Methoden des Operations Research von W. Hauenschild

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1 Skript zur Vorlesung Methoden des Operations Research von W. Hauenschild Wintersemester / Sommersemester L A TEX-Satz von G. Schmidt. Juli

2 Warnung Dieses Skript ist nur die elektronische Fassung einer Mitschrift aus der genannten Vorlesung. Es ersetzt in keiner Weise ein Lehrbuch und ist ausserdem nur teilweise korrekturgelesen. Durchgesehen von Prof. Hauenschild bis einschliesslich Kapitel 9

3 Inhaltsverzeichnis I. Wintersemester / Einleitung I- Versuch einer Denition (Runzheimer I- 6 Schritte der Entscheidungsvorbereitung nach Domschke, Drexl ( I- Einige Beispiele I-. Lineare Optimierung. Erste Beispiele und Denition I-.. Das Transportproblem I-.. Produktionsplanung I-.. Das Diätproblem I-8.. Optimierungsprobleme I-9. Die Geometrie der Lösungsmenge I-.. Konvexe Mengen I-.. Basislösungen und Ecken I-.. Optimale Lösungen I-8.. Basiswechsel I-. Der Simplex-Algorithmus I-.. Das Tableau I-.. -Phasen-Methode I-7.. Sensitivitätsanalyse I-. Dualität I-.. Allgemeine Form I-.. Die duale Aufgabe I-.. Interpretation der Dualität I-9. Das Transportproblem I-.. Die Modellierung I-.. Das MODI-Verfahren (Potentialmethode I- II. Sommersemester 6. Matrixspiele II- 6.. Erste Bespiele II- i

4 Inhaltsverzeichnis 6.. Grundlegende Denitionen II- 6.. Matrixspiele und lineare Optimierung II- 7. Der primal-duale Algorithmus II Optimale duale Lösungen II Phasen-Methode II- 7.. Der Algorithmus II- 7.. Kürzeste Wege in gerichteten Graphen II- 8. Maximaler Fluss II Die Problemstellung II s-t-schnitte II- 8.. Der primal-duale Algorithmus II- 8.. Der Algorithmus von Ford und Fulkerson II- 9. Das Transportproblem, die Zweite II Wiederholung II Der Alpha-Beta-Algorithmus II-9. Ganzzahlige lineare Optimierung II-.. Unimodularität II-.. Schnittebenenverfahren II-6.. Branch-and-Bound II- III. Anhang A. Literaturverzeichnis III- ii

5 Teil I. Wintersemester /

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7 Einleitung Versuch einer Denition (Runzheimer 99 Unter OR versteht man die Anwendung von wissenschaftlichen Erkenntnissen auf das Problem der Entscheidungsndung in der Unsicherheits- oder Risikosituation mit dem Ziel, den Entscheidungsträgern bei der Suche nach optimalen Lösungen eine quantitative Basis zu liefern. 6 Schritte der Entscheidungsvorbereitung nach Domschke, Drexl (99 a Erkennen des Problems und analysieren (Handlungsbedarf b Beschreiben von Zielen und Handlungsmöglichkeiten c Modellieren des Problems d Beschaung der Daten e Lösen des modellierten Problems f Bewerten der Lösung Einige Beispiele. Transportprobleme Ein Gut soll von verschiedenen Fabriken (Erzeugern zu verschiedenen Groÿhändlern (Vebrauchern transportiert werden. Die Erzeuger können eine jeweils bekannte Menge des Gutes liefern, die Verbraucher benötigen jeweils bekannte Mengen. Die Transportkosten pro Einheit des Gutes sind jeweils bekannt (z.b. proportional zu den Entfernungen zwischen Erzeugern und Verbrauchern.. Produktionsplanung Mit verschiedenen Rohstoen/Ressourcen sollen verschiedene Güter hergestellt werden. Zur Herstellung einer Einheit eines Gutes werden jeweils bekannte Mengen der Rohstoe benötigt. Die Rohstoe stehen in beschränkter Menge zur Verfügung. Eine Einheit eines Gutes liefert einen jeweils bekannten Deckungsbeitrag (Gewinn.. Verschnittprobleme I-

8 Einleitung. Netzwerkprobleme a Maximaler Fluss b Kostenminimaler Fluss. Navigationssystem Der Bordcomputer eines Autos soll zu jeder Zeit den schnellsten Weg (auch in Abhängigkeit von Verkehrsdichte und Staus zu einem festen Ziel anzeigen. 6. Tourenplanung a Postbote b Handelsvertreter c Spedition I-

9 . Lineare Optimierung. Erste Beispiele und Denition.. Das Transportproblem Das Transportproblem zeichnet sich dadurch aus, dass für eine Warenart eine Menge von Erzeugern und eine Menge von Verbrauchern gegeben sind und ein kostengünstiger Transport zwischen den Erzeugern und den Verbrauchern gesucht wird. Durch vereinfachende Annahmen gibt es für jeden Erzeuger eine maximale Produktionsleistung und für jeden Verbraucher einen gegebenen Bedarf. Die Kosten der Transporte entsprechen dem Produkt aus Weglängen und Anzahl der transportierten Waren.... Ein Beispiel Als Beispiel seien die Erzeuger A, B und C sowie die Verbraucher D, E und F gegeben. Die Produkltionsleistungen, Bedarfe und Weglängen sind folgenden Tabellen zu entnehmen: Produzent A B C Angebot 7 Verbraucher D E F Bedarf 6 Entfernungen D E F A B 6 8 C 7... Erkennen des Problems und Beschreibung von Zielen und Handlungsmöglichkeiten Die Aufgabe, die es in diesem Beispiel zu bewältigen gilt, ist die Berechnung, wie viele Waren von den einzelnen Produzenten zu den einzelnen Verbrauchern geschickt werden sollen. Das Ziel ist hierbei die Minimierung der anfallenden Transportkosten. I-

10 . Lineare Optimierung. Erste Beispiele und Denition... Heuristische Methoden zur Bestimmung einer Lösung Um eine Lösung heuristisch zu bestimmen gibt es Methoden, die eine (nicht notwendigerweise optimale Lösung nden und eine Methode, mit der eine gefundene Lösung verbessert werden kann. Matrixminimum-Methode Bei der ersten Heuristik sucht man den kürzesten Weg und schickt über diesen möglichst viele Waren. Anschlieÿend verfährt man in gleicher weise mit dem zweitkleinsten Weg usw. Im Beispiel würde man also als erstes zwei Einheiten von A nach D schicken. Ebeso würde man zwei Einheiten von C nach E schicken. Anschliessend würde man zwei Einheiten von A nach E schicken usw. Das Ergebnis ist in folgender Tabelle dargestellt (Die Gesamtkosten sind 68: D E F A B 6 C Vogel's Methode Bei der zweiten Methode versucht man, die teuren Wege nicht zu nehmen, indem man für jeden Erzeuger und für jeden Verbraucher die Dierenz zwischen dem günstigsten und dem zweitgünstigsten Weg berechnet. Bei demjenigen Erzeuger oder Verbraucher, bei dem diese Dierenz am gröÿten ist, wählt man dann den günstigsten Weg. Im Beispiel würde bei Erzeuger C und Verbraucher F die Dierenz mit am gröÿten sein, so dass man als erstes zwei Einheiten von C nach E und vier Einheiten von A nach F schicken würde. Das Ergebnis der weiteren Anwendung dieser Heuristik ist in folgender Tabelle dargestellt (Die Gesamtkosten sind 6: D E F A B C Verbesserung der Lösung Um beispielsweise die Lösung der Matrixminimum-Methode zu verbessern, kann man versuchen, lokal Transportkosten einzusparen, indem man die Transportmengen umschichtet. Hierzu braucht man zwei Produzenten P und P und zwei Verbraucher V und V. Zum Umschichten transportiert man dann jeweils eine Einheit weniger von P nach V und von P nach V sondern statt dessen jeweils eine Einheit mehr von P nach V und von P nach V. Am Beispiel können durch zwei Umschichtungen zwischen A, B, D und F die Transportkosten um vier auf 6 gesenkt werden: I-

