0, λ 0 ) IR n+m ein lokales Minimum. Falls die letzten n m Hauptminoren von H alternierendes Vorzeichen haben, beginnend mit dem Vorzeichen von ( 1) m+1, dann ist ( x 0, λ 0 ) IR n+m ein lokales Maximum.