Kapitel 2: Lineare Optimierung

Kapitel 2: Lineare Optimierung Aufgabe 2.1: Lösen Sie zeichnerisch die folgenden LP-Modelle: a) Max. F(x,y) = 4x + 3y b) Max. F(x,y) = x + y c) Max. F(x,y) = x y x + 3y 9 5x + y 1 2x y x + 2y 2 x + 2y 6 x + 2y 1 x, y x y 1 2x + y 2 x, y x,y d) Max. F(x,y) = 2x + y e) Max. F(x,y) = 4x + 3y x + y 1 n(n 1)x+ny n+(n 1) 2 für n = 1,2,... x + 3y 6 x, y x, y Aufgabe 2.2: Formulieren Sie zur Lösung der folgenden Probleme jeweils ein LP und bestimmen Sie graphisch eine optimale Lösung! a) Eine Bergwerksgesellschaft besitzt zwei verschiedene Gruben (bzw. Minen), in denen bestimmte Erzarten gefördert werden. Die Gruben befinden sich in verschiedenen Landesteilen und verfügen über unterschiedliche Kapazitäten. Nach dem Brechen werden bei Erz drei Klassen unterschieden, grob-, mittel- und feinkörniges Erz. Nach jeder Erzart besteht eine gewisse Nachfrage. Die Bergwerksgesellschaft konzentriert sich darauf, einem Hüttenwerk wöchentlich mindestens 12t grob-, 8t mittel- und 24t feinkörniges Erz zu liefern. Die Betriebskosten für die Gruben sind 2 GE pro Tag bei Grube 1 und 16 GE bei Grube 2. In der Grube 1 werden dabei pro Tag 6t grob-, 2t mittel- und 4t feinkörniges Erz gefördert, während die zweite Grube eine tägliche Leistung von 2t grob-, 2t mittelund 12t feinkörnigem Erz hat. Wie viele Tage sollte jede der Gruben pro Woche befahren werden, um die Aufträge der Firma auf wirtschaftliche Weise zu erfüllen? b) Der Automobilfabrikant Dingeldein stellt in zwei Werken Personenkraftwagen (PKW) und Lastkraftwagen (LKW) her. Im ersten Werk, in dem die grundlegenden Montagearbeiten durchgeführt werden, werden fünf Mann-Tage pro LKW und zwei Mann-Tage pro PKW benötigt. Im zweiten Werk, in dem die Endmontage erfolgt, sind pro PKW und pro LKW je drei Mann-Tage notwendig. Die Kapazität des ersten Werkes beträgt 18 und die des zweiten Werkes 135 Mann-Tage pro Woche. Wie viele PKW und LKW sollte der Fabrikant herstellen, um seinen Gewinn zu maximieren? Als weitere Information ist bekannt, dass der Fabrikant an einem LKW 3 GE und an einem PKW 2 GE verdient. W. Domschke et al., Übungen und Fallbeispiele zum Operations Research, 7. Aufl., Springer-Lehrbuch, DOI 1.17/978-3-642-2176-1_2, Springer-Verlag Berlin Heidelberg 211

12 Kapitel 2: Lineare Optimierung Aufgabe 2.3: Maximiere F(, )=2 + Gegeben sei das nebenstehende LP mit einem positiven Parameter β i. 2x Man bestimme für = 18, = 12 und = 6 jeweils 1 5 β 1 β 2 β 3 graphisch die Menge der zulässigen und die Menge der + 2 9 optimalen Lösungen! 2 + β i, Aufgabe 2.4: Lösen Sie das folgende lineare Gleichungssystem nach, und auf und bestimmen Sie eine Lösung des Systems mit nichtnegativen Variablenwerten, für welche die Funktion F(,..., )=2 5 3 +2 23 +5 16 einen maximalen Wert annimmt: 2 + 3 + 13 4 + 9 = 3 2 + 12 4 = + 2 + 7 3 + 9 = 2 Aufgabe 2.5: Untersuchen Sie, ob x = (12,13,6,) eine optimale Lösung des Ungleichungssystems 2 + 3 + 4 + 87 + + 5 + 2 55 3 + + 2 + 61,,, bezüglich der zu maximierenden Zielfunktion F(,..., ) = 17 +9 + 2 +8 ist! Aufgabe 2.6: Das System Ax = b,, x i für i = 2,...,n geht durch die Substitution := x' 1 x'' 1 mit x' 1 und x'' 1 in ein LP mit nichtnegativen Entscheidungsvariablen über. Zeigen Sie, dass in jeder Basislösung x' 1 x'' 1 = gilt! Aufgabe 2.7: Die Firma Wichtelmann GmbH & Co. KG fertigt Vorgartenzwerge. Interessierten Kleingärtnern steht folgendes reichhaltige Sortiment zur Auswahl: 1) Wächter-Zwerg Hugo mit Laterne und Hellebarde, besonders romantisch. 2) Gärtner-Zwerg Jan mit Schaufel, besonders eindrucksvoll in Blumenbeeten. 3) Räuberhauptmann-Zwerg Hotzenplotz, Luxusausführung. 4) Seemanns-Zwerg Freddy mit Akkordeon, singt auf Wunsch 1 einfühlsame Seemannslieder, ideal für den seefahrtsliebenden Gärtner. 5) Zwerg Anton mit Pfeife, kartenspielend, für gesellige Gärtner.

Kapitel 2: Lineare Optimierung 13 Für die Herstellung der Zwerge werden drei verschiedene Tonarten A, B, C verwendet, von denen jeweils nur ein begrenzter Vorrat pro Periode zur Verfügung steht. Je nach Artikel werden unterschiedliche Mengen Ton (gemessen in kg) zur Herstellung eines Zwerges benötigt. Gesucht ist das gewinnmaximale Produktionsprogramm für die nächste Periode, wenn man davon ausgeht, dass die hergestellten Produkte vollständig abgesetzt werden können. Die planungsrelevanten Daten sind in obiger Tabelle zusammengestellt. a) Formulieren Sie ein LP, dessen Lösung das gewinnmaximale Produktionsprogramm pro Periode angibt! b) Errechnen Sie die optimale Lösung mit Hilfe des Simplex-Algorithmus! c) Untersuchen Sie den Lösungsverlauf! Warum ergibt sich eine ganzzahlige Lösung? d) Geben Sie eine ökonomische Interpretation des Optimaltableaus! Aufgabe 2.8: Ein Betrieb kann fünf Produkte P i (i = 1,...,5) herstellen. Jedes der Produkte durchläuft drei Arbeitsprozesse A 1, A 2, A 3 auf Maschinen, die mit einer Kapazität von 6, 2 bzw. 1 Maschinenstunden pro Woche zur Verfügung stehen. Der Kapazitätsbedarf an Maschinenstunden pro ME der einzelnen Produkte ist nebenstehender Tabelle zu entnehmen. Tonart Tonbedarf pro ME des Artikels Vorrat 1 2 3 4 5 A 1 2 1 1 1 B 1 1 1 1 8 C 1 1 1 5 Gewinn/ME 2 1 3 1 2 P 1 P 2 P 3 P 4 P 5 A 1 2 6 6 4 5 A 2 5 1 1 4 4 A 3 12 6 8 2 1 Welche Mengen x i der Produkte P i sind pro Woche herzustellen, wenn der Gewinn 8, 9, 6, 12 bzw. 1 GE pro Einheit von P 1,P 2,..., P 5 ist und der Gesamtgewinn maximiert werden soll? Aufgabe 2.9: Lösen Sie das nebenstehende LP (siehe Domschke und Drexl (211, Kap. 2.2)) mit dem Simplex-Algorithmus! Wählen Sie dabei als Pivotspalte nicht diejenige mit dem kleinsten negativen, sondern die erste mit negativem Wert bei Betrachtung der F-Zeile von links nach rechts (Pivotstrategie "first-fit")! Stellen Sie die Folge der Eckpunkte auf dem Weg zum Optimum graphisch dar und vergleichen Sie diese mit derjenigen, die sich bei Anwendung der üblichen Pivotstrategie "steepest ascent" ergibt! Maximiere F(x) = 1 +2 + 1 (1) 6 + 9 72 (2) 6 (3),

14 Kapitel 2: Lineare Optimierung Aufgabe 2.1: Ermitteln Sie sämtliche Basislösungen des nebenstehenden LPs, veranschaulichen Sie graphisch deren Lage, und berechnen Sie die optimale Lösung mit dem Simplex-Algorithmus! Aufgabe 2.11: Gegeben ist das nebenstehende LP. Bestimmen Sie eine (optimale) Lösung a) mit der M-Methode und b) mit dem primalen Simplex-Algorithmus! Hinweis: Bevor Sie das jeweilige Verfahren anwenden, sollten Sie das Modell in die Maximierungsform mit - Nebenbedingungen bzw. in die Normalform überführen. Aufgabe 2.12: Lösen Sie das nebenstehende LP mit Hilfe des Simplex-Algorithmus! Hinweis: Ermitteln Sie eine zulässige Startlösung mit Hilfe des dualen Simplex-Algorithmus oder der M-Methode! Aufgabe 2.13: Maximiere F(x) = 4 + 3 + 8 (1) 2 + 12 (2) 2 + 3 18 (3), Minimiere F(x) = + +3 1 12 + + 8 2 + 2,, Minimiere F(x) = + + 2 6 2 + 6 + = 4, Gegeben ist das folgende Simplextableau. Es zeigt eine zulässige Basislösung eines erweiterten Modells, die unter Verwendung der M-Methode entstanden ist. y 1 y 2 1 2 5 1 15 1 3 1 1 3 2 1 1 7 F 4 1 2 M-Zeile 2M M 2M M 1M a) Geben Sie diese Basislösung explizit an! b) Welches Maximierungsmodell P (ohne Schlupf- und künstliche Variablen) liegt dem erweiterten Tableau zugrunde? Wie bezeichnet man die Variablen,,? c) Gibt es eine zulässige Lösung für P? Wenn ja, geben Sie eine an! d) Ermitteln Sie eine optimale Lösung von P! Wie viele optimale Lösungen gibt es, und woran lässt sich dies erkennen?

