1. Optimumszámítási modellek

Átírás

1 Előszó Ez a kézirat a szerző az Eszterházy Károly Főiskolán tartott Operációkutatás című előadásai vázlatának félkész vázlatát tartalmazza. Juhász Tibor 1. Optimumszámítási modellek 1.1. Mintafeladatok Horgász probléma. Horgászunk egy olyan tóban horgászik, ahol háromféle hal van: ponty, keszeg és süllő. Ezekből a halfajtákból 1 kilogrammnyi kifogása a horgász számára különböző,,élvezeti értékkel bír: a ponty estén 3, a keszegnél 2 a süllőnél 4 ez az érték. A tónak három gazdája van, akik a következő szabályokat támasztják: 1. tulaj: 1 kg ponty és keszeg 1 EUR, 1 kg süllő 2 EUR és egy nap max. 4 EUR értékű hal fogható ki a tóból; 2. tulaj: 1 kg ponty 2 EUR, 1 kg süllő 3 EUR, a keszeg ingyen van és egy nap max. 5 EUR értékű hal fogható ki a tóból; 3. tulaj: 1 kg ponty és keszeg 2 EUR, 1 kg süllő 4 EUR és egy nap max. 7 EUR értékű hal fogható ki a tóból. Mennyi halat kell kifognia a horgásznak egy nap alatt ahhoz, hogy a tulajdonosok által írt szabályokat betartva a horgászatot a lehető legjobban élvezze? Kereskedő probléma. Egy gyermek elmegy egy kereskedőhöz kimért üdítőt vásárolni. A rostos üdítőből 1 liternyi tömege 2 kg és a kereskedőnek ezen 3 EUR haszna van. A szénsavas üdítőből 1 liternyi tömege 1 kg és a kereskedőnek ezen 1 EUR haszna van. A gyerek kicsi lévén max. 5 kg tömegű üdítőt tud hazavinni, másrészt az apja azt kéri tőle, hogy legalább egy literrel több szénsavas üdítőt hozzon, mint rostosat, az anyja pedig azt, hogy legalább 3 liter üdítőt hozzon haza. Mennyi rostos és szénsavas üdítőt adjon el a kereskedő a gyereknek úgy, hogy minél több haszna legyen, a gyerek haza tudja vinni az árut és a szülők is elégedettek legyenek? Termelési feladat. Adott egy műhely, amely asztalokat, székeket és szekrényeket gyárt. A gyártáshoz kétféle anyagot használnak fel, egyfajta lemezt és egyfajta deszkát. Ezek egymással nem helyettesíthetők és korlátozott számban állnak rendelkezésre. A feladat olyan termékösszetétel meghatározása, amely mellett a műhely nyeresége maximális. (Nyilván ez a feladat általánosabban is megfogalmazható: m féle terméket gyártunk n féle alapanyagból.) 1

2 A modellalkotás elemei, egy lehetséges modellalkotási elv Jelenségek tömegéből kiválasztjuk a probléma szempontjából lényeges, meghatározó jegyeket összefüggéseket, a többitől a modell kezelhetősége érdekében eltekintünk. Követelmények: tükrözzék minél hívebben a valóságot és legyenek matematikailag, számítástechnikailag kezelhetők. Kompromisszumok. Elemi tevékenységek meghatározása: A vizsgálat tárgyát képező tevékenységet bontsuk fel elemi tevékenységekre, azaz olyan pontosan körülhatárolt részekre, amit már nem szándékozunk tovább bontani. Jelölje ezeket E 1, E 2,..., E n. a horgász problémánál: különböző halfajtákra történő horgászások; a kereskedő problémánál: rostos és szénsavas üdítő vásárlása; a termelési feladatnál: asztal-, szék- és szekrénygyártás. Elemi tevékenységek intenzitásának meghatározása: minden egyes E i elemi tevékenységhez rendeljünk hozzá egy x i valós számot, ami arról ad felvilágosítást, hogy E i milyen mértékben vesz részt a teljes tevékenységben. Vektorral írhatók le. a horgász problémánál: az egyes halfajtákból (ponty, keszeg, süllő) kifogandó mennyiségek (x 1, x 2, x 3 ); a kereskedő problémánál: rostos és szénsavas üdítőből megvásárlásra kerülő mennyiségek (x 1, x 2 ); a termelési feladatnál: a gyártandó asztalok, székek és szekrények száma (x 1, x 2, x 3 ). Ezek általában korlátosak és nem függetlenek. Intenzitásásértékek közötti összefüggések meghatározása: feltételek, melyeket az intenzitásoknak külön-külön is és együttesen is ki kell elégíteni. Tehát az egyes x i változókra és az (x 1, x 2,..., x n ) vektorváltozóra vonatkozó feltételeket határozzuk meg. Egy valós vektort a feladat egy lehetséges megoldásának mondunk, ha kielégíti az összes előzőekben megadott feltételt. A lehetséges megoldások halmazát L-lel fogjuk jelölni. a horgász problémánál: a kereskedő problémánál: x i 0 x 1 + x 2 + 2x 3 4 2x 1 + 3x 3 5 2x 1 + 2x 2 + 4x 3 7 x i 0 x 1 + x 2 1 x 1 + x 2 3 2x 1 + x 2 5