11 .. Produktionsplanung D E F A ( ( B ( (6 C Durch zwei weitere Umschichtungen zwischen A, B, E und F die Transportkosten um weitere zwei auf 6 gesenkt werden: D E F A ( ( B ( ( C Es gibt auch kompliziertere Umschichtungen zwischen mehr als je zwei Erzeugern und Verbrauchern.... Modellierung durch Ungleichungen Anstatt Heuristiken anzuwenden kann man das Problem auch mit einem Satz Ungleichungen modellieren:... Bewerten der Lösung AD + AE + AF BD + BE + BF 7 CD + CE + CF AD + BD + CD AE + BE + CE AF + BF + CF 6 Zum Bewerten der optimalen Lösung des Transportproblems ist es interesant zu sehen, wie sich die Transportkosten ändern, wenn die Produktion ganz oder teilweise von einem Produzent zu einem anderem verlegt wird und wie sich ein Ausbau des Staÿennetzes (das heiÿt, die Verringerung einzelner Wegelängen auf die Transportkosten auswirkt... Produktionsplanung Unter dem Problem der Produktionsplanung versteht man die Planung des Einsatzes unterschiedlicher Ressourcen (z.b. Abteilungen um insgesamt einen möglichst groÿen Gewinn zu erzielen. Hierzu hat man durch vereinfachende Annahmen für jedes Produkt eine Angabe, in welchen Abteilungen das Produkt bearbeitet werden muss. Umgekehrt hat man zusätzlich Angaben darüber, wie schnell die einzelnen Abteilungen diese Arbeitsschritte erledigen können. Natürlich gibt es auch eine maximale Anzahl von Arbeitsstunden pro Monat, in denen die Abteilungen arbeiten und ein Gewinn, der mit den einzelnen Produkten erzielt werden kann. I-

12 . Lineare Optimierung. Erste Beispiele und Denition... Ein Beispiel Als Beispiel soll eine Firma dienen, die Kühlschränke und Waschmaschinen produziert. Für beide ist jeweils ein Gehäuse, ein Aggregat und eine Montage nötig. In der Firma gibt es vier Abteilungen: die Gehäusefertigung, die Aggregatfertigung, die Kühlschrankmontage und die Waschmaschinenmontage. Die Anzahl an Einheiten, die jede Abteilung pro Stunde produzieren kann, ist in folgender Tabelle aufgeschlüsselt: Kühlschränke Waschmaschinen Gehäusefertigung 8 Aggregatfertigung 9 Kühlschrankmontage 8 Waschmaschinenmontage 6 Ein Kühlschrank bringt 6 Gewinneinheiten und eine Waschmaschine Gewinneinheiten. Jede Abteilung arbeitet maximal Stunden pro Monat.... Erkennen des Problems und Beschreibung von Zielen und Handlungsmöglichkeiten Die Aufgabe, die es in diesem Beispiel zu bewältigen gilt, ist die Berechnung, wie viele Waren von den einzelnen Produkten im Planungsmonat hergestellt werden sollen. Das Ziel ist hierbei die Maximierung des anfallenden Gewinnes.... Heuristische Methode zur Bestimmung einer Lösung Da Waschmaschinen deutlich mehr Gewinn einbringen als Kühlschränke könnte man überlegen, so viele Waschmaschinen wie möglich zu produzieren und die restliche Produktionsleistung für die Produktion von Kühlschränken zu nutzen. Im Beispiel würden hiermit 9 Waschmaschinen und 7 Kühlschränke produziert.... Modellierung durch Ungleichungen Anstatt Heuristiken anzuwenden kann man das Problem auch mit einem Satz Ungleichungen modellieren. In einem ersten Ansatz geben G K, A K und M K die Anzahl der Stunden an, die für die Produktion von Kühlschränken in den drei Abteilungen verwendet werden und G W, A W und M W die Anzahl der Stunden an, die für die Produktion von Waschmaschinen verwendet werden: G K + G W A K + A W M K M W G K = 9A K = 8M K 8G W = A W = 6M W I-6

13 .. Produktionsplanung Ein besserer Ansatz ist es, mit zwei Unbekannten K und W die Stückzahlen der Produkte zu betrachten: K/ + W/8 K/9 + W/ K/8 W/6 Zu maximieren ist hierbei die Funktion f(k, W = 6K + W.... graphisches Lösen des modellierten Problems Um aus den Gleichungen eine Lösung zu ermitteln, kann man das Problem bei zwei Variablen graphisch darstellen: 9 Waschmaschinen Linie konstanten Gewinns Kühlschränke Die eingezeichnete Gewinnfunktion zeigt Einsatzmöglichkeiten, die den gleichen Gewinn bringen. Um den Gewinn zu maximieren, muss man diese Linie möglichst weit nach oben verschieben. Damit lässt sich dann auch ablesen, dass der maximale Gewinn bei 9 Waschmaschinen und 7 Kühlschränken liegt. I-7

14 . Lineare Optimierung. Erste Beispiele und Denition..6. Bewerten der Lösung Zum Bewerten der optimalen Lösung des Problems der Produktionsplanung ist es interesant zu sehen, wie sich der Gewinn ändert, wenn zum Beispiel eine Abteilung überstunden macht... Das Diätproblem Das Diätproblem zeichnet sich dadurch aus, dass man mehrere Futtermittel hat, die unterschiedliche Bestandteile haben. Für das Futter von Tieren muss nun eine möglichst kostengünstige Mischung gefunden werden, so dass alle Bestandteile in genügend groÿer Menge enthalten sind.... Ein Beispiel Als Beispiel seien hier zwei Futtermittel gegeben, mit denen Tiere gefüttert werden sollen: Futtermittel A Futtermittel B Bedarf Kohlenhydrate % % g Eiweiss % % 6g Fett % % g Kosten/kg... Erkennen des Problems und Beschreibung von Zielen und Handlungsmöglichkeiten Die Aufgabe, die es in diesem Beispiel zu bewältigen gilt, ist die Berechnung, wie viel von welchem Futtermittel verwendet werden muss, damit der Bedarf bei möglichst geringen Kosten gedeckt ist.... Modellierung und Lösung des Problems Dieses Problem modellieren wir gleich mit Ungleichungen, um es dann graphisch zu lösen: a + b a + b 6 a + b Die Kostenfunktion ist f(a, b = a + b. I-8

15 , Futtermittel A/kg Kostenfunktion.. Optimierungsprobleme Futtermittel B/kg Aus dem Diagramm kann man die optimale Mischung näherungsweise ablesen.... Bewerten der Lösung Zum Bewerten der optimalen Lösung des Problems der Produktionsplanung ist es interesant zu sehen, wie sich die Kosten ändern, wenn man zum Beispiel von einzelnen Bestandteilen eine kleine Menge weniger als nötig ins Futter mischt oder wenn es einem gelingt, eines der beiden Futtermittel zu einem anderen Preis zu bekommen... Optimierungsprobleme... Denition. Eine Instanz (Eines Optimierungsproblems ist ein Paar (P, z mit einer Menge P (Menge der zulässigen Lösungen und einer Kostenfunktion z : P IR. Eine Lösung x P heiÿt optimal, wenn z(x = min{z(x x P }.. Ein Optimierungsproblem ist eine Menge von Instanzen (häug gleichen Typs. I-9