Kapitel 2: Lineare Optimierung 15 Aufgabe 2.14: Maximiere F(x)=6 +4 Gegeben sei das nebenstehende LP. a) Wie lautet das dazu duale LP? +2 8 b) Geben Sie das duale LP in Maximierungsform mit - 3 + 9 Nebenbedingungen an und berechnen Sie eine, Optimallösung mit dem dualen Simplex-Algorithmus! c) Bestimmen Sie anhand des Optimaltableaus des dualen LPs die Optimallösung des primalen LPs! Aufgabe 2.15: Seien A eine reellwertige Matrix mit m Zeilen und n Spalten, b ein reellwertiges m-tupel und c ein reellwertiges n-tupel; dann sind die beiden folgenden LPe zueinander dual: Maximiere c T x Minimiere b T y Ax b A T y c x y Man zeige, dass unter den genannten Voraussetzungen (1) Maximiere c T x Ax = b und x (2) Minimiere b T y A T y c und y m zueinander duale LPe sind! Hinweis: Man verwende ggf. die Lösung der Aufgabe 2.6! Aufgabe 2.16: Es soll ein Ernährungsplan mit minimalen Kosten erstellt werden, bei dem mindestens 21 ME Kalorien und mindestens 12 ME Vitamine pro Essensration angeboten werden. Dafür stehen fünf Lebensmittelsorten zur Verfügung, aus denen sich der Kalorien- bzw. Vitamingehalt (K bzw. V) wie folgt ermitteln lässt: K = + + + 2 (x i = Menge des Lebensmittels i) V = + 2 + + Die Kosten für die Lebensmittel betragen pro Ration: F(x) = 2 + 2 + 31 + 11 + 12 a) Formulieren Sie diese Aufgabe als LP! b) Formulieren Sie das dazu duale LP! c) Ermitteln Sie eine Lösung des primalen LPs, indem Sie zunächst das duale LP graphisch lösen und anschließend die gesuchte Lösung mit Hilfe der Dualitätstheorie herleiten!

16 Kapitel 2: Lineare Optimierung Aufgabe 2.17: Gegeben sei das nebenstehende LP-Modell P. Maximiere F(x)=2 + +3 + a) Geben Sie das zu P duale Modell D an! Ermitteln Sie dabei D durch direkte Anwendung der + + + 5 2x Dualisierungsregeln auf P, ohne dieses Modell 1 + 3 = 4 x vorher zu transformieren! 1 + 1, sowie, b) Formulieren Sie ein zu P äquivalentes Modell P1, das ausschließlich Gleichheitsrestriktionen sowie nichtnegative Variablen enthält! c) Geben Sie das zu P1 duale Modell D1 an! d) Sind die Modelle D und D1 äquivalent? Aufgabe 2.18: Gegeben sei das nebenstehende LP. a) Bestimmen Sie eine optimale Lösung mit Hilfe des revidierten Simplex-Algorithmus! b) Verwenden Sie zur Bestimmung einer optimalen Lösung den Simplex-Algorithmus mit impliziter Berücksichtigung oberer Schranken! Aufgabe 2.19: Lösen Sie das nebenstehende LP durch Anwendung des Simplex-Algorithmus mit impliziter Berücksichtigung oberer Schranken! Aufgabe 2.2: Gegeben ist folgendes LP: Maximiere F(x)=3 + + 4 (= c 1 +c 2 +c 3 ) 6 + 3 + 5 25 (= b 1 ) 3 + 4 + 5 2 (= b 2 ),, Maximiere F(x)=3 +5 4 2 12 3 + 2 18, Maximiere F(x) =2 + 3 + 2 16 [ 6, ], [ 5, ] a) Lösen Sie das Problem mit dem primalen Simplex-Algorithmus! b) Betrachten Sie unabhängig voneinander folgende Datenänderungen, und ermitteln Sie die jeweilige optimale Lösung, ausgehend von dem in a) erhaltenen Optimaltableau: (i) b 1 = 1 (ii) b 2 = 1 (iii) c 2 = 5 (iv) c 3 =2

Kapitel 2: Lineare Optimierung 17 _ + c) In welchem Intervall [ b k b k, bk + b k ] können b 1 bzw. b 2 variiert werden, ohne dass die unter a) ermittelte optimale Basislösung die Optimalitätseigenschaft verliert, d.h. ohne dass ein Basistausch erforderlich wird? _ d) In welchem Intervall [ c k c k, c k + c+ k ] können c 2 bzw. c 3 variiert werden, ohne dass die unter a) ermittelte optimale Basislösung ihre Optimalitätseigenschaft verliert? Aufgabe 2.21: Bestimmen Sie für das nebenstehende LP die optimalen Basislösungen und optimalen Zielfunktionswerte in Abhängigkeit des reellwertigen Parameters μ! Veranschaulichen Sie den Verlauf des Zielfunktionswertes F μ in Abhängigkeit von μ! Aufgabe 2.22: Bestimmen Sie nichtnegative Variablenwerte,,, unter Beachtung der nebenstehenden Nebenbedingungen so, dass die Funktion F 1 (x)= 3 4 + maximiert wird und dabei die Summe F 2 (x)= + möglichst klein ist! Maximiere F μ (, )= + 2 + 8+2μ + 2 7+7μ 3+2μ, 9 +2 + +2 16 4 + 1 + + 6 Aufgabe 2.23: Produkt Gewichtungsfaktor Ein Unternehmen fertigt drei Produkte. Zielart 1 2 3 Es verfolgt damit neben dem langfristigen Gewinnziel weitere Zielsetzungen. Prestige 5 3 4.2 Gewinn 12 9 15.5 In der nebenstehenden Tabelle sind das Umweltvertr. 5 7 8.3 jeweils angestrebte Ziel, die Zielbeiträge der einzelnen Produkte pro ME und ein entsprechender Gewichtungsfaktor angegeben. Bezeichnet man mit, und die zu produzierenden Mengen der Produkte 1, 2 und 3, so ist das folgende Nebenbedingungssystem zu berücksichtigen: 6 + 3 + 5 25 (Kapazitätsrestriktion im Produktionsbereich) 3 + 4 + 5 2 (Absatzrestriktion),, a) Lösen Sie dieses Problem mit Mehrfachzielsetzung (Gewinnmaximierung; höchstmögliches Prestige des Unternehmens, das durch die einzelnen Produkte unterschiedlich beeinflusst wird; maximale Umweltverträglichkeit der Produkte) durch Zielgewichtung! b) Bestimmen Sie eine Zielkompromisslösung auf der Grundlage der Minimierung von Abstandsfunktionen (siehe Domschke und Drexl (211, Kap. 2.7.4)) mit p = 1 sowie p = und unter Verwendung der oben angegebenen Gewichtungen!

18 Kapitel 2: Lineare Optimierung Aufgabe 2.24: Gegeben sei das 2-Personen-Nullsummen-Matrixspiel mit der nebenstehenden Auszahlungsmatrix von Spieler B an Spieler A. a 3 2 1 a) Man prüfe, ob sich die Matrix reduzieren lässt! Das ist immer dann der Fall, wenn es für Spieler A eine Strategie a k gibt, die bei keiner Entscheidung von B günstiger ist als eine andere Strategie a i. Man sagt, a k wird von a i dominiert oder a k ist ineffizient. Entsprechend besitzt evtl. auch B eine oder mehrere dominierte bzw. ineffiziente Strategien. b) Berechnen Sie den unteren und oberen Spielwert des verbleibenden Spiels! c) Formulieren und lösen Sie für das Spiel ein LP! Geben Sie die optimalen Strategien des Spiels in der gemischten Erweiterung und den Spielwert an! Aufgabe 2.25: Das Papier-Stein-Schere-Knobeln ist ein 2-Personen-Nullsummen-Matrixspiel mit nebenstehender Auszahlungsmatrix von Spieler B an Spieler A. b 1 b 2 b 3 b 4 a 1 3 2 2 a 2 3 1 1 2 b 1 =Papier b 2 = Stein b 3 = Schere a 1 =Papier 1 1 a 2 = Stein 1 1 a 3 =Schere 1 1 a) Ermitteln Sie den unteren und oberen Spielwert des Spiels in reinen Strategien! b) Bestimmen Sie optimale Strategien des Spiels in der gemischten Erweiterung mittels linearer Optimierung!