3 OPTIMUMSZÁMÍTÁSI MODELLEK 3 a termelési feladatnál: x i 0 és x i egész. Legyen a rendelkezésre álló lemezek száma l, a deszkáké d, l 1, l 2, l 3 ill. d 1, d 2, d 3 egy asztal, egy szék, egy szekrény előállításához szükséges lemez ill. deszka. Ekkor a feltételek: l 1 x 1 + l 2 x 2 + l 3 x 3 l d 1 x 1 + d 2 x 2 + d 3 x 3 d x 1, x 2, x 3 0 egészek Cél megfogalmazása az elemi tevékenységek segítségével: megadunk egy olyan z : L R függvényt, amely a lehetséges megoldások,,jóságát jellemzi a kitűzött cél szempontjából. Ezt célfüggvénynek hívjuk. a horgász problémánál: a horgász élvezete z(x) = 3x 1 + 2x 2 + 4x 3 max; a kereskedő problémánál: a kereskedő haszna z(x) = 3x 1 + x 2 max; a termelési feladatnál: az együttes nyareség z(x) = c 1 x 1 + c 2 x 2 + c 3 x 3 max, ahol c 1, c 2, c 3 az egy asztal, szék, ill. szekrény eladásából származó nyereség. Kompromisszumok: pl. feltesszük, hogy minden megtermelt áru eladható, stb. Optimumszámítási modell: a gyakorlati élet problémacsoportjait formálisan leíró modell, amely egy feltételrendszerből és egy vagy esetleg több célfüggvényből áll. FELTÉTELES SZÉLSŐÉRTÉK-FELADAT, a feltételek által meghatározott L halmazon keressük a célfüggvény szélsőértékét. Maximumkeresés esetén maximum-feladatról, míg minimumkeresés esetén minimum-feladatról beszélünk, a maximum ill. minimumhelyet optimális megoldásnak nevezzük. Optimális megoldás nem szükségképpen létezik, ill. ha létezik, akkor több is lehet. 1. feladat. Az Üveg Diszkontáruház egy új részleg megnyitását tervezi egy négyzetméteres területen. A menedzsment 4 termék árusítását fontolgatja az új részlegben. Az A termék költsége 55$, eladási ára 130$, és a helyigénye 24 nm/egység. A B termék költsége 100$, eladási ára 120$, és a helyigénye 20 nm/egység. A C termék költsége 200$, eladási ára 295$, és a helyigénye 36 nm/egység. A D termék költsége 300$, eladási ára 399$, és a helyigénye 50 nm/egység. Szükséges, hogy minden egyes termékből legyen legalább 10 egység forgalomban. A Diszkontáruház célja a profitmaximalizálás. Kérdés, hogy a maximális profit eléréséhez mennyi terméknek kell forgalomban lennie, ha az Üveg Diszkontáruháznak $-ja van a termékek megvásárlására? Írja fel a feladat matematikai modelljét!

4 4 2. feladat. A Vegyesipari Szolgáltató Vállalat gombostű- és aprószeggyártó üzeme négyféle alapanyagú (acél, vas, réz, alpakka) gombostűt gyárt. A gyártási technológia fő folyamatai a gyártás, a nikkelezés és a csomagolás. Egy adott hónapban rendre a következő kapacitások állnak rendelkezésre: 300, 200, illetve 240 munkaóra. A termékek elszámolási árai: 230, 210, 280, 330 Ft/kg gombostűfajtánként. Az üzemi felmérésekből ismert, hogy 1 kg gombostű előállítása mennyi munkaórát vesz igénybe a különböző technológiai folyamatokból. Ezt mutatja a következő táblázat: technológia acél vas réz alpakka gyártás nikkelezés csomagolás Az Értékesítési Osztály az előrendelések alapján megállapította, hogy az adott hónapban maximálisan 200 kg gombostűt tud értékesíteni. Ennél többet nem szabad gyártania az üzemnek. Az előrendelések alapanyag szerinti kikötéseket nem tartalmaznak. Határozza meg az adott feltételek figyelembevételével azt a termelési programot, amelyik a maximális bruttó termelési értéket hozza a gyártó üzemnek! Írja fel a feladat matematikai modelljét! 3. feladat. Három különböző szőlőfajtából (S1, S2, S3) kétféle Cuvée (C1, C2) készül. Az alábbi táblázat mutatja, hogy az egyes Cuvée-k milyen arányban tartalmazzák a egyes alapanyagokat, másrészt az egységnyi mennyiségű (liter must) komponensek árát, valamint a komponensekből rendelkezésre álló mennyiséget. alapanyag C1-ben (%) C2-ben (%) ár (Ft/l) kapacitás (l) S S S Figyelembe véve a borászat kapacitását, a végtermékekből összesen legfeljebb litert tudunk előállítani. Az eddigi felmérések C1-ből már 20000, C2-ből pedig már literre történt megrendelés. Milyen termelés mellett lesz a borászat nyeresége a lehető legnagyobb, ha a C1 piaci ára 950, a C2 ára pedig 800 forint literenként? Írja fel a feladat matematikai modelljét! 1.3. Optimumszámítási modellek osztályozása Az elemi tevékenységek intenzitásértékétől függően: modellek. diszkrét (megszámlálható az értékkészlet); folytonos (egy intervallum bármilyen értéke szóba jöhet); vegyes (egyik sem)

