λ i x i λ i 0, x i X, nur endlich viele λ i 0}.

jobname LinOpt Sommer Aufgabe a) Sei X R n. Dann ist b) Cone X = { x i X λ i x i λ i, x i X, nur endlich viele λ i }. x Cone S = Lin S x Lin S = Cone S. Also gibt es nicht-negative Koeffizienten µ i von denen nur endlich viele verschieden von Null sind mit x = s i S µ i s i. Falls x S, so folgt die Behauptung direkt. Andernfalls ist und + µ x also x = si S s x x = µ x x + s i S\x µ i s i µ i + µ x s i Cone (S \ {x}). Cone S Lin S ist klar, wir müssen nur die umgekehrte Inklusion zeigen. Sei also z Lin S und z = s λ i S is i eine Linearkombination von z mit möglichst wenig negativen Koeffizienten λ i. Ist keiner negativ, so sind wir fertig. Ansonsten sei etwa λ <. Nach Voraussetzung ist s Cone(S \ {s }), also gibt es nicht-negative µ i (nur endlich viele ) mit s = µ i s i und mit s i S\s z = λ ( s ) + s i S\{s } λ i s i = s i S\{s } ( λ µ i ) +λ i s i }{{} erhalten wir eine Linearkombination von z mit echt weniger negativen Koeffizienten im Widerspruch zur Wahl der Darstellung von z. Aufgabe a) F P heißt Seite eines Polyeders, wenn es ein lineares Funktional d und ein δ R gibt mit dx δ für alle x P und F = {x P dx = δ}. b) Sei P = {y R n Ay b}. Dann ist f (P ) = {x R r A(Bx + c) b} = {x R r (AB)x b Ac} offensichtlich ein Polyeder. c) Seien d, δ wie in a). Dann ist f (F ) = {x R r A(Bx + c) b, d(bx + c) = δ} = {x R r (AB)x b Ac, (db)x = δ dc}.

jobname LinOpt Da A(Bx + c) b d(bx + c) δ (db)x δ dc ist f (F ), falls es nicht leer ist, eine Seite von f (P ). Aufgabe 3 a) Sei X R n endlich. Dann heißt Conv X ein Polytop. b) Zunächst kann man die Bedingung an die Norm auflösen in n Ungleichungspaare x i. Mit der Matrix A = ( n n ) und b der Vektor mit n sen und n -sen ist P = {x R n Ax b}, also ist P ein Polyeder. Nach Satz der Vorlesung sind Polytope genau die beschränkten Polyeder. P ist aber nach Voraussetzung bzgl. der -Norm beschränkt. Aufgabe a) Eine Optimierungsaufgabe max{cx Ax b} heißt zulässig, wenn es ein x R n gibt mit Ax b. b) Sei (P ) = max{cx Ax b} und (D) = min{yb ya = c, y }}. Sind beide Programme zulässig, so gilt Gleichheit. c) Nach b) ist ( ) ( ) A b max {cx x R n, x, Ax b} = max {cx x R n, x } n ( ) A = min {yb y R m, (y, z) = c, y, z } n = min {yb y R m, ya z = c, y, z } falls beide Programme zulässig sind. = min {yb y R m, y, ya c}, Aufgabe Wir bezeichnen mit x L, x A, x S die Anzahl der normal geräucherten Lachse, Aale bzw. Schollen und mit y L, y A, y S die Anzahl der in Überstunden geräucherten Fische. Dann haben wir die Restriktionen x L + x A + x S y L + y A + y S. Da die Summe der normal geräucherten und der in Überstunden geräucherten Fische die Gesamtzahl jeder Sorte Fisch nicht übersteigen darf, haben wir darüberhinaus: x L + y L 8 x A + y A x S + y S 3 und selbstverständlich x A, x L, x S, y L, y A, y S. Der Frischfisch ergibt sich dann als Differenz, also ist etwa 8 x l y L die Menge des produzierten frischen Lachses. Also erhalten wir als Nettogewinnfunktion x L + y L + 8(8 x L y L ) + x A + 7y A + ( x A y A ) + 3x S + 9y S + (3 x S y S ),