Lösungen zu Kapitel 2: Lineare Optimierung Aufgabe 2.1: a) Optimale Lösung: b) Optimale Lösung: x* = 2.4, y* = 2.2 x* = 11/6 = 1.833 F* = 16.2 y* = 5/6 =.833 F* = 8/3 = 2.67 y 4 x+2y=2 y 4 5x+y=1 x y=1 2 X F=12 2 4 6 x+3y=9 x 2 X F = 4 x+2y=6 2 4 6 x c) y 3 Es existiert keine zulässige Lösung. d) Der zulässige Bereich ist unbeschränkt. Der Zielfunktionswert lässt sich beliebig steigern; somit ist keine optimale Lösung angebbar. 2 2x + y = 2 2x y = x y = 4 y F=4 x+y=1 1 2 X 1 x + 2y = 1 2 3 x x + 3y = 6 2 4 6 x

2 Lösungen zu Kapitel 2: Lineare Optimierung e) n = 1: y 1 n = 2: 2x + 2y 3 n = 3: 6x + 3y 7 n = 4: 12x + 4y 13 usw. Die optimale Lösung befindet sich im Schnittpunkt der Restriktionen für n = 2 und n = 3. Sie lautet x* =.833, y* =.667 und besitzt den Zielfunktionswert F* = 5.333. Für n nähert sich die Restriktion der Bedingung x 1 an. y 4 3 2 1.6 n= 3 n= 2 n= 4 X F=12 n = 1 n n= 1.5.83 1 1.5 x Aufgabe 2.2: a) Formulierung als LP: Anzahl der Arbeitstage in Grube 1 7 (4) Anzahl der Arbeitstage in Grube 2 6 Minimiere F(x) = 2 + 16 6 + 2 12 (1) 2 + 2 8 (2) 4 + 12 24 (3), 7 (4), (5) Die anhand der nebenstehenden Abbildung graphisch ermittelte optimale Lösung ist x 1 = 1, x 2 = 3 mit F* = 68. 5 4 3 2 1 F = 12 X (3) (1) F* = 68 (2) x 1 2 4 6 1

Lösungen zu Kapitel 2: Lineare Optimierung 21 b) Formulierung als LP: Anzahl der zu produzierenden LKW Anzahl der zu produzierenden PKW Minimiere F(x) = 3 + 2 Die anhand nebenstehender Abbildung graphisch ermittelte optimale Lösung ist x 1 = 3, x 2 = 15 und F* = 12. Sie erfüllt die geforderte Ganzzahligkeit; dies ist bei LPen im Allgemeinen jedoch nicht der Fall. Aufgabe 2.3: 5 + 2 18 (1) 3 + 3 135 (2), und ganzzahlig 9 8 7 6 5 4 3 2 15 1 (1) (2) F = 15 X 1 2 3 4 5 6 β 2 =12 2 + = 14 β 1 =18 4 2 β 3 =6 + 2 = 9 (5,2) X(β 1 ) 2 5 = (7.5,3) parametrische Lösungen (9,) 2 4 6 8 1 β 1 = 18 : zulässiger Bereich X( β 1 ), parametrische optimale Lösungen x = λ ( 9, ) + ( 1 λ) ( 7.5, 3) mit λ [ 1, ] β 2 = 12 : x = ( 52, ) ist die einzige zulässige und damit optimale Lösung β 3 = 6 : Menge der zulässigen und damit der optimalen Lösungen ist leer

22 Lösungen zu Kapitel 2: Lineare Optimierung Aufgabe 2.4: Mit dem Gauß-Algorithmus erzeugen wir unter den Variablen, dann und schließlich einen Einheitsvektor. 2 + 3 + 13 4 + 9 = 3 2 + 12 4 = + 2 + 7 3 + 9 = 2 3 + 2 9 = 4 7 + 9 + 8 31 = 6 + 2 + 7 3 + 9 = 2 3 + + 2 + 9 = 4 1 1 + 1 4 = 1 + 5 + 8 5 + 18 = 6 3 + + 2 + 9 = 4 + + 4 = 1 + 5 + 8 5 + 18 = 6 2 + 3 = 1 = 1 + 2 + 3 (I) + + 4 = 1 = 1 + 4 (II) + 3 2 = 1 = 1 3 + 2 (III) Setzen wir nun diese Gleichungen für, und in die Zielfunktion F(,..., ) ein, so erhalten wir: F=2 5+15 1 3+3 3 + 12 +2+4 2 +6 23 +5 16 =14 8 Daraus ist ersichtlich, dass eine Lösung (,..., ) = (1,1,1,,,) den Zielfunktionswert 14 erbringt. Da die Variablen und in F = 14 8 negative Koeffizienten besitzen, lässt sich F durch positive Werte für und nicht erhöhen. Da ferner in F=14 8 nicht vorkommt, beeinflusst der Wert dieser Variablen den Zielfunktionswert nicht. Aufgrund des Gleichungssystems (I) (III) ist erkennbar, dass beliebige reelle Werte aus dem Intervall [,1] annehmen kann. Werte größer als 1 sind nicht möglich, weil dadurch negativ würde. Aufgabe 2.5: Transformation der Ungleichungen in Gleichungen durch Einführen von Schlupfvariablen,, x 7 liefert das folgende Simplextableau. Für die Transformation des ersten in das zweite Tableau geben wir die anzuwendenden Zeilenoperationen an; Pivotelemente werden durch eckige Klammern gekennzeichnet.

Lösungen zu Kapitel 2: Lineare Optimierung 23 x 7 2 3 4 1 1 87 4 (*) 1 1 [5] 2 1 55 : 5 x 7 3 1 2 1 1 61 F 17 9 2 8 6/5 11/5 3/5 1 4/5 43 (*) 1/5 1/5 1 2/5 1/5 11 x 7 [13/5] 3/5 1/5 2/5 1 39 F 13 5 4 22 [25/13] 9/13 1 8/13 6/13 25 2/13 1 5/13 3/13 1/13 8 1 3/13 1/13 2/13 5/13 15 F 2 1 2 5 415 1 9/25 13/25 8/25 6/25 13 1 11/25 2/25 7/25 1/25 6 1 4/25 3/25 2/25 11/25 12 F 7/25 26/25 34/25 113/25 441 Das letzte Tableau enthält die optimale Basislösung x* = (12,13,6,;,,) mit dem Zielfunktionswert F* = 441. Alternativ: Transformation der Ungleichungen in Gleichungen durch Einführen von Schlupfvariablen und Auflösen nach, und liefert: = 12 4/25 + 3/25 + 2/25 11/25x 7 = 13 + 9/25 13/25 + 8/25 + 6/25x 7 = 6 11/25 + 2/25 7/25 + 1/25x 7 Durch Einsetzen von, und in die Zielfunktion erhalten wir: Maximiere F(x) = 441 7/25 26/25 34/25 113/25x 7 Die Funktion nimmt ihr Maximum bei = = =x 7 = an. 2 ( *) + 2 ( *) Aufgabe 2.6: Das Produkt x' 1 x'' 1 kann nur dann ungleich Null sein, wenn x' 1 und x'' 1 Basisvariablen sind. Da sich die beiden zugehörigen Spaltenvektoren in der Koeffizientenmatrix A jedoch nur durch den Faktor 1 unterscheiden, sind sie linear abhängig und können somit nicht gleichzeitig in der Basis sein.

24 Lösungen zu Kapitel 2: Lineare Optimierung Aufgabe 2.7: a) Das LP enthält die folgenden reellwertigen Entscheidungsvariablen: x i Produktionsmenge [in ME] für Gartenzwerg i = 1,...,5 pro Periode Zielfunktion zur Bestimmung des gewinnmaximalen Produktionsprogramms: Maximiere F(x)=2 + + 3 + +2 Nebenbedingungen: Der sich aufgrund des Produktionsprogramms ergebende Tonbedarf darf für keine der Tonarten A, B, C die vorrätige Menge überschreiten: + 2 + + 1 (Tonart A) + + + 8 (Tonart B) + + 5 (Tonart C) Nichtnegativitätsbedingungen:,,,, b) Bei Anwendung des Simplex-Algorithmus ergibt sich folgender Lösungsgang: x 7 x 8 1 2 1 1 1 1 x 7 1 1 1 1 1 8 x 8 1 [1] 1 1 5 F 2 1 3 1 2 2 1 1 1 1 5 x 7 1 1 [1] 1 1 3 1 1 1 1 5 F 1 1 2 2 3 15 [1] 1 1 1 1 2 1 1 1 1 1 3 1 1 1 1 5 F 1 1 2 2 1 21 1 1 1 1 1 2 2 1 1 1 1 5 1 1 2 1 1 1 3 F 2 1 1 1 1 23 Wir erhalten die optimale Lösung x* = (2,,3,,5) mit einem maximalen Gewinn von 23 GE. Dies bedeutet, es werden die Gartenzwerge 1, 3 und 5 gefertigt. c) Es ergibt sich eine ganzzahlige Lösung, da das Pivotelement in jeder Iteration den Wert 1 besitzt. Dadurch bleibt die Pivotzeile jeweils unverändert. Bei anfänglich ganzzahligen