5 A modellekben szereplő paraméterek szerint: determinisztikus; sztochasztikus LINEÁRIS PROGRAMOZÁS 5 modellek. Lineáris programozási feladat: olyan optimumszámítási modell, melyben a feltételek mindegyike lineáris egyenlőség vagy megengedő egyenlőtlenség és a célfüggvény egy lineáris függvény. Nemlineáris programozási feladat: olyan optimumszámítási modell, melyben a feltételek mindegyike lineáris egyenlőség vagy megengedő egyenlőtlenség és a célfüggvény nemlineáris függvény. 2. Lineáris programozás Általános LP -feladat: olyan feltételes szélsőérték-feladat, melyben a feltételek lineáris egyenlőség és egyenlőtlenség formájában adottak és ezen feltételek mellett keressük egy lineáris függvény, a célfüggvény minimumát vagy maximumát. Mindazon vektorok halmazát, melyek kielégítik az LP -feladat valamennyi feltételét, az LP -feladat lehetséges megoldásai halmazának nevezzük és L-lel jelöljük. Az L halmaz egy elemét az LP -feledat egy lehetséges megoldásának mondjuk. Egy maximalizálási/minimalizálási LP -feladat egy x 0 lehetséges megoldását optimális megoldásnak nevezzük, ha x 0 maximumhelye/minimumhelye az LP -feladat célfüggvényének. Alapkérdések: a feladatnak van-e optimális megoldása, és ha igen, hogyan lehet azt meghatározni? Egy maximalizálási/minimalizálási LP -feladat megoldható, ha L nemüres halmaz és a célfüggvény felülről/alulról korlátos az L halmazon; ellenkező esetben azt mondjuk, hogy az LP -feladat nem oldható meg Solver Most bemutatjuk, hogyan oldhatjuk meg a horgász problémát a Microsoft Excel Solver nevű bővítménye segítségével. Először készítsük el a következő táblázatot: A B3 : D6 tartományban az x 1, x 2, x 3 változók célfüggvény-, illetve feltételekbeli együtthatói szerepelnek, az F 4 : F 6-ban pedig a feltételek jobboldalán álló konstansok. (A nemnegativitási feltételeket kihagyhatuk.) Az E oszlopba pedig a célfüggvény ill. a feltételek baloldalának B2 : D2 beli helyettesítési értéke kerül, ami például a SZORZATÖSSZEG nevű függvénnyel számolható. Ha a képlet az E3 cellába az ábrán látható módon kerül, akkor az már másolható az alantas cellákba. Ezt követően válasszuk az Eszközök

6 6 menü Solver... menüpontját, majd a megjelenő párbeszédablakot a következőképpen töltsük ki. A korlátozó felvételek felvétele a Hozzáadás gombra kattintva történhet. Kattintsunk most a Beállítás gombra, majd engedélyezzük a,,lineáris modell és,,nemnegatív feltételezését, az OK gombbal nyugtázzuk, majd a Megoldás gombra klikkelve a következő eredményt kapjuk: Mint az leolvasható, a problémának létezik optimális megoldása, nevezetesen 2, 5 kg ponty és 1 kg keszeg kifogása. Ekkor a horgász összesített élvezeti mutatója 9, Grafikus megoldás Kétdimenziós LP feladat megoldására alkalmas. Lényege, hogy az egyenlőtlenség-típusú feltételek félsíkokat határoznak meg a kétdimenziós térben és ezen félsíkok metszeteként állítható elő a lehetséges megoldások halmaza, melynek ismeretében már meghatározható az optimális megoldás. Tekintsünk egy tetszőleges ax + by c egyenlőtlenséget.

7 LINEÁRIS PROGRAMOZÁS 7 Ha a = 0 és b 0, akkor b előjelétől függően vagy az y b c vagy az y b c egyenlőtlenséghez jutunk, melyet kielégítő pontok halmaza az y tengelyt a b c pontban metsző, x tengellyel párhuzamos egyenes által határolt félsíkok egyike. Az a 0 és b = 0 esetben ugyanez a helyzet, csak a szóbanforgó félsíkot egy az y tengellyel párhuzamos egyenes határolja. Végül ha a 0 és b 0, akkor a határegyenes egyenlete: y = a b x+ c b. Ez nyilván a (0, c b ) és a ( c a, 0) pontokhoz illeszkedő egyenes. Ábrázolva a 2-dimenziós térben az egyes egyenlőtlenségeket kielégítő pontokból álló félsíkokat, és ezek közös részeként megkapjuk azon pontok L halmazát, amelyek a feladat minden feltételét kielégítik. Keressük az L azon pontját, melyen a célfüggvény értéke minimális (vagy maximális). Legyen a célfüggvény z(x, y) = dx+ey alakú. Azon pontok halmaza, melyen z értéke éppen z 0, pontosan a z 0 = dx + ey egyenes, amely az e 0 esteben a z 0 /e helyen metszi az y tengelyt. Tehát a lehetséges célfüggvény értékekhez párhuzamos egyenesek tartoznak. Ezek közül keressük azt, melynek van közös pontja L-lel és a y-tengelymetszete minimális (vagy maximális). Ez itt már az e előjelétől is függ. Ha e = 0, akkor ugyanez a helyzet, csak az x tengellyel való tengelymetszetet vizsgáljuk. 4. feladat. Oldjuk meg grafikus módszerrel a következő LP-feladatokat:

8 8 a) x + y 7 x y 1 x + 2y 8 x 0, y 0 z(x, y) = x 2y min b) x y 3 x + y 4 x 0, y 0 z(x, y) = x + 2y min c) x y 3 x + y 4 x 0, y 0 z(x, y) = x + 2y max d) x y 5 x + y 3 x + y 4 x 4 z(x, y) = x + y max e) x y 4 2x + 2y 2 x + 2y 7 2x + y 1 x, y 0 z(x, y) = 4x 2y min 2.3. Fourier módszere Az eljárást Fourier javasolta, helyességének igazolása Motzkin-tól származik. Az eljárás maximum feladatra ismertetjük, és a kereskedő problémán illusztráljuk.