jobname 3 LinOpt die wir zusammenfassen zu 636 + 6x L + 3y L + 8x A + 3y A + 9x S + y S. Für die Optimierung spielt die Konstante keine Rolle, also erhalten wir als lineare Optimierungsaufgabe max 6x L + 3y L + 8x A + 3y A + 9x S + y S unter x L + x A + x S y L + y A + y S 3 x L + y L 8 x A + y A x S + y S 3 x L, x A, x S, y L, y A, y S b) Wir dualisieren, wobei wir als Variablen u n, u u für die Restriktionen an den normal bzw. in Überstunden geräucherten Fisch nehmen und u L, u A, u S für die Restriktion an die Gesamtzahl Fische. Dann erhalten wir als duales Programm: min u r + u u + 8u L + u A + 3u S unter u r + u L 6 u u + u L 3 u r + u A 8 u u + u A 3 u r + u S 9 u u + u S u L, u A, u S, u u, u r Die einzige Ungleichung aus dem primalen Programm, die in der angegebenen Lösung nicht mit Gleichheit erfüllt wird, ist die Bedingung an die Lachse. Nach dem Satz vom komplementären Schlupf muss also, falls die angegebene Lösung optimal ist, in jeder optimalen Duallösung u L = sein. Nach Tipp setzen wir ferner u r = 7. Damit benötigen wir u S =, u u = 3 und u A =. Als Zielfunktionswert erhalten wir im Primalen und im Dualen 8 + 9 + + 3 = 3 + 8 + + = 7 + 3 + + 3 = 9 + 7 + + 6 =. Da Gleichheit gilt, müssen beide Lösungen optimal sein. Natürlich hätten Sie ebensogut das primale Programm mit dem Simplexalgorithmus optimieren können. Aufgabe 6 Für die zweite Zeile haben wir keine Einheitsspalte. Um also ein zulässiges Starttableau zu erhalten, benötigen wir eine künstliche Schlupfvariable z in der zweiten Zeile. Wir erhalten in Phase folgendes Starttableau: x z x 3

jobname LinOpt Beim Minimalquotiententest sind die erste und die zweite Zeile gleichberechtigt. Hier pivotieren wir in der zweiten Zeile, da dies den künstlichen Schlupf aus der Basis befördert: 7 7 x x 3 x 3. Streichen wir die künstliche Zielfunktion und die z -Spalte, so haben wir ein zulässiges Starttableau für Phase II und sind nach einem weiteren Pivotschritt fertig mit folgendem Tableau 7 x x 6 3 x 3. Wir lesen als Optimallösung ab x =, x 3 = 3, alle anderen Variablen sind Null und der Optimalwert ist.

jobname LinOpt Wintersemester /6 Aufgabe a) P R n heißt Polyeder, wenn es m N und A Mat m,n (R) sowie b R m gibt mit P = {x R n Ax b}. = F P heißt Seite eines Polyeders, wenn es ein lineares Funktional d und ein δ R gibt mit dx δ für alle x P und F = {x P dx = δ}. b) Wir haben P = {x R n i N n : x i }. Sei also A die n n -Matrix ( ) n und b = der Vektor mit je n en. Dann ist P = {x R n Ax b}. Sei nun d das lineare Funktional ξ n i= ξ i und δ = n. Dann gilt für alle x =. P : n i= ξ i n und Gleichheit auf F. Also ist F eine Seite. Aufgabe a) Seien y, z K und α. Wir haben zu zeigen, dass αy + ( α)z K. Dies folgt sofort aus der Dreiecksungleichung: αy + ( α)z α y + α z y,z K α + ( α) =. b) Die erste Implikation zeigen wir mittels Kontraposition. Sei also K \ x nicht konvex. Dann gibt es y, z K \ x mit x [y, z]. Da y x z vorausgesetzt wurde, heißt dies gerade, dass x kein Extremalpunkt von K ist. Für die umgekehrte Implikation sei nun K \ x konvex und y, z K mit x [y, z]. Da K \ x konvex ist, können y und z nicht beide in K \ x liegen, also ist x {y, z}. c) Alle Randpunkte des Kreises sind Extremalpunkte. Die Kreisscheibe hat also unendlich viele Extremalpunkte. Da die Extremalpunkte eines Polytops genau seine Ecken sind, kann K kein Polytop sein, da ein solches per definitionem nur endlich viele Ecken hat. ξ n ( n ) Aufgabe 3 a) Die duale lineare Optimierungsaufgabe lautet unter der Bedingung min υ + 8υ + 6υ 3 υ + υ + 3υ 3 3 υ + υ + υ 3 υ, υ, υ 3. b) Wir bestimmen zunächst eine Optimallösung mit dem Simplexalgorithmus. Dafür erhalten wir folgende Tableaus: 3 8 3 6 3 8 3 3 7 3.