Lösungen zu Kapitel 2: Lineare Optimierung 25 Daten werden somit nur Additionen und Multiplikationen mit ganzzahligen Konstanten ausgeführt. Die Ganzzahligkeit einer optimalen Lösung ist bei allgemeinen LPen wie dem vorliegenden Produktionsplanungsproblem nicht garantiert. Es gibt jedoch Problemklassen, z.b. das klassische Transportproblem in Kap. 4, deren spezielle Struktur der Koeffizientenmatrix bei ganzzahligen rechten Seiten stets zu ganzzahligen Lösungen führt (vgl. Satz 4.3 und 4.4 in Domschke und Drexl (211); siehe auch Aufgabe 1.4). d) Wir betrachten beispielhaft die Nichtbasisvariablen und. ist Strukturvariable und steht für die zu produzierenden ME von Zwerg 4. Seine Aufnahme in das Produktionsprogramm mit 1 ME würde aufgrund des zugehörigen Spaltenvektors im Optimaltableau dazu führen, dass von Zwerg 1 sowie von Zwerg 5 genau 1 ME mehr und von Zwerg 3 genau 2 ME weniger gefertigt werden könnten. Aufgrund der Bewertung der Produktionsmengen in der Zielfunktion ergäbe dies eine Gewinnänderung von c 4 +c 1 +c 5 2c 3 =1+2+2 6= 1GE. ist Schlupfvariable der Nebenbedingung für Tonart A. Würde man um eine Einheit erhöhen, also die verfügbare Kapazität der Tonart A auf 99 ME reduzieren, so müssten von Zwerg 1 und 5 jeweils 1 ME weniger und von Zwerg 3 genau 1 ME mehr gefertigt werden. Auch dadurch entstünde ein Rückgang des Gewinns um 1 GE. Umgekehrt gilt: Könnte man die Kapazität von Tonart A kostenlos um 1 ME erhöhen, so ergäbe sich ein Gewinnanstieg um 1 GE. Der Wert der knappen Kapazität von Tonart A beträgt somit (wie bei Tonart B und C, die dieselben Schattenpreise besitzen) 1 GE. Aufgabe 2.8: Das LP besitzt folgendes Aussehen: Maximiere F(x)=8 +9 +6 + 12 + 1 2 + 6 + 6 + 4 + 5 6 Kapazitätsrestriktion Maschine 1 5 + + + 4 + 4 2 Kapazitätsrestriktion Maschine 2 12 + 6 + 8 + 2 + 1 1 Kapazitätsrestriktion Maschine 3,..., Nach Einführung der Schlupfvariablen, x 7 und x 8 in den Kapazitätsrestriktionen der drei Maschinen ergeben sich die folgenden Simplextableaus: x 7 x 8 2 6 6 4 5 1 6 x 7 5 1 1 4 4 1 2 x 8 12 6 8 [2] 1 1 1 F 8 9 6 12 1

26 Lösungen zu Kapitel 2: Lineare Optimierung x 7 x 8 2/5 24/5 22/5 3 1 1/5 58 x 7 13/5 1/5 3/5 2 1 1/5 18 3/5 [3/1] 2/5 1 1/2 1/2 5 F 4/5 27/5 6/5 4 3/5 6 1 2 16 5 1 1 5 x 7 3 1/3 2/3 7/3 1 1/6 55/3 2 1 4/3 1/3 5/3 1/6 5/3 F 1 6 18 5 3/2 15 Eine gewinnmaximale Lösung ist x* = (,5/3,,,) mit F* = 15. Es sollte also nur Produkt P 2 mit 5/3 ME pro Woche gefertigt werden. Aufgabe 2.9: Beim Simplex-Algorithmus wird in der Regel vorgeschlagen, jeweils eine Spalte mit dem 1 kleinsten negativen Koeffizienten in der F-Zeile (1) als Pivotspalte zu wählen. Dies entspricht einem Fortschreiten innerhalb des Lösungsbereiches 8 Optimum in Richtung des steilsten Anstieges des 6 (3) B C Zielfunktionswertes (steepest ascent). Es ist jedoch ebenso möglich, jede beliebige Spalte D mit negativem Koeffizienten zu wählen. Man X erhält auch hierbei in der Regel (den Fall der (2) A E primalen Degeneration ausgeschlossen, bei 5 1 dem der Wert unverändert bleibt) in jedem Lösungsweg mit Pivotstrategie steepest ascent Schritt eine Lösungsverbesserung, benötigt jedoch u.u. mehr Iterationen. Lösungsweg mit Pivotstrategie first fit Wählen wir jeweils die erste Spalte mit negativem Koeffizienten (first fit), so ergibt sich bei Anwendung des Simplex-Algorithmus folgender Lösungsgang: [1] 1 1 1 6 9 1 72 A = (, ) 1 1 6 F 1 2 1 1 1 1 [3] 6 1 12 E = (1, ) 1 1 6 F 1 1 1

Lösungen zu Kapitel 2: Lineare Optimierung 27 1 3 1/3 6 1 2 1/3 4 D = (6, 4) [2] 1/3 1 2 F 1 1/3 14 1 1/6 3/2 3 1 1 6 C = (3, 6) 1 1/6 1/2 1 F 5/3 5 15 Aufgabe 2.1: Das LP besitzt folgende Basislösungen, die sich durch systematische Kombination der Variablen zu Dreiergruppen (je drei Basisvariablen) bestimmen lassen. Die jeweils nicht angegebenen Variablen sind Nichtbasisvariablen mit Wert. Basislösung Punkt Eigenschaft 12 D (,, ) = (4.5, 3,.5) K optimal (,, ) = (6, 2, 2) G unzulässig 1 (,, ) = (4, 4, 2) E unzulässig (,, ) = (9, 1, 6) H unzulässig (,, ) = (6, 2, 6) J zulässig 8 6 C B (1) (2) (,, ) = (8, 4, 2) I unzulässig (,, ) = (6, 2, 6) B zulässig (,, ) = (12, 4, 18) D unzulässig (,, ) = (8, 4, 6) C unzulässig (,, ) = (8, 12, 18) A zulässig 4 E 2 X K G (3) A J I H 2 4 6 8 1

28 Lösungen zu Kapitel 2: Lineare Optimierung Die optimale Lösung lässt sich mit Hilfe des Simplex-Algorithmus ermitteln: 1 1 1 8 [2] 1 1 12 A = (, ) 2 3 1 18 F 4 3 1/2 1 1/2 2 1 1/2 1/2 6 J = (6, ) [2] 1 1 6 F 1 2 24 1 1/4 1/4 1/2 K = (9/2, 3) 1 3/4 1/4 9/2 x* = (9/2,3,1/2,,) 1 1/2 1/2 3 F(x*) = 27 F 15 5 27 Aufgabe 2.11: a) Lösung mit der M-Methode: Multiplikation der Zielfunktion sowie der ersten und der dritten Nebenbedingung mit 1 führt zu einem äquivalenten Maximierungsmodell mit positiven rechten Seiten: Maximiere G(x)= 3 (= F(x)) + 1 12 8 2 + 2,, Nach Einfügen von nichtnegativen Schlupfvariablen,,, x 7 erhält man ein Maximierungsmodell, dessen Nebenbedingungssystem nur Gleichungen enthält:

Lösungen zu Kapitel 2: Lineare Optimierung 29 Maximiere G(x) = 3 + + = 1 = 12 + = 8 2 + x 7 = 2,,,,,,x 7 Durch Einführung künstlicher Basisvariablen y 1 und y 2 in die Gleichungen, deren Schlupfvariablen den Koeffizienten 1 aufweisen, erhalten wir das folgende Starttableau mit einer für das erweiterte Modell zulässigen Basislösung: x 7 y 1 y 2 1 1 1 1 y 1 1 1 1 1 12 1 1 1 1 8 y 2 [2] 1 1 1 1 2 G 1 1 3 M-Zeile 3M M M M 14M Da die Variablen y 1 und y 2 im Ausgangsmodell nicht enthalten sind, müssen sie in der gesuchten Optimallösung den Wert besitzen. Um dies zu erreichen, gewichtet man sie mit hohen Strafkosten in der Zielfunktion. Bei einer zu maximierenden Zielfunktion erreicht man dies durch Koeffizienten M, wobei M eine hinreichend große Zahl ist. Aus dem Simplextableau entnimmt man: y 1 = 12 + + y 2 = 2 2 + + x 7 Damit erhält man die um die Strafkosten erweiterte Zielfunktion: Maximiere H(x, y) = 3 My 1 My 2 = 3 M(12 + + ) M(2 2 + +x 7 ) = ( 1 + 3M) +( 1 M) 3 M Mx 7 14M Im Simplextableau unterteilt man diese Zielfunktion in eine Zeile für die ursprüngliche Zielfunktion G und eine M-Zeile für die Strafkostenterme.

3 Lösungen zu Kapitel 2: Lineare Optimierung Iterationen mit dem Simplex-Algorithmus: x 7 y 1 y 2 1/2 1/2 1 1/2 11 y 1 1/2 3/2 1 1/2 1 11 1/2 3/2 1 [1/2] 7 1 1/2 1/2 1/2 1 G 3/2 5/2 1/2 1 M-Zeile M/2 3M/2 M M/2 11M 1 1 1 18 y 1 [1] 1 1 1 4 x 7 1 3 2 1 14 1 1 1 1 8 G 2 4 1 8 M-Zeile M M M 4M 1 1 1 18 1 1 1 4 x 7 3 1 1 1 18 1 1 1 12 G 4 2 1 16 Die so erhaltene optimale Lösung ist x* = (12,4,) mit F* = G* = 16. b) Um den primalen Simplex-Algorithmus anwenden zu können, bilden wir zunächst das duale Modell: Maximiere FD(w) = 1 +12w 2 8w 3 +2w 4 + w 2 w 3 + 2w 4 1 + w 3 w 4 1 w 2 + w 3 + w 4 3,w 2,w 3,w 4