9 LINEÁRIS PROGRAMOZÁS 9 1. lépés: Elérjük, hogy a feltételek lin. egyenlőtlenségek legyenek. Továbbá, ha z 0 egy optimum érték, akkor a z(x) z 0 egyenlőtlenséget már csak az optimális megoldások elégítik ki. 2. lépés: Kiválasztunk egy z 0 -tól különböző x változót, majd kifejezzük minden egyenlőtlenségből. Az így kapott egyenlőtlenségeket két csoportra osztjuk: az egyik csoportba tartoznak azok, ahol x kisebb vagy egyenlő, a másikba pedig ahol x nagyobb vagy egyenlő mint egy lineáris kifejezés. 3. lépés: Az első csoportba tarozó egyenlőtlenségeket párosítsuk a második csoport összes egyenlőtlenségével. Egy új egyenlőtlenség-rendszert kapunk, ami már nem tartalmazza az x változót. 4. lépés: Ha van még z 0 -tól különböző változó, akkor 2. lépés. 5. lépés: A z-re kapott felső korlátok közül a legkisebb lesz az optimum. Ezt visszahelyettesítve a megelőző egyenlőtlenség-rendszerekbe: az alsó korlátok maximuma és a felső korlátok minimuma fogja meghatározni a megfelelő komponens értékét. Most megoldjuk a kereskedő-problémát Fourier módszerével. Itt a feltételek egyenlőtelenségek, a célfüggvény pedig z(x) = 3x 1 + x 2, melynek a maximumhelyét keressük. Ha z 0 a z függvény maximuma, akkor a z 0 3x 1 + x 2 egyenlőtlenséget már csak az optimális megoldások elégítik ki. Fejezzük ki minden egyenlőtlenségből pl. az x 1 változót! (1) (2) (3) (4) (5) (6) 0 x 2 ebben nem volt x 1 0 x 1 x 1 x 2 1 x x 1 x x x z 0 x 1 A (2) egyenlőtlenséget párosítva a (3) és (5) egyenlőtlenségekkel, majd a (4)-et ugyanezekkel és végül pedig a (6)-ot a következő egyenlőtlenség-rendszerhez jutunk

10 10 0 x 2 0 x x x x 2 1 x x x z 0 x x z x melyben már nem szerepel x 1. Fejezzük ki most az x 2 -t mindegyik egyenlőtlenségből! Így kapjuk, hogy 0 x 2 1 x 2 x x 2 1 x z x 2 x 2 2z ami az egyes egyenlőtlenségek közötti,,átfedések miatt az alábbi egyenlőtlenségekre redukálható: (7) (8) (9) (10) 2 x z x 2 x 2 5 x 2 2z Elvégezve újra a párosításokat a z z z z

11 LINEÁRIS PROGRAMOZÁS 11 egyenlőtlenségeket kapjuk, melyek már az x 2 változót sem tartalmazzák. Kifejezve mindegyikből z 0 -t, az z 0 17 z z egyenlőtlenségek adódnak. A célfüggvény maximuma pedig a felső korlátok legkissebbike lesz, azaz z(x) = x 2 meghatározásához helyettesítsük vissza a z 0 = 19 3 értéket a (7) (10) egyenlőtlenségekbe. Ekkor a x 2-re a következő korlátokat kapjuk: 2 x x 2 x 2 5 x ahonnan x 2 = 7 3 következik. Végül behelyettesítve az (1) (6) egyenletekbe a már ismert értékeket, x 1 -re kapjuk az alábbi korlátokat: 0 x 1 x x x 1 melyből x 1 = 4 3 adódik. Tehát a kereskedő haszna akkor a legnagyobb ( 19 3 liter szénsavas üdítőt ad el a gyermeknek. és 7 3 EUR), ha feladat. Minden eddigi feladat megoldása Fourier módszerrel. Definíció. Az 2.4. Standard LP feladat Ax = b x 0 z(x) = cx max liter rostos típusú LP feladatot, ahol A az x 1, x 2,..., x n változók együtthatóit tartalmazó mátrix, b 0, standard LP feladatnak nevezzük.