16 . Lineare Optimierung. Erste Beispiele und Denition. Ein Algorithmus löst das Optimierungsproblem, wenn er zu jeder Instanz (d.h., einer Kodierung eine optimale Lösung (d.h., einer Kodierung davon liefert, oder, dass es keine optimale Lösung gibt.... Ein Beispiel Sei P die Menge der Spannbäume eines ungerichteten, aber gewichteten Graphen und z(p für p P die Summe der Kantengewichte. Der Primsche Algotithmus löst dieses Optimierungsproblem.... Lineare Optimierungsprobleme Denition Sei A IR m n und b IR m : Sei weiter c IR n : P = {x IR n x und Ax = b} z(x = c T x Durch (P, z ist eine Instanz (Aufgabe des linearen Optimierungsproblems gegeben. Wir schreiben: (LP S : min c T x unter den Nebenbedingungen x > und Ax = b (LP S heiÿt lineares Optimierungsproblem in Standardform. Ist P = {x IR n x und Ax b}, so schreiben wir (LP K und nennen dies in kanonischer Form. Beispiel. Beispiel. (Diätproblem ist (LP K : A =,,,,,,, b =,, 6,, c = (. Umwandlung in Standardform: x (x, c = x x =, x, x (c = ( T.. vgl. Beispiel. (Produktionsplanung: x + 8 x + x = 9 x + x + x = 8 x + x = 6 x + x 6 = I-

17 (LP S : A = , b = Die x,..., x 6 heiÿen Schlupfvariablen (slack.. vgl. ( (LP S : Ã =, c =.. Optimierungsprobleme dim{x IR Ax = b} = 6 rg(a =,,,,,,, b =,, 6, Die x,..., x heiÿen Überschussvariablen (surplus. 6, c =, x =, x = x. x 6 x x x x x. vgl. Beispiel. (Transportproblem: (LP S : Ã = , b = a a. a m b. b n, c = c. c n. c m. c mn Bei 7 Zuckerfabriken und Groÿhändlern (96 sind das x, c IR, b IR 7 und A IR 7 ( 6Elemente, Einsen.... Äquivalenz von (LPS und (LPK Satz (LP K und (LP S sind äquivalente Probleme. Beweis. Seien P, c und P, c Instanzen. Voraussetzung: x P x P mit c T x c T x und x P x P mit c T x c T x. Behauptung: Ist x P optimal, dann ist das zugehörige x P optimal. Beweis: Sei y P beliebig. Sei y P mit c T y c T y (nach Voraussetzung. Dann gilt: c T x c T x c T y c T y Damit ist x optimal. I-

18 . Lineare Optimierung. Erste Beispiele und Denition. Sei (LP K : min ( c T x udn x ( und Ax b gegeben. Dann wird durch à := (A, E, c x b := b, c := und x := x s ein Optimierungsproblem in Standardform ((LP S : min c T x udn x und à x = b beschrieben. Sei x eine Lösung von (LP S. Dann ist x eine Lösung von (LP K mit ( c T x = (c T, T x x s ( Seien nun x eine Lösung von (LP K und x := Ax b und ( à x = (A, E x Ax b eine Lösung von Lösung von (LP S. Für diese gilt: = c T x + T x s = c T x x Ax b ( c T x = c T x + T (Ax b = (c T, T = Ax Ax + b = b. Dann ist x wegen x, x Ax b = c T x ( A. Sei (LP S : min c T x udn x und Ax = b gegeben. Dann wird durch à :=, A ( b b :=, c := c und x := x ein Optimierungsproblem in kanonischer Form ((LP b K : min c T x udn x und à x b beschrieben. Mit dieser gilt: x ist genau dann eine zulässige Lösung für (LP S, wenn x eine zulässige Lösung für (LP K ist. Ferner gilt c T x = c T x. (Der Beweis hierzu erfolgt analog zum ersten Fall. I-

19 . Die Geometrie der Lösungsmenge Im Gegensatz zu [PS8] ist P in diesem Kapitel nicht notwendigerweise beschränkt... Konvexe Mengen In den ersten Beispielen hatten wir gesehen, dass man optimale Lösungen in den Ecken von P (= Menge der zulässigen Lösungen erwarten kann. Ein wichtiger Begri ist dabei die Konvexität.... Konvexkombinationen Denition Seien a,..., a n IR n und α,..., α k IR. k i= α ia i heiÿt nicht-negative Linearkombination, falls a i, und Konvexkombination falls α i =. k i= α ia i heiÿt echte Konvexkombination, falls zusätzlich α i >. K(a,..., a k sei die Menge aller Konvexkombinationen der a,..., a k. Für a, b IR n heiÿt K(a, b Strecke zwischen a und b. Eine Menge K IR n heiÿt konvex, falls mit a, b K gilt: K(a, b K. Bemerkung Sind K konvex und a,... a k K, dann gilt K(a,... a k K. (Beweis durch Induktion über K.... Beispiele. Seien a IR n \{} und α IR. H = {x IR n a T x = α} heiÿt Hyperebene und ist konvex. Beweis. Seien x, x H und λ. Dann gilt: a T (λx + ( λx = λa T x + ( λa T x = λα + ( λα = α Damit ist λx + ( λx H.. Sei A IR m n und b IR m. {x IR n Ax = b} = x + V heiÿt aner Vektorraum und ist konvex.. a, α wie in : H = {x IR n a T x α} heiÿt Halbraum und ist konvex. I-

20 . Die Geometrie der Lösungsmenge. Sei K ι für ι J konvex ( IR n, dann ist ι J K ι = {K ι ι J} konvex. (x ι J K ι ι J : x K ι Beweis. Seien x, x ι J K ι und λ. Dann gilt x, x K ι für alle ι J. Weil K ι konvex ist, ist auch λx +( λx K ι für alle ι J. Damit ist λx +( λx ι J K ι.. P = {x IR n x Ax = b} ist konvex. 6. D = {x IR n x } ist konvex.... Konvexe Hülle Denition Zu M IR n heiÿt K(M := {K(a,..., a k a,..., a k M, k IN} die konvexe Hülle von M. Bemerkung Es gilt K(M = {K M K, K konvex}, d.h., K(M ist die kleinste Menge, die M enthält.... Extremalpunkte Denition Ein Punkt x K, K IR n konvex, heiÿt Extremalpunkt, wenn er sich nicht als echte Konvexkombination von zwei verschiedenen Punkten aus K darstellen lässt. Mit E(K bezeichnen wir die Menge aller Extremalpunkte von K. Bemerkung Folgende Aussagen sind äquivalent:. x ist ein Extremalpunkt. Für alle a, b K mit x ab = K(a, b gilt x a, b. Für alle y IR n \{} gilt x + y / K oder x y / K.. K\{x } ist konvex Beispiel. E({x IR n x } = {}. E(H =. E(D = {x IR n x = }. E({x x < } = Unter x versteht man die euklidische Norm x = x T x. I-

21 .. Basislösungen und Ecken... Konvexe Polyeder Denition Ein konvexer Polyeder (convex polyhedron ist ein Durchschnitt endlich vieler abgeschlossener Halbräume: P = m i=h = {x Ax b} Ist P und beschränkt, so heiÿt P (konvexes Polytop. Eine Hyperebene H = {x a T x = α} heiÿt Stützhyperebene von P, falls H P und P H. Ist H P = {x }, so heiÿt x Ecke. Ist H P = ab, so heiÿt ab Kante. Satz Sei P ein konvexer Polyeder. Dann sind die Ecken Extremalpunkte. Beweis. Sei x eine beliebige Ecke von P. Sei ferner H = {x a T x = α} eine Stützhyperebene von P mit H P = {x }. Sei y IR n mit x + y, x y P. (Wir zeigen: y = Wegen x + y, x y H gilt a T x ± a T y = a T (x ± y a = a T x Damit gilt a T y a T y. Damit muss a T y = sein. Wegen a T (x + y = a T x + a T y = a T x = α ist damit x + y H P = {x }. Damit muss y = sein... Basislösungen und Ecken... Ein Beispiel Vergleiche. oder. ( ( ( x = x = x = x = x = 6 x = I-