Lösungen zu Kapitel 2: Lineare Optimierung 31 Lösung des dualen Modells mit dem primalen Simplex-Algorithmus: w 2 w 3 w 4 w 5 w 6 w 7 w 5 1 [1] 1 2 1 1 w 6 1 1 1 1 1 w 7 1 1 1 1 3 FD 1 12 8 2 w 2 1 1 1 2 1 1 w 6 1 [1] 1 1 1 w 7 1 3 1 1 4 FD 22 4 22 12 12 w 2 1 1 1 1 2 w 3 1 1 1 1 1 w 7 1 3 1 1 4 FD 18 18 12 4 16 Die optimale Lösung des dualen Modells ist w* = (,2,1,) mit FD* = 16. Die Lösung des primalen Modells lässt sich aus dem Optimaltableau für das duale ebenfalls ablesen. Da die Werte von, bzw. den Schattenpreisen von w 5, w 6 bzw. w 7 entsprechen, ergibt sich x* = (12,4,) mit F* = 16 (vgl. zur Begründung auch Aufgabe 2.2). Aufgabe 2.12: Das LP lässt sich mit dem dualen Simplex-Algorithmus lösen. Dazu ist die im Nebenbedingungssystem enthaltene Gleichung durch die beiden Ungleichungen + 4 und + 4 zu ersetzen. Anschließend sind sämtliche Ungleichungen in -Bedingungen umzuwandeln, wodurch negative Werte auf der rechten Seite entstehen. Die Zielfunktion wird in Maximiere G(x) = umgeformt. 1 [ 2] 1 6 2 1 1 6 1 1 1 4 1 1 1 4 G 1 1 1/2 1 1/2 3 [ 3/2] 1/2 1 3 1/2 1/2 1 1 1/2 1/2 1 1 G 1/2 1/2 3

32 Lösungen zu Kapitel 2: Lineare Optimierung 1 2/3 1/3 2 1 1/3 2/3 2 1/3 1/3 1 1/3 1/3 1 G 1/3 1/3 4 Nachfolgend sind die bei Durchführung des dualen Simplex-Algorithmus entstehenden Tableaus dargestellt. Die finale Lösung mit x* = (2,2) und G* = 4, d.h. F* = 4, ist primal zulässig, da alle nichtnegativ sind. Sie ist gleichzeitig optimal, da alle c j ebenfalls nichtnegativ sind. Darüber hinaus handelt es sich um eine primal degenerierte Basislösung, da die Basisvariablen und den Wert aufweisen. Das LP lässt sich auch mit der M-Methode lösen, wobei der Gleichung ebenso wie den beiden Ungleichungen jeweils eine künstliche Variable hinzuzufügen ist. Die M-Methode führt zu folgendem Anfangstableau, auf das der primale Simplex-Algorithmus angewendet wird. y 1 y 2 y 3 y 1 1 2 1 1 6 y 2 [2] 1 1 1 6 y 3 1 1 1 4 G 1 1 M-Zeile 4M 4M M M 16M y 1 3/2 1 1/2 1 3 1 1/2 1/2 3 y 3 [1/2] 1/2 1 1 G 1/2 1/2 3 M-Zeile 2M M M 4M y 1 1 1 1 1 1 2 1 1 2 G 4 M-Zeile M M M Da im letzten Tableau die künstliche Variable y 1 als Basisvariable den Wert besitzt (primale Degeneration) und sämtliche Einträge in den Ergebniszeilen nichtnegativ sind, liegt eine zulässige und optimale Lösung des eigentlichen Modells vor. Eine optimale Basislösung dieses Modells erhält man durch Aufnahme von für y 1 in die Basis. Durch eine graphische Darstellung lässt sich veranschaulichen, dass die optimale Lösung x 1 = x 2 = 2 mit dem Zielfunktionswert F*= G*= 4 die einzige zulässige Lösung des Modells ist.

Lösungen zu Kapitel 2: Lineare Optimierung 33 Aufgabe 2.13: a) Das Tableau enthält die Basislösung = 15, = = = = sowie y 1 = 3, y 2 =7. b) Maximiere F(x)=4 2 (P) + 2 + 5 15 + 3 3 2 = 7,..., (Strukturvariablen von P) c) Mit Hilfe des primalen Simplex-Algorithmus ergibt sich: y 1 y 2 1 2 5 1 15 y 1 1 3 1 1 3 y 2 [2] 1 1 7 F 4 1 2 M-Zeile 2M M 2M M 1M 2 9/2 1 37/2 y 1 1 [3] 1 1 3 1 1/2 7/2 F 1 14 M-Zeile M 3M M 3M 7/2 1 3/2 14 1/3 1 1/3 1 1 1/6 1/6 4 F 1 14 Da die künstlichen Variablen y i aus der Basis eliminiert werden konnten, hat das Modell P eine zulässige Basislösung, nämlich = 4, = 1, = 14, = =. d) Das obige Tableau zeigt bereits eine optimale Basislösung, da in der F-Zeile keine negativen Einträge enthalten sind. Da die Nichtbasisvariable den Schattenpreis besitzt, existieren mindestens zwei optimale Basislösungen. Zusätzlich sind sämtliche Linearkombinationen auf der Strecke zwischen den entsprechenden Eckpunkten des zulässigen Bereichs optimal (Fall parametrischer Lösungen).

34 Lösungen zu Kapitel 2: Lineare Optimierung Aufgabe 2.14: a) Duales LP: Minimiere FD(w)=8 +9w 2 + 3w 2 6 2 + w 2 4,w 2 b) Maximiere FD(w) = 8 9w 2 3w 2 6 2 w 2 4,w 2 Die Anwendung des dualen Simplex-Algorithmus ergibt: w 2 w 3 w 4 w 3 1 [ 3] 1 6 w 4 2 1 1 4 FD 8 9 w 2 1/3 1 1/3 2 w 4 [ 5/3] 1/3 1 2 FD 5 3 18 w 2 1 2/5 1/5 8/5 Optimale Lösung: 1 1/5 3/5 6/5 w 1 = 65, w 2 = 85 FD 2 3 24 FD = 24 c) Aus der Zielfunktionszeile lassen sich unter den Schlupfvariablen w 3 und w 4 die optimalen Werte x 1 = 2 und x 2 = 3 der Strukturvariablen des primalen LPs ablesen. Die Zielfunktionswerte beider Modelle sind im Optimum identisch; daher gilt F = 24. Aufgabe 2.15: Die Dualitätsdefinition in der Aufgabenstellung ist nicht direkt anwendbar, weil Gleichheit in den Nebenbedingungen von (1) gilt und für die Dualvariablen in (2) keine Nichtnegativitätsbedingungen existieren. Beweis: Wir überführen zunächst das duale LP (2) in die Form ( 2' ) mit Nichtnegativitätsbedingungen, indem wir jede Variable y i durch die Differenz zweier nichtnegativer Variablen y+ i und y ersetzen (vgl. Aufgabe 2.6): 1 i

Lösungen zu Kapitel 2: Lineare Optimierung 35 ( 2' ) Minimiere b T ( y + y ) Minimiere ( b T, b T ) y + y A T ( y + y ) c ( A T, A y ) + y c Dualisiert man dieses Modell gemäß der Aufgabenstellung, so erhält man: ( 1' ) Maximiere c T x Da ( 1' ) und ( 2' ) zueinander dual sind, folgt aus der Äquivalenz von ( 1' ) und (1) sowie von ( 2' ) und (2) unmittelbar die zu zeigende Aussage. Aufgabe 2.16: y +, y A A x b x A x b und A x b A x= b b a) Minimiere F(x) = 2 +2 +31 +11 +12 + + + 2 21 + 2 + + 12,..., b) Maximiere FD(w)=21 + 12w 2 2 (1) w 2 2 (2) + 2w 2 31 (3) + w 2 11 (4) 2 + w 2 12 (5),w 2 c) Aus der nachfolgenden graphischen Darstellung des dualen Modells liest man w = ( 11, ) mit dem Zielfunktionswert FD = 141 als dessen optimale Lösung ab. Aufgrund des Einschließungssatzes gilt für die optimalen Zielfunktionswerte des primalen und dualen LPs F = FD = 141. Aus dem Satz vom komplementären Schlupf (vgl. z.b. Domschke und Drexl (211, Kap. 2.5.1)) folgt für die Variablenwerte in den optimalen Lösungen des primalen LPs: 1 Das Transponiertzeichen T verwenden wir nur dann, wenn es für das Verständnis notwendig erscheint.

36 Lösungen zu Kapitel 2: Lineare Optimierung Wegen,w 2 > müssen die korrespondierenden Nebenbedingungen des primalen LPs als Gleichungen erfüllt sein (kein Schlupf): + + + 2 = 21 + 2 + + = 12 Es gilt = = =, da die korrespondierenden Nebenbedingungen (1), (2) und (3) des dualen LPs positiven Schlupf besitzen. Durch Einsetzen in obige Gleichungen erhält man +2 = 21 sowie + = 12. Dieses Gleichungssystem mit zwei Variablen und zwei Gleichungen besitzt die Lösung = 3, = 9. Daher ist x = ( 39,,,, ) eine optimale Lösung des primalen LPs mit F = 141. w 2 2 18 (2) 16 14 12 1 (3) (5) w*=(1,1) (1) 8 FD = 252 6 4 (4) 2 2 4 6 8 1 12 14 16 18 2 Aufgabe 2.17: a) Das zu P duale Modell D lautet: Minimiere FD(w)=5 +4w 2 w 3 2w 2 w 3 2 + w 2 = 1 3w 2 + w 3 3 w 3 = 1,w 3 w 2

