Ecken des Zuordnungsproblems

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1 Total unimodulare Matrizen Ecken des Zuordnungsproblems Definition.6 Ein Zuordnungsproblem mit den Vorzeichenbedingungen 0 apple x ij apple für i, j =,...,n statt x ij 2{0, } heißt relaxiertes Zuordnungproblem. Beispiel.7 Wir betrachten ein relaxiertes Zuordnungproblem mit Kostenmatrix C =(c ij )=@ 0 0 A 0 Peter Becker (H-BRS) Operations Research II Wintersemester 205/6 26 / 206

2 Total unimodulare Matrizen Fortsetzung Beispiel. Dann sind x = (x, x 2, x 3, x 2, x 22, x 23, x 3, x 32, x 33 ) = (, 0, 0, 0,, 0, 0, 0, ) y = (0,, 0,, 0, 0, 0, 0, ) und z = ( 2, 2, 0, 2,, 0, 0, 0, ) 2 optimale Lösungen. Wegen z = 2 x + 2 y ist aber z keine Ecke und würde damit vom Simplexalgorithmus niemals als optimale Lösung ermittelt. Peter Becker (H-BRS) Operations Research II Wintersemester 205/6 27 / 206

3 Total unimodulare Matrizen Ganzzahligkeit der Ecken beim Zuordnungsproblem Satz.8 Für jedes relaxierte Zuordnungsproblem sind alle Ecken ganzzahlig. Für ein relaxiertes Zuordnungsproblem der Größe n n gilt also x ist Ecke ) x 2{0, } n n Beweis. Induktion über n. n = : x = ist die einzige zulässige und damit optimale Lösung. n! n: Esseix Ecke eines relaxierten n n-zuordnungsproblems. Fall : Es existieren apple i, j apple n mit x ij =. Dann streiche aus dem Zuordnungsproblem Zeile i und Spalte j und aus x alle entsprechenden Komponenten. Der Restvektor von x muss dann eine Ecke des (n ) (n ) Zuordnungsproblems sein, das nach I.V. nur ganzzahlige Ecken hat. Peter Becker (H-BRS) Operations Research II Wintersemester 205/6 28 / 206

4 Total unimodulare Matrizen Fortsetzung Beweis. Fall 2: Es existiert kein i, j mit x ij =. Damit folgt 0 apple x ij < für alle i, j. Wegen P n j= x ij =für alle i folgt: Für jedes i gibt es mindestens zwei Variablen x ij > 0. Damit existieren mindestens 2n Variablen x ij > 0. Widerspruch, denn eine Ecke x und damit eine zulässige Basislösung hat nur 2n BVs. Folgerung.9 Wir können Zuordnungsprobleme mit dem Simplexalgorithmus optimal lösen. Peter Becker (H-BRS) Operations Research II Wintersemester 205/6 29 / 206

5 Total unimodulare Matrizen Konsequenz Wir können Zuordnungsprobleme lösen, indem wir zum relaxierten Problem übergehen und das relaxierte Problem mit dem Simplexalgorithmus lösen. Wir wollen nun untersuchen, für welche weiteren kombinatorischen Probleme solch ein Vorgehen möglich ist, bzw. welche Bedingungen hinreichend für ganzzahlige Ecken sind. Peter Becker (H-BRS) Operations Research II Wintersemester 205/6 30 / 206

6 Total unimodulare Matrizen Quadratische Untermatrizen Definition.0 Für eine Matrix A =(a ij ) 2 R m n sowie Zeilenindizes apple i < i 2 < < i k apple m und Spaltenindizes apple j < j 2 < < j k apple n heißt die Matrix 0 quadratische Untermatrix von A. a i,j a i,j 2 a i,j k a i2,j a i2,j 2 a i2,j k... a ik,j a ik,j 2 a ik,j k C A 2 Rk k Peter Becker (H-BRS) Operations Research II Wintersemester 205/6 3 / 206