22 . Die Geometrie der Lösungsmenge à = , b = Ecken bekommt man, indem man zwei Variablen gleich Null setzt. Der Rest kann dann berechnet werden.. Mit x = x = bekommt man x = x = x = x 6 =, d.h., x = (,,,,, T und x = (,.. Mit x = x = bekommt man 8 6 x x x x 6 = Wegen x 6 < ist diese Lösung nicht zulässig.. Mit x = x 6 = bekommt man 8 6 x x x x 6 = x x x x 6 x x x x 6 Wir wollen das aus Sicht der linearen Algebra anschauen. Sei im Folgenden rg(a = m n lösbar, d.h., Ax = b. = = x = ( x = ( 9... Basislösungen Denition Seien B : IN m IN n, N : IN n m IN n injektiv mit B(IN m N(IN n m = IN n und A B = (a B(,..., a B(m invertierbar. Setze x B := A B b und x N =. Dann heiÿt x = ( x B xn Basislösung (basic feasible solution, bfs von Ax = b. x heiÿt zulässig (x P, falls x. Bemerkung. ( xb Ax = (A B, A N x N = A B x B + A N x N = A B A B b + A N = b. A B ist invertierbar genau dann, wenn {a B(,, a B(m } eine Basis des IR m ist. I-6

23 .. Basislösungen und Ecken... Äquivalenzaussagen Satz Sei A IR m n mit rg(a = m n und sei b IR m. Für x P = {x IR n x und Ax = b} sind äquivalent:. x ist Extremalpunkt von P.. {a j x j > } ist linear unabhängig.. x ist zulässige Basislösung.. x ist Ecke von P. Beweis. Nach dem Umsortieren gilt x,..., x r > und x r+ = = x n =. Für r = gilt x =. Damit ist {a j x j > } =, also linear unabhängig. Seien nun r > und r i= α ia i =. Sei ohne Einschränkung α i < x j für j r. Sei ferner y = (α,..., α r,,..., T. Dann gilt Ay =. Damit folgt für x ± := x ± y: x ± > und Ax ± = A(x ±y = Ax ±Ay = b. Damit ist x ± P. Da x Extremalpunkt ist, muss damit y = sein. Damit ist {a j x j > } linear unabhängig. Sei {a j x j > } linear unabhängig. Nach dem Austauschsatz gibt es eine Basis von IR m, die aus {a j x j > } und zusätzlichen Spalten von A besteht. Seien B und N passend zu dieser Basis gewählt. ( Betrachte x x =: B. Dann sind x x N = und A B b = A B Ax B = A B A Bx B +A Nx N = N x B. Wegen x P gilt x. Damit ist x eine zulässige Basislösung (zu B, N. Sei x = ( x B x N eine zulässige Basislösung. Sei a = ( a B an gegeben durch a B = m und a N = n m. Sei ferner H := {x IR a T x = }. Dann gilt: a a T x = a B x B + a T Nx N = x P H b Sei x P beliebig mit x = ( x B xn. Dann gilt: Damit ist P H. a T x = a B x B + a T Nx N = n m x N c Sei y P H beliebig mit y = ( y B yn. Dann gilt: Da y N gilt damit y N =. a T y = = a T By B + a T Ny N = n m y N b = Ay = A B y B y B = A b = x B Wegen x N = = y N gilt damit x = y. Damit ist P H = {x }. I-7

24 . Die Geometrie der Lösungsmenge Für P gilt: P = {x IR n x Ax = b} = {x IR n A A E x b b } Damit ist P ein konvexer Polyeder und der Satz in Abschnitt.. anwendbar... gezeigt. Folgerung. O P O E(P (wegen. des Satzes.. Jede Ecke hat höchstens m von null verschiedene Komponenten (wegen. des Satzes.. P hat höchstens ( n m Ecken.... Entartung Denition Eine Ecke heiÿt entartet, falls {j x j } < m. Bemerkung Ist x nicht entartet, dann ist die zugehörige Basis (bis auf die Reihenfolge eindeutig bestimmt... Optimale Lösungen... Darstellungssatz K(E(P K(E(P Die Punkte in E(P ist durch Kreuze ( markiert. I-8

25 .. Optimale Lösungen Denition Für P ist C(P = {y IR n x P λ > : x + λy P } die Menge der Richtungen von P. Bemerkung C(P = {y IR n y und Ay = } Satz (Darstellungssatz P = K(E(P + C(P. Beweis. Induktion über n x := {j x j > }. Induktionsbehauptung Für alle l IN und für alle x P mit n x = l gilt x = k i= λ ix i + y (mit geeigneten λ i, λ i =, x i E(P, y C(P. Induktionsanfang (l = Mit n x = l = gilt x =. Damit ist x E(P. Damit ist x darstellbar als x = x i (für ein i. Induktionsschritt (,..., l l Gelte als Induktionsvoraussetzung für alle x P mit n x < l x = k i= λ ix i + y (mit geeigneten λ i IR, x i, y P. Sei ferner x P mit n x = l. Falls x E(P, so ist nichts zu zeigen. Sei also x / E(P. x x y x x + y x + x x y x x + y Da x / E(P gibt es ein y mit x + y, x y P. Damit gilt Ay = Ax + Ay Ax = A(x + y Ax = b b = und ferner A(x + λy = b für alle λ IR. Damit gilt x + λy P x + λy. Seien nun λ := max{ x j y j y j > } [, ] und λ + := min{ x j y j y j < } [, ]. Seien ferner x := x + λ y und x + := x + λ + y. Dann gilt x +, x und n x +, n x < n x. I-9

26 . Die Geometrie der Lösungsmenge. Falls y, so ist y C(P und λ + =. Damit gilt für x = x + λ y: n x < n x = l. Daher ist die Induktionsvoraussetzung für x anwendbar und x = x +y K(E(P + C(P mit geeigneten x K(E(P und y C(P. Damit gilt x = x λ y = x + y + ( λ y. Wegen y + ( λ y C(P ist damit x K(E(P + C(P.. Falls y, so ist y C(P und λ =. Betrachtet man y + = x + λ + y, so ist dieser Fall analog zum ersten Fall.. Falls y und y, so gilt λ + < und λ >. Dann sind n x < n x = l und n x + < n x = l. Daher ist die Induktionsvoraussetzung für x und x + anwendbar und x = x + y K(E(P + C(P und x + = x + y K(E(P + C(P mit geeigneten x, x K(E(P und y, y C(P. Mit λ := λ+ λ + λ und λ := λ λ + λ gilt damit x = λ λ + λ x + + λ+ λ + λ x = λ (x +y + λ (x + y = λ x + λ x + λ y + λ y. Wegen λ x + λ x K(E(P und λ y + λ y C(P ist damit x K(E(P + C(P. Folgerung. P P hat Ecken. Hat P eine optimale Lösung, dann gibt es eine Ecke, die optimale Lösung ist.. Falls P und P keine optimale Lösung hat, dann existiert ein y C(P mit c T y <.. P und beschränkt P = K(E(P. (Spezialfall des Satzes von Krein-Milmann. Beweis. zu.: Für alle y C(P gilt c T y. Sei x i gegeben durch c T x i = min i k c T x i. Für alle x P gilt dann: x = k λ i x i + y mit λ i, λ i =, y, Ay. i= c T x = λ i c T x i + c T y c T x i + c T y c T x i... Basiswechsel... Nachbarecken ( x Seien x = B mit x B = A B b, x N = eine zulässige Basislösung und x IRn eine x N Lösung von Ax = b. Sei ferner y IR n mit Ay = und x = x + y. I-

27 .. Basiswechsel ( Dann gilt x N = y N. Aus = Ay = A B y B + A N y N folgt y B = A B A Nx N, also y = A B A Nx N. x N Setzt man speziell x N = e k a j := A B aj, so folgt zunächst y B = a t. Damit gilt y = Für λ IR und x λ = x + λy gilt somit Ax λ = b. IR n m, t = N(k und ( zur Abkürzung A := A B A (d.h., a t (B. Für λ min{ x B(i a t a t i > } (oder falls es kein i mit at i j ist x λ zulässig. Die Komponenten von x λ sind: x x λ j λat i B(i = j j = λ j = t sonst Beispiel Vergleiche.. A = A B = (A, b = A B (A, b =, x =, A B = 8 8 e k (N > gibt für λ <, B(N = (,,,, x B = 8 t = x t = λ = λ = 8 x = x = x = x = x = I-