Lösungen zu Kapitel 2: Lineare Optimierung 37 b) Man erhält das zu P äquivalente Modell P1: Maximiere F1(x)=2 + x+ 2 x 2 +3 + x+ 4 x 4 + x+ 2 x 2 + + x+ 4 x 4 + = 5 2 + x+ 2 x 2 3 = 4 + x+ 4 + x 4 + = 1, x + 2, x 2,, x + 4, x 4,, c) Das zu P1 duale Modell D1 ergibt sich zu: Minimiere FD1(w)=5 +4w 2 w 3 2w 2 w 3 2 + w 2 1 w 2 1 3w 2 + w 3 3 w 3 1 + w 3 1, w 3 w 2 d) Die Äquivalenz der Modelle D und D1 ist unmittelbar ersichtlich. Aufgabe 2.18: (vgl. Fußnote 1 auf S. 35) A b a) Wir bezeichnen mit à := das Ausgangstableau für den Simplex-Algorithmus. c T 1 c Seien x T := ( x sowie F die Basisvariablen einer zu bestimmenden Basislösung B k1,..., x km ) in Iteration k, so enthalte die Teilmatrix B die entsprechenden Spaltenvektoren aus Ã. Zu Beginn gilt für die zu lösende Aufgabe (mit der Einheitsmatrix I): 1 1 4 := 2 1 12 4 à ; x ; ; 3 2 1 18 B = = 12 B= B 1 = I c = 8 3 5 1 5 1. Iteration: Mit B= B 1 = I ergibt sich die Pivotspalte t = 2 und wegen b s /a st = min {12/2, 18/2} = 6 die Pivotzeile s = 2. Durch Aufnahme von für in die Basis verändert sich B aus einer 4 4-Einheitsmatrix zu:

38 Lösungen zu Kapitel 2: Lineare Optimierung B := 1 1 2 sowie := 1/2 B 1 2 1 1 1 5 1 5/2 1 2. Iteration: Schritt 1 (Wahl der Pivotspalte t): Multiplikation der Zielfunktionszeile von 1 1 Nichtbasisvektoren a 1 und a 4 von à liefert: (,5/2,,1) =( 3,5/2) 3 3 Daher ergibt sich die Pivotspalte t = 1 und ist in die Basis aufzunehmen. mit den Schritt 2 (Wahl der Pivotzeile s): Zur Bestimmung der Pivotzeile werden die Pivotspalte und die rechte Seite durch Multiplikation von B 1 mit a 1 und b ermittelt: a' 1 b' 1 1 4 1 4 1/2. 12 = 6 1 1 3 18 3 6 5/2 1 3 3 3 Pivotzeile s = 3 wegen b' s a' s1 = min{4/1, 6/3} = 2 Schritt 3 (Modifikation von B 1 ): Durch Aufnahme von für in die Basis verändern sich B und deren Inverse zu: B 1 B := 1 1 1 1/3 1/3 2 ; := 1/2 B 1 2 3 1/3 1/3 5 3 1 3/2 1 1 3. Iteration: Schritt 1: Multiplikation der Zielfunktionszeile von B 1 mit den Nichtbasisvektoren a 4 und a 5 von à liefert: (,3/2,1,1) x B T 1 1 = (3/2,1) Damit stellt = (,, ) eine optimale Basislösung dar. Die zugehörigen Werte und den optimalen Zielfunktionswert erhält man durch Multiplikation von B 1 mit b:

Lösungen zu Kapitel 2: Lineare Optimierung 39 1 1/3 1/3 4 2 1/2 12 6 = x 1 1/3 1/3 18 2 F 3/2 1 1 36 b) Für bzw. sind implizit die oberen Schranken κ 1 = 4 bzw. κ 2 = 6 zu berücksichtigen. Es ergibt sich folgender Lösungsgang (zur Vorgehensweise und den verwendeten Bezeichnungen vgl. Domschke und Drexl (211, Kap. 2.6.1)): 3 [2] 1 18 x t = ; q 1 = 9; q 2 = ; κ 2 = 6 F 3 5 Fall 3; := 6 ' Nach der üblichen Wahl der Pivotspalte ist x t = in die Basis aufzunehmen. Bei der Wahl der Pivotzeile ist zu beachten, dass keine der bisherigen Basisvariablen einen negativen Wert (Fall 1) oder einen ihre obere Schranke überschreitenden Wert (Fall 2) erhält. Zusätzlich darf der Wert von x t die Schranke κ t nicht übersteigen (Fall 3). Da die obere Schranke erreicht, bevor der Wert von negativ werden kann (q 1 = 18/2 = 9), wird durch ' :=6 = mit der oberen Schranke κ 2 ' = 6 substituiert. Dadurch ergibt sich das folgende modifizierte Tableau mit ' als Nichtbasisvariable: x' 2 [3] 2 1 6 x t = ; q 1 = 2; q2 = ; κ 1 = 4 F 3 5 3 Fall 1; für in die Basis 1 2/3 1/3 2 Optimale Lösung: F 3 1 36 x 1 = 2 ; x 2 = 6 ' = 6; F = 36 Aufgabe 2.19: Als obere Schranken sind implizit κ 1 = 6 und κ 2 = 5 zu berücksichtigen. Es ergibt sich folgender Lösungsgang (zur Vorgehensweise und den verwendeten Bezeichnungen vgl. Domschke und Drexl (211, Kap. 2.6.1)): [1] 1 1 3 x t = ;q 1 =3;q 2 = ; 1 2 1 16 Fall 1 ( verlässt für die Basis) F 2 1 1 [ 1] 1 3 x t = ;q 1 = 13/3; q 2 =3; 3 1 1 13 Fall 2 ( erreicht κ 1 ) F 3 2 6 κ 1 = 6 κ 2 = 5

4 Lösungen zu Kapitel 2: Lineare Optimierung Wird auf 3 erhöht, so erreicht die obere Schranke κ 1 = 6 ; es wird durch := κ 1 x' 1 ersetzt. Anschließend wird die Nichtbasisvariable für x' 1 in die Basis aufgenommen. x' 1 x' 1 1 [1] 1 3 für x' 1 in die Basis aufnehmen 3 1 1 13 F 3 2 6 1 1 1 3 x t = ;q 1 = 2; q 2 =2; κ 3 = 3 [2] 1 4 Fall 1 ( verlässt für die Basis) F 3 1 15 1/2 1 1/2 5 Optimale Lösung: x' 1 =, 3/2 1 1/2 2 somit x 1 = 6 ; x 2 = 5 und F = 17 F 3/2 1/2 17 Aufgabe 2.2: (vgl. Fußnote 1 auf S. 35) a) Lösung des LPs mit dem primalen Simplex-Algorithmus: 6 3 5 1 25 3 4 [5] 1 2 F 3 1 4 [3] 1 1 1 5 3/5 4/5 1 1/5 4 F 3/5 11/5 4/5 16 1 1/3 1/3 1/3 5/3 1 1 1/5 2/5 3 F 2 1/5 3/5 17 Die optimale Lösung ist x = ( 5/3,,3;,) mit dem Zielfunktionswert F = 17. b) Um zu prüfen, wie sich das Optimaltableau eines LPs bei modifizierten b bzw. c verändert und ob die gegebene Basislösung nach wie vor optimal ist, kann man grundsätzlich den revidierten Simplex-Algorithmus verwenden. Dazu ist im Wesentlichen die Basisinverse B 1 zu berechnen (vgl. auch Aufgabe 2.18). Wir wollen im Folgenden zeigen, dass B 1 nicht explizit berechnet werden muss, sondern aus dem Optimaltableau des Ausgangsmodells abgelesen werden kann. Gleichzeitig liefern die Überlegungen zusätzlich Erläuterungen zur Herleitung eines dualen LPs. Wir gehen davon aus, dass das primale Ausgangsmodell in Normalform mit Strukturvariablen,...,x p und Schlupfvariablen y 1,...,y m gegeben ist:

Lösungen zu Kapitel 2: Lineare Optimierung 41 Maximiere F(x, y) =c T x + T y A x +Sy = b, x, y Dabei gilt b, und S ist eine Einheitsmatrix. Das Optimaltableau habe dann folgendes Aussehen:... x p y 1 y 2... y m x B1 a' 11 a' 12... a' 1p s' 11 s' 12... s' 1m b' 1 x B2 a' 21 a' 22... a' 2p s' 21 s' 22... s' 2m b' 2 : : : : x Bm a' m1 a' m2... a' mp s' m1 s' m2... s' mm b' m F v 1 v 2... v p w 2... w m F' Die nichtnegativen Schattenpreise bzw. Reduzierten Kosten,...,w m bzw. v 1,...,v p des primalen Modells sind zugleich die Struktur- bzw. Schlupfvariablen des dualen Modells; denn es gelten folgende Zusammenhänge: Die Koeffizienten s' ij der Schlupfvariablen sind durch Lineartransformation aus der Einheitsmatrix S entstanden. Daher gibt s' ij das Vielfache der ursprünglichen Zeile j an, das zur Berechnung der aktuellen Zeile i hinzuaddiert wurde. Wenn (a j, s j,b j ) die ursprünglichen Zeilen j = 1,...,m und ( a' i, s' i, b' i ) eine aktuelle Zeile i bezeichnen, dann gilt: m ( a' i, s' i, b' i ) = s' ij ( a j, s j, b j ) für i = 1,...,m j= 1 w i ist das Vielfache der ursprünglichen Zeile i, das zur Berechnung der aktuellen zur ursprünglichen Zielfunktionszeile hinzuaddiert wurde. Wenn ( c T, T, ) die ursprüngliche und (v T, w T, F' ) die aktuelle Zielfunktionszeile bezeichnen, dann gilt: ( v T, w T, F' ) c T T m = (,, ) + w i ( a i, s i, ) i= 1 Optimalitätsbedingungen für das primale Modell P (nichtnegative Einträge in der Ergebniszeile): m v j = w i a ij c j i= 1 w i für j = 1,...,p für i = 1,...,m Dies entspricht exakt dem Nebenbedingungssystem des dualen LPs. Die Zielfunktionszeile enthält in jeder Iteration dessen Variablenwerte. Solange negative Einträge vorhanden sind, ist die entsprechende duale Lösung nicht zulässig. Aus dem Optimaltableau lässt sich neben einer optimalen Basislösung x B = ( x B 1,..., x B m ) = b' des primalen eine zulässige und wegen des Einschließungssatzes der linearen Optimierung zugleich optimale Lösung w = w des dualen LPs ablesen. Die Zielfunktionswerte beider Lösungen sind identisch.

