Übung 3, 21.6.2011 Simplex-Algorithmus Aufgabe 3.1 Lösen Sie das folgende Optimierungsproblem (von Aufgabe 2.3) graphisch. Substituieren Sie dazu z = 5 y um ein 2-dimensionales Problem zu erhalten. Rechnung Substitution: z = 5 y Maximiere 4(x + z) 3y unter z + y = 5, x y 3, x + 2y 7, und x 0, y 0 Maximiere 4(x + 5 y) 3y = 4x 7y + 20 unter 5 y + y = 5, x y 3, x + 2y 7, und x 0, y 0 y 3 2 1 x 0 x + 2y 7-1 -1-2 -3-4 -5-6 1 2 3 4 5 6 7 ZF 4x 7y + 20 = 48 x y 3 y 0 x 20 + Maximiere 4x 7y unter x y 3, x + 2y 7, x 0, y 0 Der zulässige Bereich ist leer! (x y 3, x 0, y 0 liefert Dreieck (0; 0), (3; 0); (0; 3). dort ist x + 2y immer < 7.) Damit ist das Optimierungsproblem nicht zulässig, es gibt keine Optimallösung, und der Optimalwert ist. Aufgabe 3.2 Lösen Sie die folgende LOA von Aufgabe 2.2 mit dem revidierten Simplexalgorithmus und dem erweiterten Simplextableau. maximiere 2k + 3e + 3,5b + 4g unter k, e, b, g 0 k + e + b + g 1000 k + 2e 0 2k + 2g + 10e + 10b 2400 Rechnung Mit Regel von Bland: N N N N B B B k e b g s 1 s 2 s 3 z Abs s 1 1 1 1 1 1 0 0 0 1000 s 3 2 10 10 2 0 0 1 0 2400 2 3 7/2 4 0 0 0 1 0 Pivotspalte: k. N N N N B B B s 1 1 1 1 1 1 0 0 0 1000 1000 s 3 2 10 10 2 0 0 1 0 2400 1200 2 3 7/2 4 0 0 0 1 0 Universität Hamburg 1 15. Juli 2011, Nico Düvelmeyer
Pivotzeile s 1. B N N N N B B k 1 1 1 1 1 0 0 0 1000 1000 s 2 0 3 1 1 1 1 0 0 1000 1000/3=333+1/3 s 3 0 8 8 0-2 0 1 0 400 50 0 1 3/2 2-2 0 0 1-2000 Pivotspalte e, Pivotzeile s 3 B B N N N B N k 1 0 0 1 5/4 0-1/8 0 950 s 2 0 0-2 1 7/4 1-3/8 0 850 e 0 1 1 0-1/4 0 1/8 0 50 50 0 0 1/2 2-7/4 0-1/8 1-2050 Pivotspalte b, Pivotzeile e B N B N N B N k 1 0 0 1 5/4 0-1/8 0 950 950 s 2 0 2 0 1 5/4 1-1/8 0 950 950 b 0 1 1 0-1/4 0 1/8 0 50 0-1/2 0 2-13/8 0-3/16 1-2075 Pivotspalte g, Pivotzeile k N N B B N B N g 1 0 0 1 5/4 0-1/8 0 950 b 0 1 1 0-1/4 0 1/8 0 50 400-2 -1/2 0 0-33/8 0 1/16 1-3975 Pivotspalte s 3, Pivotzeile b N N N B N B B k e b g s 1 s 2 s 3 z Abs g 1 1 1 1 1 0 0 0 1000 s 3 0 8 8 0-2 0 1 0 400-2 -1-1/2 0-4 0 0 1-4000 Optimale Basislösung (0, 0, 0, 1000, 0, 0, 400) T gefunden mit Zielfunktionswert 4000 (Euro pro Woche), d.h. k = e = b = 0, g = 1000 (Kilo pro Woche). Alternativ mit Regel vom steilsten Abstieg: N N N N B B B s 1 1 1 1 1 1 0 0 0 1000 1000 s 3 2 10 10 2 0 0 1 0 2400 1200 2 3 7/2 4 0 0 0 1 0 Pivotspalte g, Pivotzeile s 1 N N N B N B B k e b g s 1 s 2 s 3 z Abs g 1 1 1 1 1 0 0 0 1000 s 3 0 8 8 0-2 0 1 0 400-2 -1-1/2 0-4 0 0 1-4000 Liefert sofort die selbe Optimallösung wie oben! Aufgabe 3.3 Lösen Sie das Optimierungsproblem (LOA2.3) (von Aufgabe 2.3) mit dem Simplexalgo- Universität Hamburg 2 15. Juli 2011, Nico Düvelmeyer