28 . Die Geometrie der Lösungsmenge t = : a = 8 x λ B = 8 λ 8, λ = 8 xλ B = 9, x λ = 8 9 Satz t = : a = x λ B = 8 λ x λ = + λ + λ 8 + λ λ für alle λ. Gibt es ein i mit a t i >, so ist λ = min{ x B(i a t a t i > } < und x = xλ = x + λ y { i B(i i i eine zulässige Basislösung von P zu B(i = mit i t i = i so, dass λ = x B(i. a t i. Ist a t, dann ist y = ( yb y N ist x λ = x + λy zulässig für alle λ. mit y B = a t und y N = e k gröÿer gleich und deshalb { N(i i k Beweis.. Deniere N durch N(i = Dann gilt x = x s := B(i i = k + λ + λy und damit x N =. Wegen a t i > und a t = A B a t = a t i ab(i kann man in der Basis {a B(,..., a B(n } a B(i = a s durch a t ersetzen. x ist also eine zulässige Basislösung zu B.. ist unmittelbar klar. Denition Ist λ >, so heiÿt x Nachbarecke von x. Bemerkung. Falls x entartet ist, dann ist in des Satzes λ =, d.h., x = x.. Falls die Wahl von i in des Satzes nicht eindeutig ist, so ist x entartet.... Zielfunktion ( x Sei x = B x mit x B = A B b, x N = eine zulässige Basislösung. Für x mit Ax = b gilt ( N ( xb x = = x yb + mit y B = A B A Nx N und y N = x N. x N y N I-

29 .. Basiswechsel Dann gilt: c T x = c T x + c T ( yb y N = c T x + c T By B + c T Ny N = c T x c T BA B A Nx N + c T x N = c T x + (c T N c T BA B A Nx N = c T x + (c T N z T Nx N Mit π T := c T B A B und zt := π T A gilt: Zusammen also: Denition z T B = (c T BA B A B = c T BA B A B = c T B und z T N = c T BA B A N c T x = c T x + (c T N z T Nx N = c T x + (c T z T x c = c z heiÿt Vektor der relativen Kosten und es gilt c T x = c T x + c T x. Satz. Beim Übergang von einer Ecke zur Nachbarecke ändert sich der Wert der Zielfunktion um c t λ.. Ist c, so ist x optimal. Beweis.. Mit x N = λ e k für N(k = t folgt c T x = c T x + c T N x N = c T x + c N(k λ = c T x + c t λ.. Aus c folgt c T x = c T x + c T x c T x für alle x P. Zusammenfassung Sei eine lineare Optimierungsaufgabe in Standardform gegeben, d.h., Min c T x udn x und Ax = b; sei weiter rg(a = m n und x die durch B gegebene zulässige Basislösung. Nach Transformation mit A B setzen wir A := A B A = (A B, A N mit A B := E m, b := A B b = x B und ct := c T π T A. Die Aufgabe ist äquivalent zu Min c T x + c T x udn x und Ax = b. In dieser Situation tritt einer der folgenden Fälle auf:. c : Dann ist x optimal.. Es gibt ein t mit c t < und a t : Dann ist die Zielfunktion nach unten unbeschränkt.. Es gibt ein t und ein j mit c t < und a t j > : Dann gibt es eine zulässige Basislösung x (zu B B mit c T x c T x. Ist λ >, so gilt c T x < c T x. Bemerkung Die Fälle und können gleichzeitig auftreten. I-

30 . Die Geometrie der Lösungsmenge I-

31 . Der Simplex-Algorithmus.. Das Tableau... Denition nach Papadimitriou c T heiÿt das Tableau. b A Der Übergang zu einer zulässigen Basislösung wird beschrieben durch c T b A = ct x c T b A und basiert auf Zeilentransformationen, die A B = E und c B = erzeugen. Beispiel ( Min (,,, x udn x und x = ( Versuch: B( =, B( = A B =. ( 9. 9 Dieses Tableau entspricht den Gleichungen x = x + x, x = x + x mit c T x = ( x + x + ( x + x = x (= c T x + c T x Wegen x B = (, T ist x = (,,, T zulässig. Der Wert dieser Lösung ist c T x =. Aus c T = (,,, folgt, dass es bessere Lösungen gibt. Für den nächsten Umformungsschritt muss man t = wählen: Dieses Tableau entspricht den Gleichungen x = x + x, x = x + x mit c T x = x + x = ( x x + x + x = + x x = c T x + c T x Wegen x B = (, T ist x = (,,, T zulässig. Der Wert dieser Lösung ist c T x =. Aus c T = (,,, folgt, dass es bessere Lösungen gibt. Für den nächsten Umformungsschritt muss man t = wählen: 6 I-

32 . Der Simplex-Algorithmus Dieses Tableau entspricht den Gleichungen x = x x, x = 6 x x mit c T x = x + x + x = x + x + x x = + x + x Wegen x B = (, 6T ist x = (,,, 6 T zulässig. Der Wert dieser Lösung ist c T x =. Aus c T = (,,, folgt, dass es diese Lösung optimal ist.... Basiswechsel Im letzten Beispiel haben wir gesehen, dass ein Basiswechsel durch einen weiteren Pivotschritt durchgeführt werden kann. Es liege Fall aus.. vor, d.h., es gibt ein t mit c t > und ein i mit a t i >. Sei λ = min{ x B(i a t i Denition a t i > } = x B(i a t i = b i a t i. a t i heiÿt Pivot-Element, die Spalte t heiÿt Pivot-Spalte und die Zeile i heiÿt Pivot-Zeile. Bemerkung Mit s = B(i gilt: a s verlässt die Basis und a t wird hinzugefügt. Es gibt verschiedene Varianten für die Wahl von t (mit c t < :. minimales t. zufälliges t. t so, dass c t minimal (gröÿtes Verbesserungspotential. t so, dass c t λ minimal (gröÿte Verbesserung Genauso gibt es verschiedene Vatianten für die Wahl von s (unter der Bedingung λ = b i a t i :. minimales s. minimales i. zufälliges s/i Bei ungünstiger Wahl der Varianten kann es bei entarteten Ecken zu einer Endlosschleife kommen. Dies nennt man das Cycling. Ein Beispiel bei der Kombination von Variante für die Wahl von t und Variante für die Wahl von s kann man bei [PS8, Example.7] nden.... Bland's Anticycling Algorithmus Satz Wählt man jeweils die erste der angegebenen Pivot-Strategien, so kann kein Zyklus auftreten. Beweis. Angenommen, es gibt einen Zyklus von Basiswechseln. In diesem Fall kann sich die Zielfunktion innerhalb des gesammten Zyklus nicht ändern, da die Zielfunktion monoton nicht wächst. Da immer c t < gewählt wird, muss aber immer x s = gelten. Wegen λ = gilt deshalb x s = für alle während des Zyklus gewählten Pivot-Zeilen. I-6