42 Lösungen zu Kapitel 2: Lineare Optimierung Die Matrix B 1 lässt sich aus dem Optimaltableau anhand folgender Überlegungen gewinnen: Durch geeignete Lineartransformationen (Gauß-Jordan-Verfahren) entsteht aus einer Matrix [ ZI] die Matrix [ IZ 1 ], wobei Z eine beliebige quadratische Matrix und I die entsprechend dimensionierte Einheitsmatrix bezeichnen. Da der Simplex-Algorithmus unter den aktuellen Basisvariablen eine Einheitsmatrix erzeugt, ergibt sich an der Stelle der ursprünglichen Einheitsmatrix S die Inverse zur Basismatrix. In der beim revidierten Simplex-Algorithmus verwendeten erweiterten Darstellung von B (sie enthält zusätzlich einen Einheitsvektor für den Zielfunktionswert sowie die Zielfunktionskoeffizienten der Basisvariablen mit negativem Vorzeichen) gilt: B 1 S' = w T 1 Seien nun b und c die geänderten Daten des primalen LPs, so verändert sich die aktuelle (bislang optimale) Basislösung wie folgt: x B = S' b v = A T w c F = w T b Liegt die so veränderte Lösung in Normalform vor (d.h. ist sie primal zulässig ( x B ), die Einträge der Basisvariablen in der Ergebniszeile sind ), und ist sie dual zulässig ( v ), so bleibt die aktuelle Basislösung optimal. Ist die Lösung jedoch primal unzulässig, so wendet man zunächst den dualen Simplex-Algorithmus an. Falls Basisvariablen Ergebniszeileneinträge ungleich besitzen, so sind diese durch geeignete Lineartransformationen auf den Wert zu bringen. Ist die Lösung dual unzulässig, so verwendet man den primalen Simplex-Algorithmus und erreicht oft nach wenigen Schritten das Optimum des modifizierten Modells. (i) b = ( 1, 2), c= c: x B = S' b = v = v, da c= c 1/3 1/3 15 25 F = w T b = ( 15, 35 ) 1 = 2 1 2 1 3 6 = 2+ 12= 14 Aufgrund der primalen Unzulässigkeit wird der duale Simplex-Algorithmus angewendet: 1 1/3 1/3 [ 1/3] 1/3 1 1 1/5 2/5 6 F 2 1/5 3/5 14 3 1 1 1 1 Neue optimale Lösung: 6/5 3/5 1 1/5 2 x = ( 2,, ;, 1) mit F = 8 F 9/5 7/5 4/5 8

Lösungen zu Kapitel 2: Lineare Optimierung 43 (ii) b = ( 25, 1), c= c: x B = S' b = v= v, da c= c 1/3 1/3 15 25 F = w T b = ( 15, 35 ) Aufgrund der primalen Unzulässigkeit wird der duale Simplex-Algorithmus angewendet: 1 1/3 1/3 1/3 5 1 1 [ 1/5] 2/5 1 F 2 1/5 3/5 11 1 4/3 5/3 1/3 1/3 Neue optimale Lösung: 5 5 1 2 5 x = ( 1 3,, ; 5, ) F 3 1 1 1 mit F = 1 (iii) c = ( 354,, ), b = b: Aufgrund der dualen Unzulässigkeit wird der primale Simplex-Algorithmus angewendet: 1 1/3 1/3 1/3 5/3 [1] 1 1/5 2/5 3 F 2 1/5 3/5 17 1 1/3 [4/15] 1/5 8/3 1 1 1/5 2/5 3 F 2 1/5 7/5 23 15/4 5/4 1 3/4 1 Neue optimale Lösung: 3/4 1 5/4 1/4 5 x = ( 5,, ; 1, ) F 3/4 9/4 5/4 25 mit F = 25 (iv) c = ( 312,, ), b = b: 25 = 1 25 1 5 1 = 5+ 6= 11 x B = b' und F = F', weil b = b 6 3 3 v A T 15 = w c= 3 4 5 35 5 5 4 x B = b' und F = F', weil b = b 6 3 3 v A T 15 = w c= 3 4 1 35 5 5 2 = = 3 3 4 3 3 4 3 5 4 3 1 2 = = 2 2 2

44 Lösungen zu Kapitel 2: Lineare Optimierung Es ergibt sich ein Simplex-Tableau mit positivem Ergebniszeileneintrag für die Basisvariable. Daher wird zunächst das Doppelte der zweiten Zeile von der Zielfunktionszeile subtrahiert. Dadurch entsteht ein negativer Ergebniszeileneintrag für ; somit ist anschließend der primale Simplex-Algorithmus anzuwenden. 1 1/3 1/3 1/3 5/3 1 1 1/5 2/5 3 F 2 2 1/5 3/5 17 1 1/3 1/3 1/3 5/3 1 1 1/5 [2/5] 3 F 3/5 1/5 11 1 1/2 5/6 1/6 25/6 Neue optimale Lösung: 5/2 5/2 1/2 1 15/2 x = ( 25 6,, ;, 15 2) F 1/2 1/2 1/2 25/2 mit F = 25 2 c) Im unter a) erhaltenen Optimaltableau sind und Nichtbasisvariablen. Unter Verwendung der Bezeichnungen aus Aufgabenteil b) erhält man: b 1 = b' 1 s' 11 = 5 b 2 = b' 2 s' 22 = 7,5 und und + b 1 = b' 2 s' 21 = 15 + b 2 = b' 1 s' 12 = 5 Damit ergibt sich b 1 [ 2, 4] sowie b 2 [ 12.5, 25]. d) Die Schwankungsbereiche lassen sich wie folgt bestimmen: + ist Nichtbasisvariable; es gilt c 2 = und c 2 = v 2 = 2. + ist Basisvariable; es gilt c 3 = w 2 s' 22 = 1.5 und c 3 = s' 21 = 1. Damit ergibt sich c 2 (, 3] sowie c 3 [ 2.5, 5]. Aufgabe 2.21: Die Aufgabe lässt sich als parametrisches Optimierungsmodell formulieren, in dem der Parameter μ nur in der Zielfunktion steht. Dies erreicht man durch Bilden des dualen Modells: Minimiere FD μ ( w) = ( 8+ 2μ) + ( 7+ 7μ)w 2 +( 3+ 2μ)w 3 2 + w 2 1 + 2w 2 + w 3 1,w 2,w 3

Lösungen zu Kapitel 2: Lineare Optimierung 45 Lösung mit Hilfe der M-Methode: w 2 w 3 w 4 w 5 y 1 y 2 y 1 2 1 1 1 1 y 2 1 2 1 1 1 1 FD μ 8+ 2μ 7+ 7μ 3+ 2μ M-Zeile 3M 3M M M M 2M Nach zwei Iterationen, in denen und w 2 in die Basis aufgenommen werden und dafür die künstlichen Variablen die Basis verlassen, erhält man folgendes Tableau: w 2 w 3 w 4 w 5 1 1/3 2/3 1/3 1/3 optimal für w 2 1 2/3 1/3 2/3 1/3 1/2 μ 1/2 FD μ 1 2μ 3 μ 2+4 μ 5 3μ Fall 1 ( 1/2 μ 1/2): Alle Einträge in der Ergebniszeile sind nichtnegativ. Die optimale Lösung des primalen Modells lautet x 1 = 3 μ und x 2 = 2+ 4μ mit dem Zielfunktionswert F μ ( x) = FD μ ( w) = 5+ 3μ. Fall 2 ( μ > 12 ): Die Reduzierten Kosten von w 3 sind negativ, und es ist ein weiterer Basistausch durchzuführen: w 2 w 3 w 4 w 5 1 1/2 1/2 1/2 optimal für w 3 3/2 1 1/2 1 1/2 1/2 μ FD μ 3/2+3μ 5/2 3+2 μ 11/2 2μ Für diesen Wertebereich des Parameters μ lautet die optimale Lösung des primalen Modells x 1 = 52 und x 2 = 3+ 2μ mit dem Zielfunktionswert F μ ( x) = 11 2+ 2μ. Fall 3 ( μ < 12 ): Im vorletzten Tableau ist der Schattenpreis von w 5 negativ. Der notwendige Basistausch liefert das folgende Tableau: w 2 w 3 w 4 w 5 w 5 3 1 2 1 1 optimal für w 2 2 1 1 1 1 μ 1/2 FD μ 6 12μ 3+ 2μ 7+ 7μ 7 7μ Fall 3a ( 1 μ 1/2): Als optimale Lösung des primalen Modells ergibt sich x 1 = 7+ 7μ und x 2 = mit Zielfunktionswert F μ ( x) = 7+ 7μ.

