Kapittel 2: simpleksmetoden, forts.

Transkript

1 LP. Leksjon 2 Kapittel 2: simpleksmetoden, forts. initialisering to faser ubegrenset løsning geometri LP. Leksjon 2: #1 of 14

2 Repetisjon LP problem tillatt løsning, optimal løsning basisliste basis, basisvariable og ikkebasisvariable pivotering se eksempel fra Leksjon 1 LP. Leksjon 2: #2 of 14

3 Initialisering LP problem: maksimer n j=1 c jx j forutsatt at n j=1 a i,j x j b i for i = 1,...,m x j 0 for j = 1,...,n. Innfører slakkvariable og får problemet på basislisteform: η w i = n j=1 c j x j = b i n j=1 a i,j x j for i = 1,...,m Såhvis b i 0 for alle i finner vi en initiell tillatt løsning ved åla w i =b i for alle i m og x j = 0 for alle j n. Problem: hva hvis noen b i er er negative? LP. Leksjon 2: #3 of 14

4 Initialisering Løsning: oppfatter det å finne en første tillatt løsning som et nytt problem dette problemet kan skrives som et LP problem! det nye LP problemet kalles Fase I problemet heldigvis: det er lett å finne en startløsning i Fase I problemet! Fase I problemet: maksimer x 0 forutsatt at n j=1 a i,jx j x 0 b i for i = 1,...,m x j 0 for j = 0, 1,...,n. Merk: dette er også et LP problem. Kaller det LP-I. LP. Leksjon 2: #4 of 14

5 Initialisering Om Fase I problemet: samme variable som før, men med en ekstra variabel x 0 den gamle objektivfunksjonen er fjernet og erstattet av x 0.Viskalmaksimere x 0. Dette er ekvivalent med å minimere x 0.Hvorfor? begrensningene er nesten som før og er nå n a i,j x j b i + x 0 j=1 Tolkning av Fase I problemet: Fase I problemet avklarer om det opprinnelige problemet har noen tillatt løsning (som ikke uten videre er opplagt). Og hvis svaret er ja finner vi også en tillatt løsning. Mer om dette: tenk på x 0 som et tillegg til alle høyresidene b i. Hvis vi klarer å finne en tillatt løsning av LP-I der dette tillegget er 0 (x 0 = 0), så har vi ogsåat n a i,j x j b i + x 0 = b i j=1 sådaer(x 1,...,x n )en tillatt løsning i det opprinnelige LP problemet! Fint! Hvis det ikke finnes noen tillatt løsning i LP-I med x 0 0,så kan heller ikke det opprinnelige problemet ha noen tillatt løsning! Hvorfor? LP. Leksjon 2: #5 of 14

6 Initialisering, eksempel LP problem (med minst en negative b i ): maksimer 2x 1 x 2 forutsatt at x 1 + x 2 1 x 1 2x 2 2 x 2 1 x 1,x 2 0. Dette gir Fase I problemet: maksimer x 0 forutsatt at x 1 + x 2 x 0 1 x 1 2x 2 x 0 2 x 2 x 0 1 x 0,x 1,x 2 0. LP. Leksjon 2: #6 of 14

7 Initialisering, eksempel Dette gir første basisliste. Som er ikke-tillatt!!? (Hvorfor?) ξ = x 0 w 1 = 1 + x 1 x 2 + x 0 w 2 = 2 + x 1 + 2x 2 + x 0 w 3 =1 x 2 + x 0 Kan konverteres til tillatt basisliste ved en pivotering! Vi lar x 0 gå inn i basis (tolkning: trenger et tillegg til høyresiden) og lar den variabelen som er mest negativ forlate basis, altså w 2 her. Resultat: ξ = 2 + x 1 + 2x 2 w 2 w 1 =1 3x 2 + w 2 x 0 =2 x 1 2x 2 + w 2 w 3 =3 x 1 3x 2 + w 2 Dette er en tillatt basisliste, og tilhørende basisløsningen er w 1 = 1,x 0 =2,w 3 =3 og de øvrige variable er null. LP. Leksjon 2: #7 of 14