33 .. -Phasen-Methode Durch Streichen aller Zeilen und Spalten, ohne Pivot-Element und durch Neunummerierung (ohne Vertauschen entsteht folgendes Problem: Min c T x udn x und Ax = (c, x IR q, A IR p q, rg(a = p. Wir betrachten nun zwei Tableaus, einmal T (wenn a q in die Basis aufgenommen wird und dann T (wenn a q die Basis wieder verlässt. T : t = q c T. A zu B T : t = r s = q c T.. A i... zu B.. Hierbei ist in T die Spalte t = q und in T die Spalten t = r und s = q sowie die Zeile i hervorgehoben. Aus der Wahlstrategie kann man die folgenden Aussagen ableiten: in T ist c i für alle i < q. in T ist c q <. in T ist c r <, a r i >. in T ist für alle i i a r i <. ( yb Wir betrachten y = mit Ay = und y N = e k mit N(k = r. y N Dann gilt y B = a r. y ist im allgemeinen weder zulässig noch Basislösung. Wir berechnen c T y auf zwei Weisen:. c T y = c T + c T y = c T B y B + ct N y N = ct N ek = c N(k = c r < a r i j = B(i. Nach Denition gilt y j = j = r, also y j für alle j B(i = q und sonst y q <. Es folgt c T y = c T + c T y = c j y j + c q y q >. j<q Widerspruch... -Phasen-Methode... Relaxation (Entspannung Es bleibt die Frage, wie man (ezient zu einer zulässigen (nicht oensichtlich vorhandenen Basislösung kommt. Sei hierfür eine Aufgabe in Standardform gegeben: Min c T x udn x und Ax = b. I-7

34 . Der Simplex-Algorithmus Man kann zunächst (durch Multiplikation von Zeilen mit b erreichen. Nun versucht man die Relaxation Ax b zu lösen, wobei man den Fehler gegenüber der Standardaufgabe bestraft (penalty. Dabei wird der Fehler durch die nicht nativen Variablen x a := b Ax beschrieben (a steht für articial, weil hier eine künstliche Aufgabe generiert wird. Denition Folgende Optimierungsaufgabe heiÿt Phase-I-Aufgabe (I: ( x Min ( T m, T a n x ( x a udn x ( x a und (E m, A x = b Bemerkung ( ( x a b = x n ist eine zulässige Basislösung von (I. Satz. Die Aufgabe (I hat immer eine optimale Lösung.. Die ursprüngliche Aufgabe (II hat genau dann eine zulässige Lösung, wenn ( T x a = (d.h., x a = für die optimale Lösung von (I gilt. Beweis.. Die Zielfunktion ist nach unten beschränkt (. (. : Sei x zulässige Lösung von (II: Ax = b und x. Dann ist x ( x a von (I mit Zielfunktionswert (d.h., optimal. : Sei x (I mit T x a =. Dann ist x und Ax = m + Ax = x a + Ax = b zulässige Lösung optimale Lösung von Folgerung Wenn der Simplex-Algorithmus auf (I terminiert, liegt einer der folgenden drei Fälle vor:. m T x a : die ursprüngliche Aufgabe hat keine zulässige Lösung.. m T x a = und unter den x a i sind keine Basiskomponenten: Dann liefert diese Basislösung von (I eine ebensolche von (II.. T m x a = und es gibt Basiskomponenten unter den x a i : Durch Zeilentransformationen (nicht Simplex kann Fall erreicht werden. I-8

35 .. -Phasen-Methode... Das Phase-I-Tableau Wir setzen à := (E m, A, x := Tableau deniert durch ( x a x, b und γ := ( m n. Dann ist das Phase-I- T m n b E m A à B ζ T m π T π T A b à à B B A mit ζ := γ x, π T = γ BT à B und ( m T π T, π T A = γ T = γ T γ BT à = γ T π T à Der Simplex-Algorithmus terminiert bei T m π T und π T A. Dann gibt es drei Fälle:. ζ > : (II hat keine zulässige Lösung. ζ = und à B = A B : Dann muss γ B = und damit π = sein.. ζ = und à B A B : Diesen Fall können wir mit Zeilentransformationen zu Fall umformen. Beispiel. Sei die Aufgabe Min (,,, x udn x und ( ( x = 7 gegeben: 7 9 ( 7 Hier liegt Fall vor. Die ursprüngliche Aufgabe hat also keine Lösung. ( (. Sei die Aufgabe Min (,,, x udn x und x = 6 gegeben: 6 8 ( 6 Hier liegt Fall vor. Um die Basislösung für Phase II zu bekommen ist also ein zwischenschritt nötig: I-9

36 . Der Simplex-Algorithmus Phase II verwendet nun den ursrünglichen Kostenvektor: Damit ist x :=.. Sensitivitätsanalyse eine optimale Lösung. 8 ( 8... Änderung der rechten Seite (b ( x Sei (LP S : min c T x udn x und Ax = b gegeben. Sei ferner x := B mit x B = A B b eine optimale Basislösung, d. h., c T = c T c T B A = ct c T B A B A = ct π T A. Sei (LP S : min c T x udn x und Ax = (b + b. Dann liefert x B := A B (b + b eine Basislösung für (LP S. x B ist genau dann zulässig, wenn x B gilt. Da c unverändert ist folgt dann auch die Optimalität der Lösung. Der Wert der Zielfunktion errechnet sich aus c T B x B = c T B (x B + A b B = c T B x B + ct B A b B = c T x + π T b. Spezialfall ( b = λe l Wir setzen A B =: (α,..., α m (Spalten von A B. Dann gilt: x B x B A B b = λα l Für jedes der α l i muss einer der folgenden Fälle gelten:. αi l > : Wir bekommen die Schranke λ x B(i. α l i. αi l < : Wir bekommen die Schranke λ x B(i. α l i. α l i = : In diesem Fall hat αl i keinen Einuss auf den zulässigen Wertebereich von λ. Wir können also λ und λ + denieren durch λ := max{ x B(i α l i a l i > } und λ + := min{ x B(i a l α l i < }. Damit ist für λ [λ, λ + ] x B = x B + λαl eine optimale Lösung i mit c T x = c T B x B = c T x + λπ l als Wert der Zielfunktion. In diesen Formeln wird das Maximum über der leeren Menge mit und das Minimum über der leeren Menge mit angenommen. I-

37 .. Sensitivitätsanalyse Beispiel (Vergleiche das Beispiel in Abschnitt.. / / / Simplex / / / 8 Für l = ergiben sich λ := x B( = a = und λ+ := x B( = a = Die Lösung ( ( ( λ ist dann x B = x B + λα = + λ = bzw. x = (λ,, λ, λ T. Der Wert der Zielfunktion ist c T x = 8 λ für λ [, ]. Für l = ergiben sich λ := = und λ+ := =. Die Lösung ist dann ( ( ( + λ x B = x B + λα = + λ = bzw. x = ( λ,, + λ, λ T. Der Wert der Zielfunktion ist c T x = 8 ( λ = 8 + λ für λ [, ].... Änderung der Zielfunktion ( x Sei (LP S : min c T x udn x und Ax = b gegeben. Sei ferner x := B mit x B = A B b eine optimale Basislösung. Sei (LP S : min(c + c T x udn x und Ax = b. Dann ist x eine zulässige Basislösung für (LP S. x ist genau dann optimal für (c + c T x, wenn (c + c gilt. Es gilt (c + c j / B(IN m : c j c T B aj c j (für j B(IN m gilt c j = c T Bāj und c j =. Spezialfall ( c = λe k Jetzt istt x optimal genau dann, wenn λ(e k j (ek T Bāj c j j / B(IN n gilt. Bezüglich k und B(IN m müssen wir zwei Fälle unterscheiden:. k / B(IN m : In diesem Fall ist (e k B = m, und wir können λ := c k und λ + := setzen.. k = B(i : Hier ist (e k B = e i, und wir setzen λ := max{ c j a j i a j i < und j / B(IN m } und λ + := min{ c j a j i a j i > und j / B(IN m }. Damit ist für λ [λ, λ + ] x eine optimale Lösung für (c + c T x. Beispiel (Vergleiche das Beispiel in Abschnitt.. Für k = gilt k = B(. Daraus folgt λ := max{} = und λ + := min{, } = =. Für k = gilt k / B(IN m. Daraus folgt λ := und λ + :=. Für k = gilt k = B(. Daraus folgt λ := max{, } = und λ+ := min{} =. Für k = gilt k / B(IN m. Daraus folgt λ := und λ + :=. I-