46 Lösungen zu Kapitel 2: Lineare Optimierung Fall 3b ( μ< 1 ): Es ergibt sich ein negativer Schattenpreis für w 4 ; wegen ausschließlich negativer Elemente in der Pivotspalte ist das (duale) LP unbeschränkt, und es existiert keine zulässige Lösung des primalen LPs. Damit ergibt sich der in nebenstehender Abbildung wiedergegebene Verlauf des optimalen Zielfunktionswertes F μ ( x) in Abhängigkeit vom Parameter μ. F μ ( x) 6 4 2 μ Alternativer Lösungsansatz: 1 1/2 1/2 1 Wir betrachten das primale LP und lösen es mit dem primalen Simplex-Algorithmus: 3/2 Eine notwendige Bedingung für eine zulässige Lösung ist wegen der nichtnegativen Elemente der Koeffizientenmatrix A, dass die rechten Seiten nichtnegativ sind. Daraus ergibt sich μ max{ 8 2, 77, 32 } = 1. Für μ < 1 liegt demnach Fall 3b vor. Wählen wir Spalte 1 als Pivotspalte, so ist im Falle μ < 12 die Zeile 1, im Falle μ > 12 die Zeile 2 und für μ = 12 entweder Zeile 1 oder Zeile 2 als Pivotzeile zu verwenden. Nach Durchführen eines Basistausches ergibt sich für 1 μ 12 (Fall 3a) das folgende Optimaltableau mit x 1 = 7+ 7μ, x 2 = und F μ ( x) = 7+ 7μ : Für 2 1 1 1 2 1 1 1 F μ 1 1 8+ 2μ 7+ 7μ 3+ 2μ 3 1 2 6 12μ 1 2 1 7+ 7μ 1 1 3+ 2μ F μ 1 1 7+ 7μ 12 μ ergibt sich nach dem ersten Basistausch das folgende Tableau: 3/2 1/2 1 3+ 6μ 1 1/2 1/2 4+ μ 1 1 3+ 2μ F μ 1/2 1/2 4+ μ Bei der Wahl der Zeile 2 als Pivotzeile erhält man den obigen Fall 1, bei der Wahl der Zeile 3 den Fall 2.

Lösungen zu Kapitel 2: Lineare Optimierung 47 Aufgabe 2.22: Zunächst wird eine optimale Lösung bezüglich F 1 (x) mit Hilfe der M-Methode ermittelt: x 7 y 1 9 2 1 2 1 16 [4] 1 1 1 1 y 1 1 1 1 1 1 6 F 1 1 3 4 1 M-Zeile M M M M 6M 2 [13/4] 1/4 1 9/4 55/4 1 1/4 1/4 1/4 1/4 y 1 1 5/4 1/4 1/4 1 1 23/4 F 1 3 15/4 3/4 1/4 1/4 M-Zeile M 5/4 M M/4 M/4 M 23/4 M 8/13 1 1/13 4/13 9/13 55/13 1 2/13 3/13 1/13 1/13 17/13 y 1 3/13 2/13 5/13 [8/13] 1 1 6/13 F 1 9/13 6/13 15/13 37/13 23/13 M-Zeile 3/13 M 2/13M 5/13 M 8/13M M 6/13M 7/8 1 1/4 1/8 9/8 19/4 1 1/8 1/4 1/8 1/8 5/4 [3/8] 1/4 5/8 1 13/8 3/4 F 1 3/8 1/4 5/8 37/8 71/4 1 1/3 4/3 7/3 8/3 3 1 1/3 1/3 1/3 2/3 1 1 2/3 5/3 8/3 13/3 2 F 1 1 3 17 Es handelt sich um den Fall der dualen Degeneration, da die Zielfunktionszeile unter den Nichtbasisvariablen und den Wert enthält. Daher ist die ermittelte Lösung x* = (1,2,3,) nicht die einzige, die den optimalen Zielfunktionswert F 1 = 17 aufweist. Unter all diesen optimalen Lösungen wird nun eine solche gesucht, die die nachgeordnete Zielfunktion F 2 (x) = + minimiert. Dazu kann man die zusätzliche Nebenbedingung 3 4 + 17 oder + 3 + 4 + x 8 = 17 mit Basisvariable x 8 in das Tableau einführen, die aufgrund der übrigen Nebenbedingungen nur als Gleichung erfüllbar ist. In der Ergebniszeile wird nun die zweite Zielfunktion wie üblich eingetragen. Erzeugen wir unter den aktuellen Basisvariablen,, und x 8 durch geeignete Linearkombinationen eine Einheitsmatrix, so ergibt sich folgendes Tableau:

48 Lösungen zu Kapitel 2: Lineare Optimierung Nach dem Austausch von x 8 gegen stellt man fest, dass die für F 1 ermittelte Lösung x* = (1,2,3,) zugleich optimal für F 2 ist mit dem Zielfunktionswert F2 = 3. Dies gilt nicht für die Basislösung x ' = (,6,,1), die zwar optimal bezüglich der ersten, aber nicht bezüglich der zweiten Zielfunktion ist (es gilt F 2 ( x ' ) = 6). Aufgabe 2.23: x 7 x 8 1 1/3 4/3 7/3 8/3 3 1 1/3 1/3 1/3 2/3 1 1 2/3 5/3 8/3 13/3 2 x 8 [1] 3 1 F 2 1/3 4/3 7/3 11/3 3 a) Die zu maximierenden Zielfunktionen bezüglich der drei angegebenen Ziele Gewinn, Prestige bzw. Umweltverträglichkeit lauten: F 1 (x) = 12 +9 + 15 F 2 (x) =5 +3 +4 F 3 (x)=5 +7 +8 Mit den vorgegebenen Gewichtungsfaktoren erhalten wir die Zielfunktion: Maximiere F(x) =.5 ( 12 + 9 + 15 ) +.2 ( 5 + 3 + 4 ) +.3 ( 5 + 7 + 8 ) = 8.5 + 7.2 + 1.7 6 + 3 + 5 25 3 + 4 + 5 2,, Mit dem Simplex-Algorithmus ergibt sich folgender Lösungsgang: 6 3 5 1 25 3 4 [5] 1 2 F 8.5 7.2 1.7 [3] 1 1 1 5 3/5 4/5 1 1/5 4 F 2.8 1.36 2.14 42.8 1 1/3 1/3 1/3 5/3 1 1 1/5 2/5 3 F 2/3.693 1.447 46.27 Als optimale Lösung erhält man x = ( 53, 3, ;, ) mit F = 46.27.

Lösungen zu Kapitel 2: Lineare Optimierung 49 b) Zunächst löst man das Optimierungsproblem isoliert bezüglich jeder der drei Zielsetzungen und erhält die optimalen Lösungen: = (5/3,, 3) mit F 1 ( ) = 65 = (8/3, 3, ) mit F 2 ( ) = 67 3 = (, 5, ) mit F 3 ( ) = 35 Minimierung der Abstandsfunktion für p = 1: Wir erhalten die folgende Zielfunktion: Minimiere Φ( x) =.5 65 12 9 15 +.2 67 3 5 3 4 +.3 35 5 7 8 = 47.467 8.5 7.2 1.7 Aufgrund der Vorgabe der für die isolierten Probleme optimalen Lösungen kann auf die Betragsstriche verzichtet werden, so dass wiederum eine lineare Zielfunktion entsteht. Äquivalent dazu ist: Maximiere Ψ( x) = 8.5 + 7.2 + 1.7 (siehe Aufgabenteil a)) Minimierung der Abstandsfunktion bei p = : Zu lösen ist das folgende LP: Minimiere Φ( x, d) = d.5 ( 65.2 ( 67 3.3 ( 35 12 9 15 ) d 5 3 4 ) d 5 7 8 ) d 6 + 3 + 5 25 3 + 4 + 5 2,, Durch Ausmultiplizieren der ersten drei Nebenbedingungen und Anordnen aller Variablen auf der linken Seite ergibt sich z.b. für die erste Bedingung: 6 + 4.5 + 7.5 + d 32.5 Nach Anwenden des Simplex-Algorithmus erhält man die optimale Lösung x 1 = 17 9, x 2 = 23, x 3 = 73 und d = 23 mit dem Zielfunktionswert Φ = 23.

5 Lösungen zu Kapitel 2: Lineare Optimierung Aufgabe 2.24: a) Die Strategie b 2 wird durch b 4 dominiert und kann daher eliminiert werden. b) Der untere Spielwert des verbleibenden Spieles ist b 1 b 3 b 4 e i e (Strategien a 2 und a 3 ), der obere Spielwert ist (Strategie b 3 i = 2 a ). Das Spiel besitzt 1 3 2 3* e j = 1 a keine Lösung in reinen Strategien. 2 3 1 2 2* a c) Für Spieler A lässt sich ein LP mit Variablen p 1, 3 2 1 2* p 2 und p 3 formulieren, die den Wahrscheinlichkeiten für die Auswahl der Strategien a 1 e j 3 1* 2, a 2 und a 3 entsprechen. Da die Summe der Variablen 1 sein muss, kann p 3 durch 1 p 1 p 2 ersetzt werden. Es ergeben sich die folgenden alternativen Formulierungen (in eckigen Klammern stehen die mit den Nebenbedingungen korrespondierenden Dualvariablen, d.h. hier Wahrscheinlichkeiten für die Wahl der Strategien b 1, b 3 bzw. b 4 ): Maximiere F(p 1,p 2,p 3,z)=z Maximiere F(p 1,p 2, z) = z oder 3p 1 + 3p 2 z [q 1 ] 3p 1 + 3p 2 z p 2 2p 3 z [q 3 ] 2p 1 + 3p 2 z+2 2p 1 2p 2 p 3 z [q 4 ] 3p 1 p 2 z+1 p 1 + p 2 + p 3 = 1 p 1 + p 2 1 p 1,p 2,p 3 p 1,p 2 z z Optimale gemischte Strategien sind p =(p 1,p 2,p 3 ) = (.5,.5,) und q =(q 1,q 3,q 4 )= (.4,,.6); der Spielwert ist z =. Aufgabe 2.25: a) Es gilt: e = 1 für alle a i und e für alle j = 1 j b) Der LP-Ansatz entspricht demjenigen in Aufgabe 2.24. Als optimale Strategien erhält man p = q = (1/3,1/3,1/3), der Spielwert ist z =.

http://www.springer.com/978-3-642-2175-4