jobname 6 LinOpt Als Optimallösung erhalten wir also ξ = 7, ξ =. Die erste Ungleichung ξ + ξ ist in dieser Optimallösung strikt. Also muss die erste Dualvariable nach dem Komplementaritätssatz υ = gelten. Aufgabe a) Sei x i die Menge Schweröl (in Tonnen), die auf Anlage i pro Tag verarbeitet wird, also ξ und ξ 3. Aus den Laufzeitrestriktionen erhalten wir dazu ξ und ξ, diese sind wegen der Mengenbeschränkungen redundant. Die Gesamtmengenbeschränkung liefert ξ +ξ. Der Gesamterlös aus der Produktion beträgt 7(3/ξ +/ξ )+63(/ξ +3/ξ ) = ξ + 9ξ und die Kosten bei 36ξ + 8ξ. Die Zielfunktion ist also 8ξ + 7ξ. Wir erhalten also als mathematisches Modell max 8ξ + 7ξ = 36(3ξ + ξ ) unter der Bedingung ξ ξ + ξ ξ ξ 3 ξ, ξ. b) In der nebenstehenden Graphik lesen wir als Optimallösung ξ = ξ = ab mit einem Gewinn von 36 e. ξ Aufgabe Nach Einfügen der Schlupfvariablen y, y haben wir für die zweite Zeile keine Einheitsspalte. Um also ein zulässiges Starttableau zu erhalten, benötigen wir eine künstliche Schlupfvariable z in der zweiten Zeile. Wir erhalten in Phase folgendes Starttableau: 3 8 3 3 y 3 8 z Wählen wir die erste Spalte als Pivotspalte, so erhalten wir mittels des Minimalquotiententests die erste Zeile als Pivotzeile. 3 3 3 3 x 3 z Im Minimalquotiententest in der zweiten Spalte ist nun : / = = : /. Wir wählen letzteres, damit z aus der Basis austritt. 6 7 3 x x

jobname 7 LinOpt Wir haben also mit x = und x = eine zulässige Lösung gefunden und Phase I abgeschlossen. Als letztes pivotieren wir noch x 3 in die Basis: 7 y x. Dieses Tableau ist optimal und wir erhalten als Optimallösung x = = x 3 einem Zielfunktionswert von. und x = mit Aufgabe 6 a) Sei X R n. Dann ist { m Conv(X) = λ i x i m N, λ i R +, i= } λ i =, x i X. i= b) Wir zeigen zunächst die Aussage im Hinweis. Seien also y Conv (S {x}) \ Conv (S) und x Conv (S {y}) \ Conv (S) sowie λ i, µ i R + mit y = λ x + λ i s i, i= x = µ y + µ i s i, i= λ i = i= µ i =. i= Da x, y Conv(S) gilt notwendig λ µ. Wir haben zu zeigen, dass sogar λ = µ = gilt. Angenommen dies wäre nicht der Fall. Dann ist λ µ > und ) y = λ (µ y + µ i s i + λ i s i = λ µ y + i= i= (λ µ i + λ i )s i, i= also y = i= λ µ i + λ i λ µ s i und λµi+λi λ µ R + mit i= λ µ i + λ i λ µ = = λ µ ( m λ i= µ i + ) λ i i= λ µ (λ ( µ ) + λ )) =. Also wäre dann y Conv(S) im Widerspruch zur Voraussetzung. Folglich muss x = y sein, womit der Hinweis gezeigt wurde. Der Hinweis ist aber logisch äquivalent zu der Aussage: (y Conv (S {x}) \ Conv (S) und x y) = x Conv (S {y}) \ Conv(S). Wegen y Conv (S {x}) \ Conv (S), gilt auch x Conv(S).