rithmus. Dazu dürfen Sie gern auch die Octave-Funktion simplex der Vorlesung benutzen. x y 1 ( ) minimiere 4 3 4 4 0 0 z + z unter und s 1 s 2 x 0 1 1 1 0 0 y 1 1 1 0 0 1 0 z + 5 1 2 0 0 0 1 z = 3 7 s 1 s 2 ( x y1 z + z s 1 s 2 ) T 0 (LOA2.3) Rechnung Phase 1 - zulässige Basislösung suchen in NB zuerst rechte Seite b 0 machen (3. Zeile mit -1) und umbenennen ( ) x y 1 z + z T s 1 s 2 zu x = ( ) x 1 x 2... x 6 : 0 1 1 1 0 0 5 1 1 0 0 1 0 x = 3 1 2 0 0 0 1 7 Aufstellen des Hilfsystems mit neuen Schlupfvariablen h = ( h 1 h 2 ) T h 3 (die Bezeichnungen y1 und s 1 sind ja schon vergeben) liefert ( ) ( ) x minimiere 0 0 0 0 0 0 1 1 1 h 0 1 1 1 0 0 1 0 0 ( ) unter 1 1 0 0 1 0 0 1 0 x = 5 3 h 1 2 0 0 0 1 0 0 1 7 x, h 0; x R 6, h R 3 Dabei ist x = 0, h = ( 5 3 7 ) T eine zulässige Basislösung mit Basisindexmenge {7, 8, 9}. Octave-Befehle (Datei aufgabe33.m) Ah =... [0-1 1-1 0 0 1 0 0; 1 1 0 0 1 0 0 1 0; 1-2 0 0 0-1 0 0 1] bh = [5;3;7] ch = [0 0 0 0 0 0 1 1 1] simplex(ah, bh, ch, [7 8 9]) Eingaben: 2 (q, Alternativen: 3,5), 8 (p, eindeutig), 1 (q, Alt.: 3,5,8), 2 (p, eindeutig), 3 (q, eindeutig), 7 (p, eindeutig). Das Endtableau zeigt eindeutig, dass 4 der Minimalwert des Hilfsproblem ist. Damit ist das Ausgangsproblem nicht zulässig! Aufgabe 3.4 Was passiert, wenn man beim Mozart-Problem mit Mozart-Stangen (Aufgabe 2.1) auch negative Werte für x K zulässt? Wie kann man dies praktisch interpretieren? maximiere 3x K + 2x T + 6x S unter 2x K + 1x T + 3x S 10 1x K + 1x T + 1x S 6 1x K + 2x T + 1x S 9 x K R, x T 0, x S 0 Universität Hamburg 3 15. Juli 2011, Nico Düvelmeyer
Rechnung Wir setzen x k = x + k x k und erhalten (mit Max zu Min): minimiere 3x + K + 3x K 2x T 6x S unter 2x + K 2x K + 1x T + 3x S 10 1x + K 1x K + 1x T + 1x S 6 1x + K 1x K + 2x T + 1x S 9 x + K, x K, x T, x S 0 Dies ist eine LOA in Normalform mit positiver rechter Seite. Daher können wir sofort mit dem Simplexverfahren in Phase 2 starten mit B = {5, 6, 7} (für die 3 neuen Schlupfvariablen). Octave-Befehle (Datei aufgabe34.m) A =... [2-2 1 3 1 0 0 ; 1-1 1 1 0 1 0 ; 1-1 2 1 0 0 1 ] b = [10;6;9] c = [-3 3-2 -6 0 0 0] simplex(a, b, c, [5 6 7]) Eingaben: 4 (q, Alternativen: 1,3), 5 (p, eindeutig), 2 (q, eindeutig). Ein passendes q gibt es nicht, in der Pivot-Spalte sind alle Elemente negativ! Entlang dieser Kante (d.h. x 1 = x 3 = x 5 = 0, x 2 = a 0, x 4, x 6, x 7 daraus berechnet entsprechend dem Tableau: x 4 = 10/3+a 2/3, x 6 = 8/3+a/3, x 7 = 17/3+a/3) ist der ZF-Wert gleich 20 a (a + ). Es liegt eine unbeschränkte LOA vor. Im Ursprungsproblem heißt das: x K = a (a Mozartkugeln kaufen), x T = 0, x S = (10 + 2a)/3 (so viele Mozartstangen herstellen) und einen Gewinn von 20 + a Euro einstreichen. Wegen x 5 = 0 wird das