12 12 Mj: Egy valós vektor nagyobb vagy egyenlő mint nulla, ha minden komponense nagyobb vagy egyenlő mint nulla. Állítás. Tetszőleges LP feladathoz megkonstruálható egy olyan standard feladat, hogy a két feladatnak egyidejűleg létezik optimális megoldása, és a standard feladat megoldásából közvetlenül megkaphatjuk az eredeti feladat megoldását. Bizonyítás. A konstrukció lépései: (1) Alulról korlátos változó helyettesítése. Amennyiben valamely x i változó nemnulla alsó korláttal szerepel a feltételek között: pl. x i r, akkor vezessünk be egy új változót: legyen y = x i r. Világos, hogy ekkor y 0 és ez a változócsere a megoldhatóságot nem befolyásolja, továbbá az új feladatot megoldva következtethetünk x i értékére. (2) Alulról nem korlátos változók helyettesítése két nemnegatív változó különbségével. A feladatban szereplő alulról nem korlátos x i változók mindegyikét az u i, v i nemnegatív változók különbségével helyettesíthetjük: x i = u i v i, ahol u i 0 és v i 0. (3) Az összes negatív jobboldali érték megváltoztatása. Szorozzuk meg az összes olyan egyenlőtlenséget 1-gyel, melynek jobboldala negatív. (4) Az összes egyenlőtlenség átírása egyenlőséggé. Ha az i-edik feltétel egyenlőtlenség, pl. a i1 x 1 + a i2 x a in x n b 1, akkor ezt egy u i új nemnegatív változó bevezetésével írjuk át a következőképpen: a i1 x 1 +a i2 x 2 + +a in x n +u i = b 1. Fordított irányú egyenlőtlenség esetén pedig u i kivonása szükséges. (5) Áttérés maximum feladatra. Mivel a min{z(x) : x L} és a max{ z(x) : x L} értékek egyidejűleg léteznek ill. nem léteznek, továbbá min{z(x) : x L} = max{ z(x) : x L}, az optimális megoldás létezése és meghatározása szempontjából elegendő pl. csak maximum-feladatok vizsgálatára szorítkozni. (Tehát minimum feladat esetén az eredeti célfüggvényt szorozzuk meg 1- gyel és keressük annak maximumát.) Végül, ha a célfüggvényben szerepel konstans, akkor hagyjuk el azt. Könnyen igazolható, hogy a régi és a fenti lépések alkalmazásával előállított új feladatoknak egyidejűleg létezik optimális megoldása, és az optimális megoldások közvetlenül származtathatók egymásból. Következmény. Az optimális megoldás létezését és meghatározását illetően elegendő a standard feladatok vizsgálatára szorítkozni.

13 Példa. Határozzuk meg az LINEÁRIS PROGRAMOZÁS 13 3x 1 + x 2 4x 3 2 2x 1 x 2 + 5x 3 8 x 1 + x 2 + x 3 = 4 x 1 3, x 2 0 z(x) = 2x 1 + 6x 2 + x 3 min LP feladathoz azt a standard feladatot, amelyre az visszavezethető. Az x 1 változó alulról korlátos ugyan, de alsó korlátja nem nulla. Legyen y = x 1 3, ahonnan x 1 = y + 3, s helyettesítsük ezt be mindegyik feltételbe és a célfüggvénybe. A következő feladathoz jutunk: 3y + x 2 4x y x 2 + 5x 3 2 y + x 2 + x 3 = 1 y 0, x 2 0 z 1 (x 2, x 3, y) = 2y + 6x 2 + x 3 6 min. A következő lépésben az x 3 változót fogjuk helyettesíteni a v 1 és v 2 nemnegatív változók különbségével: 3y + x 2 4v 1 + 4v y x 2 + 5v 1 5v 2 2 y + x 2 + v 1 v 2 = 1 y, x 2, v 1, v 2 0 z 2 (x 2, y, u, v) = 2y + 6x 2 + v 1 v 2 6 min, Az első feltétel jobboldala negatív, ezért szorozzuk be az egyenlőtlenséget 1-gyel: 3y x 2 + 4v 1 4v 2 11, majd az egyenlőtlenségeket szüntetjük meg: 3y x 2 + 4v 1 4v 2 + u 1 = 11 2y x 2 + 5v 1 5v 2 u 2 = 2 y + x 2 + v 1 v 2 = 1 y, x 2, v 1, v 2, u 1, u 2 0 z 2 (x 2, y, u, v) = 2y + 6x 2 + v 1 v 2 6 max. Végül áttérünk maximum feladatra, azaz z 2 minimuma helyett a z 3 (x 2, y, u, v) = 2y 6x 2 v 1 + v

14 14 függvény maximumát keressük. A célfüggvényből a konstanst elhagyva a 3y x 2 + 4v 1 4v 2 + u 1 = 11 2y x 2 + 5v 1 5v 2 u 2 = 2 y + x 2 + v 1 v 2 = 1 y, x 2, v 1, v 2, u 1, u 2 0 z 4 (x 2, y, u, v) = 2y 6x 2 v 1 + v 2 max feladat adódik, amely már a keresett standard feladat. Definíció. Azt mondjuk, hogy két standard feladat ekvivalens, ha a megengedett megoldásainak halmaza mindkét feladatnál ugyanaz és ezen a halmazon a két feladat célfüggvénye egyenlő. Mj. Nyilván a fenti ekvivalencia ekvivalencia-reláció a standard LP feladatok halmazán. Tekintsük az 2.5. Bázis, bázismegoldás Ax = b x 0 z(x) = c 1 x c n x n max standard LP feladatot, ahol a 11 a a 1n a 21 a a 2n A =...., a m1 a m2... a mn valamint x = (x 1, x 2,... x n ) T, és b = (b 1, b 2,... b m ) T. Jelölje A j az A mátrix j-edik oszlopvektorát, azaz A j = (a 1j, a 2j,..., a mj ) T. Ekkor az LP feladat feltételrendszere n A j x j = b j=1 alakba írható. Feltehető, hogy az A mátrix rangja m. (Miért?) Definíció. Az A mátrix pontosan m darab lineáriasan független oszlopvektorát tartalmazó B = {A s1, A s2,..., A sm } halmazt az LP feladat bázisának, míg a J B = {s 1, s 2,..., s m } halmazt pedig a B-hez tartozó bázisindexek halmazának nevezzük.