jobname 8 LinOpt Sommer 6 Aufgabe a) Die affine Hülle Aff(S) von S ist der kleinste affine Unterraum von R n, der S enthält. { } Aff(S) = λ s =, nur endliche viele λ s. s S λ s s s S b) Seien {a,..., a p } affin abhängig. Nach Definition gibt es dann λ,..., λ p nicht alle Null, mit p i= λ ia i = und p i= λ i =. Sei o.e. λ. Dann ist a = i= λ i λ a i und i= λ i λ = Also ist a Aff{a,..., a p }. Ist umgekehrt a i Aff({a..., a n } \ {a i }), so ist und somit zeigt a i = n die affine Abhängigkeit von {a,..., a p }. λ i a i i= i i ( )a i + mit n i= λ i λ + n λ i a i = i= i i i= λ i = i= i i Aufgabe a) Seien x, y S, gelte cx δ und cy δ und sei t. Dann ist c(tx + ( t)y) = tcx + ( t)cy tδ + ( t)δ. λ i λ = λ λ =. Also gelten lineare Ungleichungen, die für zwei Punkte gelten auch für deren Verbindungsgerade. Da S durch lineare Ungleichungen definiert ist, folgt die Behauptung. b) Wir haben Ungleichungen, von denen wir jeweils drei zu Gleichungen machen. Zunächst ist v = (,, ) eine Ecke. Sind x = y =, so liefert die erste Ungleichung v = (,, ) und die zweite einen unzulässigen Punkt. Analog erhalten wir v 3 = (,, ) und v = (,, ). Setzen wir x = kann nicht gleichzeitig y + z = und y + z = 3 gelten. Für y = erhalten wir v = (,, 3 ) und für z = v 6 = (, 3, ). c) Nach dem Hauptsatz der linearen Optimierung wird das Optimum an einer Ecke angenommen. Das Optimum liegt offensichtlich in v 3 und hat den Wert. Aufgabe 3 a) x ist eine Ecke des Polyeders P = x R n a a n a a n...... x α α..

jobname 9 LinOpt genau dann, wenn es eine Teilmenge I der Zeilenindizes gibt, so dass A I vollen Zeilenrang hat und A I x = b I ist. Da die ersten beiden Zeilen von A linear abhängig sind, müssen mindestens n der Ungleichungen x i oder x i mit Gleichheit erfüllt sein. Offensichtlich müssen für diese die Indizes der x i verschieden sein. Also müssen mindestens n Koordinaten von x gleich oder sein. b) Sei x optimale Ecke. Wir setzen { } cj λ = min x j > a j und sei i ein Index, an dem dieses Minimum angenommen wird. Angenommen, es gäbe ein i mit c i > λa i und x i <. Dann ist für hinreichend kleines ε > zulässig und c j x j = j= j= x = x + εe i ε a i a i e i c j x j + εc i ε c i a i a i > c j x j + εa i (λ λ) = j= c j x j im Widerspruch zur Optimalität von x. Analog führt die angenommene Existenz eines i mit c i < λa i und x i > vermöge x = x εe i + ε a i für hinreichend kleines ε > zu c j x j = j= j= c j x j εc i + ε c i a i a i > a i e i c j x j εa i (λ λ) = j= und somit zum Widerspruch zur Optimalität von x. j= c j x j j= Aufgabe a) Falsch. In die Verbesserung geht nicht nur der Gradient, also der Eintrag in der Kopfzeile, sondern auch die Länge der verbessernden Kante ein. Ist c j der Eintrag in der Kopfzeile der Pivotspalte, i der Index der Pivotzeile und sind b i bzw. ā ij die relevanten Einträge im Tableau, so ändert sich die Zielfunktion um bi c j. a ij b) Richtig. Ist i die Pivotzeile aber so ist im nachfolgenden Tableau bi < b i, ā ij ā ij b i = b i b i ā ij < a ij und somit die neue Ecke unzulässig. c) Falsch. Man findet nur eine Basis für ein Hilfsproblem. Solange die künstliche Variable verschieden von Null ist, sind die restlichen Werte unzulässig für die Gleichungsrestriktion. d) Wie in a) festgestellt, berechnet sich der Fortschritt als bi a ij c j.