8 Initialisering, eksempel Hva nå? Siden vi har en tillatt basisliste (dvs. basisliste med tillatt basisløsning) går vi videre med simpleksalgoritmen. Altså: pivoterer inntil vi har funnet optimal løsning. (Foretar avrunding for bedre lesbarhet). 1. iterasjon: x 2 inn i basis og w 1 ut, som gir: ξ = x w w 2 x 2 = w w 2 x 0 = 1.33 x w w 2 w 3 = 2 x 1 + w 1 2. iterasjon: x 1 inn i basis og x 0 ut, som gir: ξ = 0 x 0 x 2 = w w 2 x 1 = 1.33 x w w 2 w 3 = x w w 2 Ser at denne basislisten er optimal! Har dermed løst Fase I problemet. LP. Leksjon 2: #8 of 14

9 Initialisering, eksempel Siden optimal verdi er 0, finnes en tillatt løsning i opprinnelig LP problem. Nemlig: x 1 = 4/3,x 2 =1/3. Sjekk dette! Videre kan vi skrive opp en tillatt basisliste for det opprinnelige LP problemet ved åfjernex 0 fra optimal basisliste i Fase I, og gjeninnføre den opprinnelige objektivfunksjon: η = 3 w 1 w 2 x 2 = w w 2 x 1 = w w 2 w 3 = w w 2 Nå har vi en tillatt basisliste (og tillatt basisløsning) og løser dette LP problemet ved simpleksalgoritmen. Kaller dette Fase II problemet. Tilfeldigvis er denne basislisten optimal, så ingen pivotering var nødvendig. Normalt kreves flere pivoteringer i Fase II problemet. LP. Leksjon 2: #9 of 14

10 Initialisering Oppsummering: metoden i eksempelet kan brukes generelt Fase I: løser fase I problemet for å finne, om mulig, en initiell tillatt løsning. I så fall får vi også en tillatt startbasisliste for neste oppgave Fase II: løser fase I problemet med løsningen fra Fase I som startløsning. Finner ved simpleksalgoritmen en optimal løsning av det opprinnelige LP problemet. LP. Leksjon 2: #10 of 14

11 Ubegrenset løsning Neste tema: noen problemer har ubegrenset verdi! Ser nærmere på pivotering. Minner om: en indeks k flyttes fra N til B (x k er inngående variabel; ny basisvariabel fordi den øker η), en annen indeks l flyttes fra B til N (x l er utgående variabel;variabelgår ut av basis fordi den blir 0) og vi finner en ny tillatt basisliste fra den gamle vha. radoperasjoner Mulig problem: det kan tenkes at når inngående variabel x k økes, så vil ingen av basisvariablene bli null! Eksempel: η = 2 + 3x 4 x 5 x 1 = 1 + x 4 + x 5 x 2 = 2 + 5x 4 + x 5 x 3 = x 5 Vi ønsker åtax 4 inn i basis, og ser at ingen basisvariabel da blir null. LP. Leksjon 2: #11 of 14

12 Ubegrenset løsning Konklusjon: kan øke x 4 vilkårlig mye og får vilkårlig stor verdi på objektivfunksjonen η. Sier at problemet er ubegrenset (og optimal verdi er ). Videre ser vi at hvis vi går langs strålen (x 1,x 2,x 3,x 4,x 5 )=(1,2,0,0,0)+(1,5,0,1,0) x 4 der x 4 0,vilη. Hva kan vi si generelt? La x k være variabelen vi ønsker åtainnibasis.hvisvi har en basisliste der alle koeffisientene foran x k er ikkenegative, så skjer det samme som over. Altså: ubegrenset verdi, og finner en stråle der η går mot uendelig. LP. Leksjon 2: #12 of 14

13 Geometri Geometri for LP i to variable: c feasible set x c T x = const. c T x : max. value. tillatt mengde: polyeder P tillatt basisløsning: hjørne pivotering: gå langs kant mellom to nabohjørner {x:c T x=α}: linje normal på c, forskyves inntil den tangerer P tilsvarende for flere variable: se konveksitet senere LP. Leksjon 2: #13 of 14

14 Avsluttende kommentarer Når vi løser et LP problem har vi følgende muligheter: problemet har ingen tillatt løsning. Dette avklares i så fall i Fase I. problemet har tillatt løsning, men ingen optimal løsning fordi problemet er ubegrenset. problemet har tillatt og løsning, og vi ender opp med en optimal løsning Er dette alle muligheter? Riktig svar: JA! Men begrunnelsen er ikke triviell. Vi måviseat simpleksalgoritmen terminerer. Har nemlig hittil antatt at alle basisvariable er positive, men ikke diskutert hva som skjer hvis noen av dem blir null! Skal se på disse spørsmålene i Leksjon 3! LP. Leksjon 2: #14 of 14