Marzipan genau verbraucht, aber noch beliebig viel Nougat und Edelherb mit produziert! Könnte man beliebig viele Produkte verkaufen und auch beliebig viele Mozart-Kugeln für den selben Preis einkaufen und in seine Zutaten zerlegen, so kann man den Gewinn beliebig groß werden lassen. Aufgabe 3.5 Lösen Sie Aufgabe 2.6 mit dem Simplexalgorithmus. ( ) a Minimiere 4,5 5,5 7 b c 0,9 0,9 0,9 0,5 0,5 0,5 unter 1/3 1/2 2/3 a 60 000 30 000 b 2 400 0,023 0,025 0,020 c 2 000 7 20 16 500 000 und a, b, c 0 Rechnung Datei aufgabe35.m f = [4.5, 5.5, 7] A = [0.9, 0.9, 0.9; 0.5, 0.5, 0.5; 1/3, 1/2, 2/3; 0.023, 0.025, 0.020; 7, 20, 16] b = [60000; 30000; 2400; 2000; 500000] % bis hier war von aufgabe28.m simplex([a, eye(5)], b, [-f,zeros(1,5)],4:8) Eingaben: 3 (q), 6 (p), 1 (q), 3 (p) Optimale Basislösung gefunden: Optimalwert (Original) 32400 (Euro pro Woche), a = 7200 = x 1, b = c = 0 Universität Hamburg 4 15. Juli 2011, Nico Düvelmeyer
Hausübung 3 Papieraufgabe, Abgabe: 28.6.2011 zum Beginn der Übung Aufgabe 3.6 (8 Punkte) Lösen Sie das folgende Lineare Optimierungsproblem graphisch: minimiere a + b unter 5a + b 5 2b 3a 6 2b a 4 a + 2b 2 a, b R (*) Geben Sie dabei den Optimalwert und mindestens eine Optimallösung als exakten Bruch an! Rechnung b ZF a + b = 1 5 4 3 2b 3a 6 2b a 4 a + 2b 2 2 1 5a + b 5-4 -3-2 -1 1 2 3 4 5 a -1-2 [Bewertung:Koordinatensystem 1P, 4 Restriktionen zusammen 2P, zulässiger Bereich 1P, ZF als Niveaulinie plus Richtung 1P] b a + 2b 2 5 4 3 2 1 5a + b 5 2b 3a 6 2b a 4-4 -3-2 -1-1 1 2 3 Min 4 5-2 a [Bewertung:Optimum im Bild 1P] Exakte Bestimmung des Optimums: Schnittpunkt von 5a + b = 5 und a + 2b = 2. Subtraktion von 2mal der ersten von der zweiten Gleichung liefert 9a = 12. Damit ist a = 12/9 = 4/3. Aus der ersten Gleichung ergibt sich dann b = 5 5a = 5/3. Das Minimum liegt Universität Hamburg 5 15. Juli 2011, Nico Düvelmeyer
also bei (a, b) = (4/3, 5/3) mit dem Optimalwert 4/3 5/3 = 1/3. [Bewertung:Exakte Lösung und Antwort 2P] Aufgabe 3.7 (13 Punkte) Lösen Sie das lineare Problem (*) von Aufgabe 3.6 mit dem Simplexverfahren mit der 2-Phasen-Methode und dem erweiterten Tableau. Rechnen Sie dabei exakt mit rationalen Zahlen. Rechnung Umformung in Standardform durch a = a + a, b = b + b und 4 Schlupfvariablen und ggf. zu : minimiere a + a + b + b unter 5a + + 5a b + + b + s 1 = 5 3a + + 3a + 2b + 2b + s 2 = 6 a + + a + 2b + 2b + s 3 = 4 a + + a 2b + + 2b + s 4 = 2 a +, a, b +, b, s 1, s 2, s 3, s 4 0 [Bewertung:Problem in Standardform 2 P] Leider ist der rechte-seite-vektor b an erster Stelle negativ! Daher brauchen wir eine zulässige Startlösung mittels der 2-Phasen-Methode! Hilfsaufgabe: (neue Schlupfvariablen y 1,..., y 