jobname LinOpt Um diesen Wert für alle Nichtbasisvariablen mit negativem Kopfzeileneintrag zu berechnen, müssen wir im ungünstigsten Fall zunächst in allen n m Nichtbasisspalten die Pivotzeile bestimmen und dann obigen Ausdruck berechnen. Also braucht man bis zu n(m n) Divisionen, (n m) Multiplikationen und (n + )(m n) Vergleiche. Dies ist in etwa so teuer wie ein kompletter Pivotschritt. Bei dieser Methode ist ein einzelner Pivotschritt also etwa doppelt so teuer wie z.b. beim Gradientenverfahren. Aufgabe a) Wir bezeichnen mit x, y bzw. z die Menge der Teile, X, Y bzw. Z, die wir herstellen. Aus der Maschinenlaufzeit erhalten wir als Restriktionen für die beiden Maschinen 36x + 7y + 8z 36 bzw. 8x + 7y + z 36. Wir kürzen die Ungleichungen durch 36 und erhalten als Modell unter der Bedingung max x + y + 3z x + y + z x + y + z x, y, z. b) Wir erhalten, wenn wir mit s, s die Schlupfvariablen bezeichnen als Starttableau 3 s s. Aus Bequemlichkeit pivotieren wir in der zweiten Zeile, zweite Spalte und erhalten mit 8 s y direkt ein finales Tableau, aus dem wir den optimalen Produktionsplan x = z = und y = ablesen. Aufgabe 6 Wir erhalten als duale Aufgabe max x + 3x + x 3 unter x + x + x 3 8 x x 3 x x + x 3 8 x, x, x 3. Die zweite Zeile formen wir um zu x + x 3 und führen für diese Ungleichung nicht nur eine Schlupfvariable s, sondern zusätzlich noch eine künstliche Schlupfvariable z ein. Wir erhalten als Starttableau mit künstlicher Zielfunktion

jobname LinOpt 3 8 s z 8 s 3. Ein Pivot in der dritten Spalte sieht vielversprechend aus. Beim Minimalquotiententest erhalten wir das Pivotelement in der zweiten Zeile. Das nächste Tableau ist 7 3 3 6 s x 3 3 6 s 3. Wir streichen die künstliche Zielfunktion und die künstliche Variable und pivotieren in der zweiten Spalte in der ersten Zeile 3 8 3 6 x x 3 3 s 3. Nach einem weiteren Pivot erhalten wir als finales Tableau 8 x 3 x 3 3 s. x =, x = und x 3 = 3. Damit gilt in den ersten beiden Restriktionen Gleichheit aber in der zweiten strikte Ungleichheit. Damit folgt aus dem Satz vom komplementären Schlupf, dass im primalen Programm die zweite Variable Null sein muss und in der zweiten und dritten Ungleichung Gleichheit gilt. Wir erhalten somit die Lösung des primalen Problems durch Lösen des Gleichungssystems y y 3 = 3 y + y 3 = also y =, y =, y 3 = mit Zielfunktionswert 8.