38 . Der Simplex-Algorithmus I-

39 . Dualität.. Allgemeine Form... Beispiel Optimierungsaufgaben besitzen nicht immer die kanonische Form oder die Standardform. Um zu zeigen, was alles auftauchen kann soll hier ein Beispiel gegeben werden: min (,,, x udn x, und x, x beliebig, x ( (,,, x = 6, (,,, x ( x, Um diese Aufgabe mit dem Simplex-Algorithmus lösen zu können, muss diese erst einmal in Standardform gebracht werden: min (,,,,,,,, x udn x = (x, x +, x, x+, x, x T und x = Bemerkung Statt x, x beliebig ndet man auch die Schreibweise x, x oder die Angabe über die Grenzen von x und x fehlt. I-

40 . Dualität... Denition Eine lineare Optimierungsaufgabe in allgemeiner Form ist gegeben durch min c T x udn x N +, x N x N und A M +x b M +, A M x = b M, A M x b M Bezeichnungen A, b und c lassen sich darstellen als A M + A = A M = (A N +, A N, A N = A M b M + b = b M b M c N + c = c N c N A N + M + A N M + A N + M A N M A N + M A N M A N M + A N M A N M Um (LP a auf Standardform zu bringen, muss man einige Variablen verdoppeln oder mit - multiplizieren und Schlupf- und Überschussvariablen einführen: Bemerkung x := Ã := x N + x + N x N x N x su x sl, c := c N + c N c N c N A N + M + A N M + A N M + A N + M + A N M + A N M + A N + M + A N M + A N M +, b := b M + b M b M, A N M E + A N M + A N M E +. A M +x b M + A N + M x + N + + A N M x + + ( A N + N M x + ( A N + N M ( x + N = A N + M x + N + + A N M (x + x + A N + N N }{{} M x + N x su = b M + und x su. =x N. c T x = c T x I-

41 .. Die duale Aufgabe. x + N = max{x N, }, x N = max{ x N, }. (LP a ist äquivalent zu min c T x udn x und à x = b... Optimalität eine optimale Basislö- ( x Sei (LP S : min c T x udn x und Ax = b gegeben. Sei x = B sung, d.h., c T π T A mit π T := c T B A B. Bemerkung. Für alle für (LP S zulässigen x gilt c T x π T Ax = π T b. c T x = c T B x B = ct B A B b = πt b. Für alle für (LP S zulässigen x und für alle π mit c T π T A gilt c T x π T Ax = π T b = b T π Folgerung π T = c T B A B ist optimale Lösung von max bt π udn A T π c. Wendet man diesen Mechanismus auf ((LP a S (= an, dann gilt für π T = c B à B : π ist optimale Lösung von (* max b T π udn A N + π c N +, A N π = c N, A N π c N, π M +, π M, π M... Die duale Aufgabe... Denition Zu einer linearen Optimierungsaufgabe in allgemeiner Form (LP a, die in diesem Zusammengang primale Aufgabe (P genannt wird, heiÿt (* (vom Ende des letzten Abschnittes die duale Aufgabe (D: (P min c T x udn (D max b T π udn A M +x b M + π M + A M x = b M π M A M x b M π M x N + (A T N +π c N + x N (A T N π = c N x N (A T N π c N I-

42 . Dualität Beispiel (Vergleiche.. (D max (,, 6, π udn π, π, π beliebig, π und (,,, π, ( (,,, π π = (,... Spezialfälle. Sei (P in Standardform gegeben, d.h., (P Min c T x udn x und Ax = b. Dann hat die duale Aufgabe die Form (D Max b T x udn π beliebig und A T π c. Sei (P in kanonischer Form gegeben, d.h., (P Min c T x udn x und Ax b. Dann hat die duale Aufgabe die Form (D Max b T x udn π und A T π c... Dualitätssatz Satz Die duale Aufgabe der dualen Aufgabe ist die primale Aufgabe. Beweis. Ersetzt man in (P bzw. in (D A durch A, b durch b, c durch c und Min durch M ax (oder umgekehrt, so erhält man die jeweils andere Aufgabe. (D=( P Min ( b T π udn ( A T N + π ( c N +, ( A T N π = ( c N, ( A T N π ( c N und π M +, π M, π M. (P=( D Max ( c T x udn ( A M +x ( b M +, ( A M x = ( b M, ( A M x ( b M und x N +, x N, x N. Folgerung Seien x bzw. π zulässige Lösungen von (P bzw. (D (in allgemeiner Form. Dann gilt:. b T π c T x. b T π = c T x x und π sind optimal. Beweis. Zu (: b T π = π T b = πm T b + M ++πm T b M +( πm T ( b M πm T A + M +x+πm T A M x+ ( πm T ( A M x = π T Ax = x T A T π = x T N (A T + N +π+x T N (A T N π+( x T N ( (A T N π x T N c + N + + x T N c N + ( x T N ( c N = x T c = c T x Zu (: ist wegen ( klar. : Sei x optimal für (P.Dann liefert der Simplexalgorithmus auf der Standardisierung ( x.. Min c T x udn x und à x = b eine optimale, zulässige Basislösung x = B und mit π T = c T BÃB eine optimale Lösung von (D mit c T x. Wegen c T x = c T x mit x = ( x T N, x T + N, x T + N, x T N T gilt: x bzw. π sind optimal für (P bzw. (D mit c T x = b T π. Diese Gleichung gilt für alle optimalen x und π. I-6

43 .. Die duale Aufgabe Folgerung Für ein Paar (P und (D liegt eine der folgenden Situationen vor:. Beide haben eine optimale Lösung (b T π = c T x.. Beide haben keine zulässige Lösung.. Eine hat keine zulässige Lösung; die andere hat zulässige Lösungen mit unbeschränkter Zielfunktion, so dass keine optimale existiert. Beweis. Für (P und (D gibt es jeweils die Möglichkeiten, dass es zulässige Lösungen gibt oder nicht (P=, P. P P= D ( ( D= ( (. Haben beide zulässige Lösungen, so sind beide Zielfunktionen beschränkt (zur richtigen Seite; also gibt es optimale Lösungen.. ist klar.. (P habe zulässige Lösungen und (D nicht; dann kann (P keine optimale Lösung haben, denn das optimale Tableau liefert auch eine (optimale Lösung von (D. Daher muss die Zielfunktion nach unten unbeschränkt sein. Beispiel Alle drei Fälle kommen vor: ( (. (P Min (, x udn x und x = ( ( (D Max (, π udn π ( ( Hier sind x = und π = optimal. ( (. (P Min (,, x udn x und x = (D Max (, π udn π Hier hat (P wegen x = und (D wegen π und π keine Lösungen. I-7

44 . Dualität ( (. (P Min (,, x udn x und x = (D Max (, π udn π Hier hat (P wegen x = keine Lösung. Für (D liefert π k := (, k T für k beliebig gute Lösungen.... Der duale Simplexalgorithmus ( Sei eine Aufgabe in kanonischer Form gegeben: Min (, x udn x und x ( ( (. Die duale Aufgabe Max (, x udn π und π ist in diesem Fall besonders einfach zu lösen.der duale Simplexalgorithmus überträgt die Pivotwahl der dualen Aufgabe in das primale Tableau, wobei nicht zulässige Basislösungen erlaubt sind. Simplex: Invariante b, Optimalität c. Dualer Simplex: Optimalität b, Invariante c. Beispiel ( ( ( P Min (, x udn x und x (mit π = π ( ( ( D Min (, π udn π und π (mit x = x ( D mit Simplex ( P mit dualem Simplex ( ( 6 6 π = (,,, T x = (,,, T π = (, T x = (, T x = (, T π = (, T x = (, T π = (, T Für die Pivotwahl gilt: Wähle s mit b s < ; Wähle t so, dass... Zusätzliches Beispiel c t a t s = min{ c j a j s a j s < }.. (P max(, x udn x, (, x und (, x I-8