15 LINEÁRIS PROGRAMOZÁS 15 Használjuk még a következő jelöléseket: J = {1, 2,... n} és J B = J \ J B. Világos, hogy ha B bázis, akkor a A si x si = b egyenletrendszer pontosan egy x = (x s 1, x s 2,..., x s m ) T megoldással rendelkezik. Állítás. Az x = (x 1, x 2,..., x n ) T vektor, ahol { x j ha j J B ; x j = 0 ha j J B, az Ax = b lineáris egyenletrendszer megoldása. Ezt az LP feladat bázismegoldásának nevezzük. Bizonyítás. n A j x j = A j x j + A j x j j J B j J B j=1 = A j x j + 0 = j J B A si x si = b. Definíció. Ha x olyan bázismegoldás, melynek egyik komponense sem negatív, akkor azt mondjuk, hogy az x vektor lehetséges bázismegoldása (LBM), B pedig lehetséges bázisa az LP feladatnak. Példa. Legyen ( ) x 1 x 2 x 3 = ( ). Ha J B = {1, 2}, akkor B lehetséges bázis. Ha J B = {1, 3}, akkor B bázis, de nem lehetséges bázis Szimplex módszer (1) Tetszőleges LBM előállítása. (2) Aktuális LBM vizsgálata: ha optimális: vége, ha nem: goto (3). (3) Jobb LBM előállítása, goto (2).

16 16 Legyen k J B és a jelenleg nulla x k értékét változtassuk λ > 0-ra. Ennek hatására az x si értékek változhatnak: x λ s i, és hogy lehetséges megoldást kapjunk teljesülnie kell a A si x λ s i + A k λ = b egyenlőségnek. Fejezzük ki A k -t a B elemeinek lineáris kombinációjaként: A k = α ik A si, majd helyettesítsük az előző egyenletbe: A si x λ s i + A k λ = = A si x λ s i + α ik A si λ A si (x λ s i + α ik λ) = b. Innen x si = x λ s i + α ik λ, vagyis x λ s i = x si α ik λ következik bármely i {1, 2,..., m}-re. Ahhoz, hogy lehetséges megoldáshoz jussunk, még teljesülnie kell az x λ s i = x si α ik λ 0 feltételnek is bármely i {1, 2,..., m} esetén. Más szóval minden olyan i-re, melyre α ik > 0, és λ x s i α ik λ x s i α ik minden olyan i-re, melyre α ik < 0. Ebből { } { } xsi xsi (11) max λ min, i:α ik <0 α ik i:α ik >0 α ik sőt λ > 0 miatt { } xsi 0 < λ min i:α ik >0 α ik következik.

17 LINEÁRIS PROGRAMOZÁS 17 Most nézzük meg, mi történik a célfüggvény értékével. (12) z(x λ ) = = = c si x λ s i + c k λ = c si (x si α ik λ) + c k λ c si x si λ c si α ik + c k λ c si x si λ( c si α ik c k ) ) λ k. } {{ } z k = z(x) λ(z k c }{{ k } = z(x) k Bizonyítottuk: Állítás (Optimalitási kritérium). Ha x LBM-a egy standard LP feladatnak, és k > 0 minden k J B esetén, akkor x optimális megoldás. < 0, akkor a következő esetek le- Ha van olyan k J B, melyre k hetségesek: (1) α ik < 0 bármely i {1, 2,..., m} esetén. Ekkor (11) szerint λ tetszőlegesen nagy lehet, ezért a z felülről nem korláros az L halmazon. (2) Létezik i {1, 2,..., m} melyre α ik > 0. Ekkor a célfüggvény a legnagyobb lehetséges λ érték mellett növekszik leginkább, tehát (11) szerint legyen { } xsi λ = min = x s r. i:α ik >0 α ik α rk Ekkor x λ s r = 0 és x k = λ. A k az új bázisban az r-edik pozícióba kerülő vektor, A sr pedig a bázist elhagyó vektor. Az új bázis: az új LBM ahol B = {A s1, A s2,..., A sr 1, A k, A sr+1,..., A sm }, x λ = (x λ 1, x λ 2,..., x λ n) T, x j α jk λ, ha j J B, j s r ; x λ 0, ha j J B, j = s r ; j = λ, ha j = k; 0, ha j J B, j k.

18 Szimplex tábla c 1 c 2 c n B z B x B A 1 A 2 A n A s1 c s1 x s1 α 11 α 12 α 1n A s2 c s2 x s2 α 21 α 22 α 2n A sm c sm x sm α m1 α m2 α mn z(x) 1 2 n A szimplex tábla változása báziscsere esetén: α rk elemet generáló elem r-edik sor: generáló sor k-adik oszlop: generáló oszlop (1) A generáló sor összes elemét osztjuk a generáló elemmel. (2) A többi sorhoz tartozó α ij elemek új értéke: α ij α rjα ik α rk. (3) A generáló oszlop minden más elemét nullára változtatjuk. Koncepciók: Belépő vektor meghatározására: válasszuk a negatív j -k minimumát! (Igazából (12) szerint a célfüggvényérték a negatív j λ értékek minimumának választása esetén növekedne a legnagyobb mértékben, de ennek figyelésétől általában eltekintünk.) Kilépő vektor meghatározása: mimimális index szerint. (Probléma!!!) Példa. Tekintsük a következő standard LP feladatot: Induló LBM: x 1 + 2x 3 + x 4 = 100 x 2 + x 3 + 2x 4 = 150 x 1, x 2, x 3, x 4 0 z(x) = 5x 1 + 8x x 3 + 6x 4 max B = {A 1, A 2 }, J B = {1, 2}, x = (100, 150, 0, 0) B z B x B A 1 A 2 A 3 A 4 A A z(x) =