7 Total unimodulare Matrizen Totale unimodulare Matrix Definition. Eine Matrix A 2 R m n ist total unimodular genau dann, wenn jede quadratische Untermatrix von A die Determinante 0, oder hat. Wenn A =(a ij ) total unimodular ist, dann sind alle Matrixelemente a ij gleich 0, oder. Die Umkehrung gilt natürlich nicht. Beispiel.2 Die Matrix A = C A 2 R4 6 ist total unimodular. Peter Becker (H-BRS) Operations Research II Wintersemester 205/6 32 / 206

8 für gerichtete Graphen Definition.3 Es sei G =(V, E) eingerichteter Graph mit Knotenmenge V = {v,...,v m } und Kantenmenge E = {e,...,e n }. Dann heißt die m n-matrix A =(a ij )mit 8 < a ij = : von G. wenn v i Anfangsknoten von e j ist, wenn v i Endknoten von e j ist, 0 sonst Peter Becker (H-BRS) Operations Research II Wintersemester 205/6 33 / 206

9 Beispiel.4 Die Matrix von Beispiel.2 ist des folgenden Graphen: Peter Becker (H-BRS) Operations Research II Wintersemester 205/6 34 / 206

10 für ungerichtete Graphen Definition.5 Es sei G =(V, E) ein(ungerichteter) Graph mit Knotenmenge V = {v,...,v m } und Kantenmenge E = {e,...,e n }. Dann heißt die m n Matrix A =(a ij )mit von G. wenn vi inzident mit e a ij = j ist 0 sonst Peter Becker (H-BRS) Operations Research II Wintersemester 205/6 35 / 206

11 Eigenschaften einer () Lemma.6 Es sei G ein gerichteter Graph mit m Knoten. Dann hat die A von G einen Rang r(a) apple m. Beweis. Die Summe der Zeilenvektoren ergibt den Nullvektor, dainjederspalte genau eine und eine existiert. Peter Becker (H-BRS) Operations Research II Wintersemester 205/6 36 / 206

12 Eigenschaften einer (2) Definition.7 Ein gerichteter Graph G ist ein Wald bzw. ein Baum gdw. der G zugeordnete ungerichtete Graph G 0 (siehe Graphentheorie, Definition.6) ein Wald bzw. ein Baum ist. Beispiel.8 gerichteter Graph G: Der zugeordnete ungerichtete Graph G 0 ist ein Baum: Peter Becker (H-BRS) Operations Research II Wintersemester 205/6 37 / 206

13 Lemma.9 Unimodularität Ein gerichteter Graph G ist genau dann ein Wald, wenn die Spalten der von G linear unabhängig sind. Beweis. Wir zeigen: G enthält einen Kreis gdw. die Spalten der A 2 R m n linear abhängig sind. ) : Es sei C = ein Kreis in G 0 und j,...,j k seien die zugehörigen Spaltenindizes der. Für l =,...,k setzen wir: el hat in G die Richtung v l = l! v l sonst Peter Becker (H-BRS) Operations Research II Wintersemester 205/6 38 / 206

14 Fortsetzung Beweis. Damit gilt Unimodularität a j + + k a j k = 0 die Spaltenvektoren sind also linear abhängig. ( : Die Spalten von A seien linear abhängig. Dann existieren Spaltenindizes j,...,j k und Zahlen,..., k 6=0mit a j + + k a j k = 0 Es sei E 00 die Menge der Kanten zu den Spaltenindizes j,...,j k und V 00 sei die Menge der mit den Kanten aus E 00 inzidenten Knoten. Wir betrachten jetzt den Graphen G 00 =(V 00, E 00 ).Weilalle j 6=0muss es für jede Zeile i, in der nicht nur 0en auftreten, mindestens zwei Spalten geben, deren Linearkombination in der i-ten Zeile = 0 ist. Damit hat jeder Knoten in G 00 mindestens den Grad 2 und G 00 kann damit nicht kreisfrei sein. Peter Becker (H-BRS) Operations Research II Wintersemester 205/6 39 / 206

15 Eigenschaften einer (3) Satz.20 Es sei A 2 R m n die Inzidenzmatriz eines gerichteten Graphen G. Dann ist A total unimodular. Beweis. Vollständige Induktion über die Größe k einer quadratischen Untermatrix. k = : Die Untermatrizen der Größe k = sind die Matrixelemente selbst. Per Definition der sind sie gleich 0, oder. Peter Becker (H-BRS) Operations Research II Wintersemester 205/6 40 / 206