45 .. Interpretation der Dualität ( (P S max(,,,, x udn x = (x, x +, x, x, x T und ( Simplex für (P S : Mit Umwandlung von Maximum in Minimum und Multiplikation der zweiten Zeile mit - bekommt man (mit π := ( π, π T : x = ( 8 6 Aus dem End-Tableau kann man die Lösung x = (,,,, 6 T bzw. x = (, T der primären Aufgabe und die Lösung π = (, T bzw. π = (, T der dualen Aufgabe ablesen.. (D min(, π udn π, π, (, π und (, π = ( (D S min(,, π udn π = (π, π, π T und π = ( Simplex für (D S : Mit Multiplikation der ersten Zeile mit - bekommt man (mit x := ( x, x T in der ersten Phase: ( Als zweite Phase erhält man: 8 6 Aus dem End-Tableau kann man die Lösungen π = (,, T bzw. π = (, T und x = (, T bzw. x = (, T ablesen... Interpretation der Dualität... Beispiel: Gewinnmaximierung unter beschränkten Resourcen Sei folgende Optimierungsaufgabe mit vier verschiedenen Resourcen gegeben: 8 (P max 6x + x udn x, x und 9 8 x 6 Eine Lösung der primalen Aufgabe ist x = (7, 9 T und x sl = (,, 8 8, T (D min π + π + π + π udn π und π ( Eine Lösung der dualen Aufgabe ist π = (6,,, T und x su = (, T. ( 6 I-9

46 . Dualität Resourcen und sind also knapp. Erhöht man Resourcen und, so kann man zusätzlichen Gewinn machen. Die interessante Frage lautet also, wieviel es wert ist, die Resourcen bis zu erhöhen. Die Antwort darauf lautet: Mit Erhöhung der Ressource j kann man genau π j pro Einheit mehr Gewinn machen. π und π heiÿen Knappheitskosten oder Schattenpreise.... Beispiel: Kostenminimierung unter gegebenem Bedarf (Vergleiche das Diätproblem mit Einheiten zu Gramm (P min(, x udn x und x Eine Lösung der primalen Aufgabe ist x = ( 7, 6 7 T und x su = (,, 7 T. ( ( (D max(,, π udn π und π Eine Lösung der dualen Aufgabe ist π = ( 7, 7, T und x su = (, T. Oensichtlich ist Fett im Überschuss vorhanden. Darum kostet eine Forderung nach mehr Fett zunächst nichts. Würde die Anforderung an Kohlehydraten bzw. Eiweiÿ erhöht, würde sich der Preis pro Gramm um 7 bzw. 7 erhöhen. Ein Konkurrent, der Grundstoe für Futtermittel, die nur einen Wertsto enthalten, müsste überlegen, dass eine Mischung wie die Futtermittel A und B nicht teurer sein sollte als diese. Darüberhinaus könnte er die Preise so festsetzen, dass er bei der konkreten Nachfrage maximalen Gewinn macht. Das ist aber gerade genau die duale Aufgabe. I-

47 . Das Transportproblem.. Die Modellierung Das ausgeglichene Transportproblem (TP läÿt sich schreiben als: min i,j c ij x ij udn x ij und j x ij = a i, i x ij = b j In Matrixschreibweise lautet das: (P Min c T x udn x = (x, x,..., x n, x, x,..., x n,..., x m, x m,..., x mn T und T n T n T n E n E n... E n x = a b Mit π = (α,..., α m, β,..., β n T lautet die duale Aufgabe (D Max a T α + b T β udn n E n n E n.... n E n ( α β c d.h., α i + β j c ij für alle i, j. Die für den Simplex wichtigen relativen Kosten ergeben sich aus c T c ij = c ij α i β j. = c T π T A oder Beispiel a = 6, b = 6, c = 6 I-

48 . Das Transportproblem Phase I: Aufgrund von linearen Abhänkigkeiten können wir die 7. Zeile weglassen Phase II: 6 x = (Nordwest-Ecken-Regel 6 ( x = ( x = + + I-

49 .. Das MODI-Verfahren (Potentialmethode 6 ( x = x = Das MODI-Verfahren (Potentialmethode Ein neuer Weg, die reduzierten Kosten zu bestimmen, ist das MODI-Verfahren: c ij = c ij α i β j. Für Basiskomponenten ij gilt c ij =. Da wir 6 Basiskomponenten haben, bekommen wir für die 7 dualen Variablen 6 Gleichungen. Mit einer Festlegung (z.b. α = können diese berechnet werden. Beispiel c = 6 β =? β =? β =? β =? α =? α =? α =? x = c =?????? Zuerst können wir die α i und die β j aus der Bedingung = c ij α i β j für (i, j B berechnen: c = 6 β = β = β = β = α = α = α = Mit Hilfe der α i und der β j können wir in einem zweiten Schritt die fehlenden c ij berechnen: c = Als Pivot-Element nehmen wir das kleinste c ij. Um zu Pivotieren suchen wir innerhalb der Basiskomponenten einen passenden Umschichtungsweg: x = + + ( + x = I-

50 . Das Transportproblem Diese Schritte wiederholen wir, bis c gilt: c = 6 β = β = β = β = ( + x = + α = α = α = x = c = ( c = 6 β = β = β = β = x = α = α = α = x = c = ( c = 6 β = β = β = β = α = α = α = c = Damit ist x = eine optimale Lösung. Auch α = (,, T und β = (,,, T sind optimal. Die Kosten sind c T x = = a T α + b T β. Bemerkung α = α λ und β = β + λ sind auch optimal, da c ij α i β j = c ij α i β j mit a T α + b T β = a T α + b T β. Interpretation Eine Aktion (Kaufen bei v für α i, Transportieren für c ij und Verkaufen für b j an v j lohnt sich, wenn c ij = c ij α i β j <. I-

51 .. Das MODI-Verfahren (Potentialmethode Bemerkung Handschriftlich kann man alle benötigten Informationen in eine Tabelle packen. In dieser Tabelle muss man dann genau strukturieren, welche Information wo steht: b b b b c c c c a c x c x c x c x α c c c c a c x c x c x c x α c c c c a c x c x c x c x α β β β β Die Werte mehrerer Schritte kann man dabei einfach untereinanderschreiben. Das obige Beispiel hätte dann die Form: 6 + ( ( ( + 6 I-

52 . Das Transportproblem I-6

53 Teil II. Sommersemester

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55 6. Matrixspiele 6.. Erste Bespiele 6... Beispiel: Stein-Schere-Papier Bei dem Spiel Stein-Schere-Papier wählen die zwei Spieler gleichzeitig und unabhängig voneinander entweder die Schere, den Stein oder das Papier. Abhängig von den gewählten Symbolen gewinnt der in der folgenden Tabelle angegebene Spieler: P \ P Stein Schere Papier Stein unentschieden P gewinnt P gewinnt Schere P gewinnt unentschieden P gewinnt Papier P gewinnt P gewinnt unentschieden Zur Modellierung kann man die Wahl der Symbole als zwei Vektoren x, y {, } mit xi = x i = denieren. Die Auszahlungsregeln lassen sich durch die Matrix A = beschreiben. Mit x T Ay kann die Auszahlung für Spieler berechnet wer- den Beispiel: Bilaterales Monopol Zwei Filialketten planen in einem von vier Stadtbezirken eine neue Filiale zu erönen. Eine Marktstudie ergibt in Abhängigkeit von der Wahl folgende Marktanteile der ersten Kette: K \ K A B C D A B C D Eine mögliche Metastrategie ist es, den Minimalgewinn zu maximieren. Die erste Kette würde demnach a := max j würde a := min i max j min i a ij = 6 berechnen und in Stadtteil D bauen. 6.. Grundlegende Denitionen 6... Denition a ij = 6 berechnen und in Stadtteil C bauen. Die zweite Kette Ein Spiel ist ein privater, ökonomischer, sozialer oder politischer Wettbewerb. Zu einem Spiel gehören:. Die Spieler; das können Personen, Firmen, Staaten oder auch die Natur, der Zufall sein. II-