19 LINEÁRIS PROGRAMOZÁS B z B x B A 1 A 2 A 3 A 4 A , , 5 A , , 5 z(x) = , , 5 6. feladat. Oldja meg szimplex módszerrel a horgász problémát! 7. feladat. Oldja meg szimplex módszerrel a következő feladatokat! a) b) x + y 7 x y 1 x + 2y 8 x 0, y 0 z(x, y) = x + 2y max 2x 1 + 2x 2 + 8x x 1 + 3x 2 + 2x x 1 + 2x 2 + 1x x 1, x 2, x 3 0 z(x, y) = x 1 + 2x 2 + 3x 3 max 2.8. Induló LBM meghatározása Nagy M módszer. Legyen adva egy standard LP feladat. Az ehhez tartozó M-feladat: vezessük be a feltételrendszer i. egyenletébe az x n+i nemnegatív mesterséges változót egy együtthatóval, a célfüggvényben pedig legyen ezen változók együtthatója M, ahol M egy elég nagy pozitív szám. Ekkor a M-feladatban a B = {A n+1, A n+2,..., A n+m } halmazt használhatjuk induló lehetséges bázisként (hiszen ezek éppen az m dimenziós standard bázis vektorai), melyhez tartozó LBM x = (0, 0,..., 0, b }{{} 1, b 2,..., b m ). n Állítás (Nagy M módszer főtétele). Tegyük fel, hogy x = ( x 1, x 2,..., x n, x n+1, x n+2,..., x n+m ) optimális megoldása a M-feladatnak. Ha x n+i = 0 minden i {1, 2,..., m}- re, azaz minden mesterséges változó értéke zéró, akkor az x = ( x 1, x 2,..., x n ) optimális megoldása az eredeti LP feladatnak. Egyébként az eredeti LP feladat lehetséges megoldásainak halmaza üres.

20 20 Példa. Oldjuk meg a x 1 + x 2 + 4x 3 = 120 2x 1 + 4x 2 + 3x 3 = 150 x 1, x 2, x 3 0 z(x) = x 1 + 3x 2 + 2x 3 max standard LP feladatot. Az ehhez tartozó M-feladat: x 1 + x 2 + 4x 3 + x 4 = 120 Induló LBM: 2x 1 + 4x 2 + 3x 3 + x 5 = 150 x 1, x 2, x 3, x 4, x 5 0 z(x) = x 1 + 3x 2 + 2x 3 Mx 4 Mx 5 max B = {A 4, A 5 }, x = (0, 0, 0, 120, 150) M M B z B x B A 1 A 2 A 3 A 4 A 5 A 4 M A 5 M z(x) = 270M 3M 1 5M 3 7M M M B z B x B A 1 A 2 A 3 A 4 A A A 5 M z(x) = 60M M 1/2 4 M M M M B z B x B A 1 A 2 A 3 A 4 A 5 A /13 2/ /13 1/13 A /13 5/ /13 4/13 z(x) = 1380/13 6/ M 1/13 M + 10/13 Tehát az M-feladat optimális megoldása x = (0, 240/13, 330/13, 0, 0), és a M-módszer főtétele értelmében az x = (0, 240/13, 330/13) optimális megoldása az eredeti feladatnak. 8. feladat. Oldja meg M-módszerrel az alábbi feladatot! x 1 + x 2 10 x 1 + x 2 2 x 1, x 2 0 z(x, y) = 2x 1 + x 2 max

21 LINEÁRIS PROGRAMOZÁS feladat. Egy vállalat kétféle festéket gyárt, melyekhez kétféle alapanyagot használ. Jelölje ezeket az anyagokat A és B. Az alapanyagok naponta korlátozott mennyiségben állnak rendelkezésre; az A anyagból 6 a B anyagból 8 egység. Az első festékhez 1 egységnyi A és 2 egységnyi B kell, míg a másodikhoz 2 egységnyi A és 1 egységnyi B szükséges. A piackutatás azt mutatja, hogy a napi kereslet az első festékre legfeljebb egy egységnyivel több, mint a másodikra, továbbá a másodikra nem haladja meg a napi két egységet. A első festék ára egységenként 3 a másodiké 2. Határozza meg a szimplex algoritmus segítségével, hogy melyik festékből mennyit kell gyártania a vállalatnak, ha maximalizálni akarja a bevételt? 10. feladat. Bevco cég egy Oranj nevű narancs ízesítésű üdítőitalt gyárt narancs-szóda és narancslé kombinálásával. Egy deka narancs-szóda 0, 5 deka cukrot és 1 mg C-vitamint, 1 deka narancslé pedig 0, 25 deka cukrot és 3 mg C-vitamint tartalmaz. A Bevconak 1 deka narancsszóda 2 centbe kerül, 1 deka narancslé pedig 3 centbe. A Bevco marketing osztálya elhatározta, hogy minden 10 dekás Oranj-palack legalább 20 mg C-vitamint és legfeljebb 4 deka cukrot tartalmazhat. Lineáris programozás segítségével határozzuk meg, hogy a Bevco cég hogyan tud eleget tenni a marketing osztály követelményeinek minimális költséggel! Kétfázisú szimplex módszer. Adott standard LP feladathoz tartozó 1. fázisú feladat: vezessük be a feltételrendszer i. egyenletébe az x n+i nemnegatív mesterséges változót egy együtthatóval. Az eredeti célfüggvény helyett pedig keressük a z(x) = x n+1 x n+2 x n+m függvény maximumát. Ekkor az 1. fázisú feladatban a B = {A n+1, A n+2,..., A n+m } halmazt használhatjuk induló lehetséges bázisként (hiszen ezek éppen az m dimenziós standard bázis vektorai), melyhez tartozó LBM x = (0, 0,..., 0, b }{{} 1, b 2,..., b m ). n Állítás (Kétfázisú szimplex módszer főtétele). Tegyük fel, hogy x = ( x 1, x 2,..., x n, x n+1, x n+2,..., x n+m ) optimális megoldása az 1. fázisú feladatnak. Ha x n+i = 0 minden i {1, 2,..., m}-re, azaz minden mesterséges változó értéke zéró, akkor az x = ( x 1, x 2,..., x n ) lehetséges bázismegoldása az eredeti LP feladatnak. Egyébként az eredeti LP feladat lehetséges megoldásainak halmaza üres.