4, erste Gleichung mit 1 multiplizieren) minimiere y 1 + y 2 + y 3 + y 4 unter 5a + 5a + b + b s 1 + y 1 = 5 3a + + 3a + 2b + 2b + s 2 + y 2 = 6 a + + a + 2b + 2b + s 3 + y 3 = 4 a + + a 2b + + 2b + s 4 + y 4 = 2 a +, a, b +, b, s 1, s 2, s 3, s 4, y 1, y 2, y 3, y 4 0 Dieses Hilfssystem ([Bewertung:1 Punkt]) hat offensichtlich (0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 5, 6, 4, 2) als zulässige Basislösung. Wir können damit das Starttableau ([Bewertung:1 Punkt]) des Hilfssystems aufstellen: Zunächst tragen wir die obigen Gleichungen und (y 1 + y 2 + y 3 + y 4 ) + z = 0 ein: a + a b + b s 1 s 2 s 3 s 4 y 1 y 2 y 3 y 4 z Abs 5-5 1-1 -1 0 0 0 1 0 0 0 0 5-3 3 2-2 0 1 0 0 0 1 0 0 0 6-1 1 2-2 0 0 1 0 0 0 1 0 0 4-1 1-2 2 0 0 0 1 0 0 0 1 0 2 0 0 0 0 0 0 0 0-1 -1-1 -1 1 0 Addieren wir zur letzten Gleichung noch alle anderen hinzu, erhalten wir das Simplextableau zur Basis {y 1, y 2, y 3, y 4 }, da dann die geforderte Einheitsmatrix vorliegt. Anschließend machen wir Simplex-Schritte. N N N N N N N N B B B B y 1 5-5 1-1 -1 0 0 0 1 0 0 0 0 5 5 y 2-3 3 2-2 0 1 0 0 0 1 0 0 0 6 3 y 3-1 1 2-2 0 0 1 0 0 0 1 0 0 4 2 y 4-1 1-2 2 0 0 0 1 0 0 0 1 0 2 0 0 3-3 -1 1 1 1 0 0 0 0 1 17 Pivotspalte b +, Pivotzeile y 3. N N B N N N N N B B N B y 1 11/2-11/2 0 0-1 0-1/2 0 1 0-1/2 0 0 3 6/11 y 2-2 2 0 0 0 1-1 0 0 1-1 0 0 2 b + -1/2 1/2 1-1 0 0 1/2 0 0 0 1/2 0 0 2 y 4-2 2 0 0 0 0 1 1 0 0 1 1 0 6 3/2-3/2 0 0-1 1-1/2 1 0 0-3/2 0 1 11 Pivotspalte a +, Pivotzeile y 1. B N B N N N N N N B N B a + 1-1 0 0-2/11 0-1/11 0 2/11 0-1/11 0 0 6/11 y 2 0 0 0 0-4/11 1-13/11 0 4/11 1-13/11 0 0 34/11 34/11 b + 0 0 1-1 -1/11 0 5/11 0 1/11 0 5/11 0 0 25/11 y 4 0 0 0 0-4/11 0 9/11 1 4/11 0 9/11 1 0 78/11 0 0 0 0-8/11 1-4/11 1-3/11 0-13/11 0 1 112/11 Universität Hamburg 6 15. Juli 2011, Nico Düvelmeyer
Pivotspalte s 2, Pivotzeile y 2. B N B N N B N N N N N B a + 1-1 0 0-2/11 0-1/11 0 2/11 0-1/11 0 0 6/11 s 2 0 0 0 0-4/11 1-13/11 0 4/11 1-13/11 0 0 34/11 b + 0 0 1-1 -1/11 0 5/11 0 1/11 0 5/11 0 0 25/11 5 y 4 0 0 0 0-4/11 0 9/11 1 4/11 0 9/11 1 0 78/11 26/3=8+2/3 0 0 0 0-4/11 0 9/11 1-7/11-1 -2/11 0 1 78/11 Pivotspalte s 3, Pivotzeile b + B N N N N B B N N N N B a + 1-1 1/5-1/5-1/5 0 0 0 1/5 0 0 0 0 1 s 2 0 0 13/5-13/5-3/5 1 0 0 3/5 1 0 0 0 9 s 3 0 0 11/5-11/5-1/5 0 1 0 1/5 0 1 0 0 5 y 4 0 0-9/5 9/5-1/5 0 0 1 1/5 0 0 1 0 3 5/3 0 0-9/5 9/5-1/5 0 0 1-4/5-1 -1 0 1 3 Pivotspalte b, Pivotzeile y 4. B N N B N B B N N N N N a + a b + b s 1 s 2 s 3 s 4 y 1 y 2 y 3 y 4 z Abs a + 1-1 0 0-2/9 0 0 1/9 2/9 0 0 1/9 0 4/3 s 2 0 0 0 0-8/9 1 0 13/9 8/9 1 0 13/9 0 40/3 s 3 0 0 0 0-4/9 0 1 11/9 4/9 0 1 11/9 0 26/3 b 0 0-1 1-1/9 0 0 5/9 1/9 0 0 5/9 0 5/3 0 0 0 0 0 0 0 0-1 -1-1 -1 1 0 Dies