jobname LinOpt Wintersemester 6/7 Aufgabe a) C R n heißt (positiver) Kegel, wenn C C, C x, y C : x + y C. C3 α R + x C : αx C. b) Wegen C gibt es x C. Wegen C3 ist = x C, also gilt auch C. Seien x, y C und α, β R + beliebig aber fest gewählt. Wegen C3 sind dann αx, βy C und somit wegen C auch αx + βy C. Somit gilt auch C. Nach C ist C, also gilt C. Seien nun α R + und x R beliebig aber fest gewählt. Nach C ist dann auch αx = αx + x C und somit gilt C. Als letztes wählen wir x, y C beliebig aber fest und haben wiederum nach C x + y = x + y C. Also gilt auch C3. c) Da die Nullmatrix symmetrisch und positiv semidefinit ist, gilt C. Seien nun X, Y Mat n,n (R) positiv semidefinit und symmetrisch, sowie α, β R +. Sei ferner v R n fest aber beliebig gewählt. Dann ist wegen der Linearität der Matrix-Vektor Multiplikation t v(αx + βy )v = t v(αxv + βy v) = t vαxv + t vβy v = α }{{} } t vxv {{} + β }{{} } t vy {{ v }. ge Also erfüllt die menge der positiv semidefiniten, symmetrischen Matrizen auch C und ist somit nach b) ein (positiver) Kegel. Aufgabe a) Seien Dann ist A := P = x y z R 3 A und b := x y z b und somit ein Polyeder. b) Wir bestimmen zunächst die Ecken von P. Dafür müssen wir die Lösungen von durch je drei linear unabhängige Ungleichungen bestimmten linearen Gleichungssysteme (LGS) auf Zulässigkeit testen. Wir beginnen also mit x = z y = z x + z =. Dieses LGS hat die Lösung x = y = z = und wir erhalten als erste Ecke v = t (,, ). Diese Ecke erfüllt auch die vierte Ungleichung y + z = mit Gleichheit. Zu untersuchen bleiben also nur noch Paare aus den ersten vier Ungleichungen zusammen mit z =..

jobname 3 LinOpt Also haben wir x = z y = z z = liefert v = t (,, ) x = z x + z = z = ist nicht lösbar x = z y + z = z = liefert v 3 = t (,, ) y = z x + z = z = liefert v = t (,, ) y = z y + z = z = ist nicht lösbar x + z = y + z = z = liefert v = t (,, ). Kanten entstehen durch Gleichsetzen zweier Ungleichungen, also haben wir an v die Kanten (v, v ), (v, v 3 ), (v, v ), (v, v ) und weiter (v, v 3 ), (v 3, v ), (v, v ) und (v, v ). Die ersten vier Ungleichungen werden von je drei Ecken mit Gleichheit erfüllt, die letzte von vieren. Also sind alle Ungleichungen facettendefinierend. c) Es handelt sich um eine Viereckspyramide: Aufgabe 3 a) Die lineare Optimierungsaufgabe hat die Gestalt min{cx x R n, Ax = b, x } = max{( c)x x R n, Ax = b, x }. Also lautet die duale Aufgabe min{yb y R m, ya c} = max{( y)b y R m, ( y)a c}. Ersetzen wir y durch u, erhalten wir als duale Aufgabe Also erhalten wir als duale Aufgabenstellung max{ub u R m, ua c}. max 3u + u unter u + u u + u 3 u + u u + u. Die letzte Ungleichung dominiert die vorletzte, welche also redundant ist. Man beachte, dass keine Vorzeichenrestriktionen vorkommen.