16 Fortsetzung Beweis. k! k: EsseiA 0 eine quadratische Untermatrix von A. Fall : A 0 hat in jeder Spalte zwei Elemente 6= 0. Dann definieren die Zeilen und Spalten von A 0 (als betrachtet) einen gerichteten Graphen G 0 mit k Knoten und k Kanten. Damit kann G 0 nicht kreisfrei sein. Nach Lemma.9 sind die Spaltenvektoren von A 0 linear abhängig. Also folgt det(a 0 )=0. Fall 2: A 0 enthält eine Spalte j mit höchstens einem Element aij 0 Berechnung von det(a 0 )entwickelnwirnachspaltej. Es folgt 6= 0. Zur det(a 0 )=( Nach I.V. gilt det(a 0 ij )=0, oder ) i+j a 0 ij det(a 0 ij). Also gilt auch det(a 0 )=0, oder. Peter Becker (H-BRS) Operations Research II Wintersemester 205/6 4 / 206

17 Eigenschaften einer (4) Satz.2 Es sei A 2 R m n die eines (ungerichteten) bipartiten Graphen G. Dann ist A total unimodular. Beweis. Übungsaufgabe. Peter Becker (H-BRS) Operations Research II Wintersemester 205/6 42 / 206

18 Cramersche Regel Für den Beweis des nächsten Satzes benötigen wir die sogenannte Cramersche-Regel. Lemma.22 Es sei A 2 R n n eine quadratische Matrix mit det(a) 6= 0.Für das LGS Ax = b sei A j := (a,...,a j, b, a j+,...,a n ), also die Matrix, die entsteht, wenn in A die j-te Spalte durch den Vektor b ersetzt wird. Dann gilt für die eindeutige Lösung x =(x j ) 2 R n des Gleichungssystems Ax = b x j = det(a j) det(a). Peter Becker (H-BRS) Operations Research II Wintersemester 205/6 43 / 206

19 Beispiel.23 Wir betrachten das LGS {z } A x x 2 x 3 {z } x 0 A 3 A {z } b Es gilt A = = 6 Peter Becker (H-BRS) Operations Research II Wintersemester 205/6 44 / 206

20 Fortsetzung Beispiel. 0 det(a )=det det(a 2 )=det@ det(a 3 )=det@ Daraus folgt A = =0 A = =6 A = =6 x = 0 6 =0, x 2 = 6 6 =, x 3 = 6 6 = Peter Becker (H-BRS) Operations Research II Wintersemester 205/6 45 / 206

21 Totale Unimodularität und ganzzahlige Ecken Satz.24 Es sei A 2 R m n eine total unimodulare Matrix und b 2 Z m sei ein ganzzahliger Vektor. Dann hat die Menge X = {x 2 R n Ax = b, x 0} R n nur ganzzahlige Ecken. Beweis. O.B.d.A. gelte r(a) = m. x ist Ecke, x ist zulässige Basislösung (siehe Satz??) Peter Becker (H-BRS) Operations Research II Wintersemester 205/6 46 / 206

22 Fortsetzung Beweis. x ist zulässige Basislösung,9j,...,j m mit: I die Spaltenvektoren a j,...,a jm sind linear unabhängig, I die Komponenten xj,...,x jm von x sind für A 0 =(a j,...,a jm ) (eindeutige) Lösung des LGS 0 A 0 x j. x jm C A = b I x 0. Nach der Cramer-Regel gilt x jk = det(a0 j k ) det(a 0 ) Peter Becker (H-BRS) Operations Research II Wintersemester 205/6 47 / 206

23 Fortsetzung Beweis. Weil A total unimodular ist und die Spaltenvektoren linear unabhängig sind, folgt det(a 0 )=oder. Weil b ganzzahlig ist, ist auch det(a 0 j k ) ganzzahlig. Damit sind die x jk ganzzahlig. Peter Becker (H-BRS) Operations Research II Wintersemester 205/6 48 / 206