liefert nach 5 Simplex-Schritten eine Basislösung mit Optimalwert 0 und Basisvariablen a + = 4/3, s 2 = 40/3, s 3 = 26/3 und b = 5/3. [Bewertung:5 Punkte für Lösung des Hilfssystems] Da y 1,...,y 4 alles Nichtbasisvariablen sind, haben wir sofort eine zulässige Basislösung (4/3, 0, 0, 5/3, 0, 40/3, 26/3, 0) mit Basisvariablen wie oben für das Originalproblem. Dabei sei also x B = (a +, s 2, s 3, b ) T. Damit können wir einen Großteil des neuen Starttableaus Γ, β direkt aus dem letzten Hilfstableau durch Streichen der Spalten für y 1,..., y 4 gewinnen. Aber den Wert für ζ T berechnen, da sich unsere Zielfunktion ändert: = c T B Γ ct N und d = ct Bβ müssen wir neu ζ T = ( 1 0 0 1 ) 1 0 2/9 1/9 0 0 8/9 13/8 0 0 4/9 11/9 1 1 0 0 ) = ( 0 0 1/9 4/9 ) 0 1 1/9 5/9 Weiter ist d = ( 1 0 0 1 ) 4/3 40/3 26/3 5/3 Alternative Bestimmung des Starttableaus der ursprünglichen Aufgabe: Den oberen Teil (d.h. bis auf die Zielfunktionszeile) entnehmen wir dem Endtableau des Hilfsproblems (Annahme dafür: alle y 1,...,y 4 sind in N). Den unteren bauen wir direkt aus der Zielfunktion mit negierten Koeffizienten der Ursprungsvariablen und 1 bei z: B N N B N B B N a + a b + b s 1 s 2 s 3 s 4 z Abs a + 1-1 0 0-2/9 0 0 1/9 0 4/3 s 2 0 0 0 0-8/9 1 0 13/8 0 40/3 s 3 0 0 0 0-4/9 0 1 11/9 0 26/3 b 0 0-1 1-1/9 0 0 5/9 0 5/3-1 1-1 1 0 0 0 0 1 0 Anschließend müssen wir aber noch den geforderten Teil der Einheitsmatrix in der Zielfunktionszeile erzeugen. Dafür machen wir für die Basisvariablen a + und b den jeweiligen Koeffizienten der letzten Zeile zu Null indem wir ein entsprechendes Vielfaches der zugehörigen Zeile des oberen Teils subtrahieren, bei den anderen Basisvariablen s 2, s 3 ist die 0 bereits vorhanden. Damit ist das Starttableau (in beiden alternativen Rechenwegen) bestimmt. Wir sehen aus dem Simplextableau oder dem berechneten Vektor ζ ([Bewertung:2 Punkte Starttableau oder äquivalente Diskussion]), dass die gefundene Basislösung (4/3, 0, 0, 5/3, 0, 40/3, 26/3, 0) bereits opti- Universität Hamburg 7 15. Juli 2011, Nico Düvelmeyer
mal ist! Damit ist (a, b) = (4/3, 5/3) minimal mit Zielfunktionswert 1/3. [Bewertung:Simplexschritte und Auswertung Ursprungssystem plus Antwort 2 Punkte] B N N B N B B N a + a b + b s 1 s 2 s 3 s 4 z Abs a + 1-1 0 0-2/9 0 0 1/9 0 4/3 s 2 0 0 0 0-8/9 1 0 13/8 0 40/3 s 3 0 0 0 0-4/9 0 1 11/9 0 26/3 b 0 0-1 1-1/9 0 0 5/9 0 5/3 0 0 0 0-1/9 0 0-4/9 1-1/3 Ergebnis: das Ursprungssystem hat den Optimalwert 1/3 und (a, b) = (4/3, 5/3) als Optimallösung. Es gibt diesmal keine direkte Programmieraufgabe. Sie können Ihre Rechnungen aber durch Computerberechnungen auf Fehler überprüfen. Universität Hamburg 8 15. Juli 2011, Nico Düvelmeyer