jobname LinOpt b) In der nebenstehenden Graphik lesen wir ab, dass die optimale Ecke die Gleichungen u + u = und u + u = 3 erfüllt, woraus wir sofort 3u =, also u = 3 erhalten. Einsetzen liefert u = 3. Das Optimum wird also angenommen in 3 (, ) und liefert den Zielfunktionswert 3. u + u u + u 3 3u + u = 7 u + u 3u + u = 3 c) Nach dem Komplementaritätssatz gilt für die Optimallösung des primalen Programms, dass Ungleichungen, die im dualen strikt sind, Variablen vom Wert Null entsprechen. Da 3 ( ) < und 3 ( ) < sind, schließen wir auf ξ = ξ 3 = für die Optimallösung dee primalen Aufgabenstellung. Also erfüllt die Optimallösung die Gleichungen ξ +ξ = 3 und ξ +ξ =. Dieses Gleichungssystem hat die Lösung ξ = 7 6, ξ = 3. Also nimmt die primale Aufgabe Ihr Minimum in 6 (,,, 7) an. Der Wert ist wiederum 3. Aufgabe Wir bezeichnen mit x He, x D, x K, x S, x Ha, x E, x A die Verkaufsflächen für die entsprechenden Abteilungen. Dass jede Abteilung mindestens 7m einnehmen soll, ergibt die sieben Ungleichungen x 7, wobei ein Joker ist. Die Abteilungen für Bekleidung und Haushaltwaren beanspruchen keinen zusätzlichen Lagerraum und % von 7. sind., also erhalten wir die vier Ungleichungen x He, x D, x K, x Ha. Für die übrigen Abteilungen erhalten wir wegen des zusätzlichen Lagerraums Die Gesamtfläche ergibt die Bedingung.x S,.x E,.x A. x He + x D + x K +.x S + x Ha +.x E +.x A = 7.

jobname LinOpt Mit der Zielfunktion erhalten wir also als lineare Optimierungsaufgabe max 8x He +x D +9x K +x S +8x Ha +98x E +76x A unter x He x D x K.x S x Ha.x E.x A x He +x D +x K +.x S +x Ha +.x E +.x A = 7 x 7 Aufgabe Wir benutzen die Zweiphasenmethode wie in den Übungen vorgeschlagen, also minimieren wir die Summe zweier künstlicher Schlupfvariablen y + y. Wenn wir in der Kopfzeile die reduzierten Kosten der künstlichen Zielfunktion eintragen, so erhalten wir dort über den echten Variablen die negative Summe der beiden Zeilen der Restriktionsmatrix. Da wir die echte Zielfunktion minimieren wollen, tragen wir sie mit positivem Vorzeichen ein. Also haben wir das Starttableau 3 7 y 3 3 3 y Wie im Tipp angegeben wählen wir die dritte Spalte als Pivotspalte und finden das Pivotelemet in der ersten Zeile, da / < 3. 3 3 ξ 3 y Als Pivotspalte wählen wir nun die erste, der Minimalquotiententest führt auf die zweite Zeile. 3 3 7 3 3 3 ξ 3 ξ. Die künstlichen Variablen haben die Basis verlassen und wir haben die zulässige Startlösung (,, 3) gefunden. Als reduziertes Tableau erhalten wir 3 7 3 3 ξ 3 ξ. Als Pivotspalte bleibt nur die zweite, und als Pivotzeile ergibt sich ebenfalls die zweite. 3 3 9 ξ 3 ξ.

jobname 6 LinOpt Dieses Tableau ist optimal. Wir erhalten also das Minimum in (,, 9) vom Wert. Aufgabe 6 a) Die duale Aufgabe lautet laut Vorlesung min{ub u R m, ua c}. b) Seien x, u zulässig für die primale bzw. duale Optimierungsaufgabe. Dann ist Ax = b und somit uax = ub. Da ua c und x ist, haben wir aber auch uax cx und somit insgesamt cx uax = ub. c) Da nach b) für jedes paar zulässiger Lösungen x, u stets gilt cx ub erhalten wir unter Zuhilfenahme des Dualitätssatzes der linearen Optimierung, dass x, u genau dann optimal sind, wenn u b = cx. Hieraus folgenrn wir x, u optimal u b = cx u Ax cx = (u A c)x =. Da x, u zulässig sind, ist u A c und x. Der Ausdruck ist also genau dann gleich Null, wenn in jedem Summand des Skalarprodukts mindestens ein Faktor Null ist. Dies ist aber genau dann der Fall, wenn. x i > = (u A) i = c i und. (u A) i > c i = x i =.