22 22 Példa. Oldjuk meg a x 1 + x 2 + 4x 3 = 120 2x 1 + 4x 2 + 3x 3 = 150 x 1, x 2, x 3 0 z(x) = x 1 + 3x 2 + 2x 3 max standard LP feladatot. Az ehhez tartozó 1. fázisú feladat: Induló LBM: x 1 + x 2 + 4x 3 + x 4 = 120 2x 1 + 4x 2 + 3x 3 + x 5 = 150 x 1, x 2, x 3, x 4, x 5 0 z(x) = x 4 x 5 max B = {A 4, A 5 }, x = (0, 0, 0, 120, 150) B z B x B A 1 A 2 A 3 A 4 A 5 A A z(x) = B z B x B A 1 A 2 A 3 A 4 A 5 A /4 1/4 1 1/4 0 A /4 13/4 0 3/4 1 z(x) = 60 5/4 13/4 0 7/ B z B x B A 1 A 2 A 3 A 4 A 5 A /13 2/ /13 1/13 A /13 5/ /13 4/13 z(x) = Tehát az 1. fázisú feladat optimális megoldása x = (0, 240/13, 330/13, 0, 0), amely a B = {A 2, A 3 } bázishoz tartozik. 2. fázis B z B x B A 1 A 2 A 3 A /13 2/ A /13 5/ z(x) = 1380/13 6/13 0 0

23 LINEÁRIS PROGRAMOZÁS Lexikografikus szimplex módszer Oldjuk meg a következő LP feladatot! (A. W. Tucker) 1. iteráció 2. iteráció 3. iteráció 4. iteráció 5. iteráció x 1 2x 4 9x 5 + x 6 + 9x 7 = 0 x x 4 + x x 6 2x 7 = 0 x 3 + x 4 + x 5 + x 6 + x 7 = 1 x 1, x 2, x 3, x 4, x 5, x 6, x 7 0 z(x) = 2x 4 + 3x 5 x 6 12x 7 max B z B x B A 1 A 2 A 3 A 4 A 5 A 6 A 7 A A /3 1 1/3 2 A z(x) = sz B z B x B A 1 A 2 A 3 A 4 A 5 A 6 A 7 A A /3 1 1/3 2 A /3 0 4/3 3 z(x) = B z B x B A 1 A 2 A 3 A 4 A 5 A 6 A 7 A A / /3 1 A / /3 9 z(x) = sz B z B x B A 1 A 2 A 3 A 4 A 5 A 6 A 7 A A / /3 1 A / /3 0 z(x) =

24 B z B x B A 1 A 2 A 3 A 4 A 5 A 6 A 7 A A / / A / / z(x) = iteráció sz B z B x B A 1 A 2 A 3 A 4 A 5 A 6 A 7 A A / / A z(x) = iteráció B z B x B A 1 A 2 A 3 A 4 A 5 A 6 A 7 A A /3 1 1/3 2 A z(x) = Látható, hogy végül a kiinduló táblát nyertük vissza, tehát az eddigi koncepciók szerint végrehajtott eljárás végtelen. Kiderült, hogy az algoritmus végességét a generáló elem kiválasztásának stratégiája döntően befolyásolja. Definíció. Legyen x, y R n. Azt mondjuk, hogy x lexikografikusan kisebb vagy egyenlő mint y, ha az x y vektor első nullától különböző komponense negatív. Ennek kifejezésére az x y jelölést használjuk. Mj. A fent bevezetett reláció teljes rendezés R n -ben. Példa. (1, 2, 3, 4, 2) (1, 2, 5, 6, 1). Lexikografikus szimplex módszer: Tegyük fel, hogy { } xsi λ = min = x s r1 = x s r2 = = x s rl. i:α ik >0 α ik α r1 k α r2 k α rl k Tekintsük a h rj = (x rj, α rj 1, α rj 2,... α rj n)/α rj k vektorokat, ahol j {1, 2,..., l}. Ezek nyilván a szimplex tábla soraihoz rendelhetők. Válasszuk generáló sornak azt, amelyhez tartozó vektor lexikografikusan a legkisebb. Ez a választás nyilván egyértelmű, ugyanis a szimplex tábla mindig tartalmaz egységmátrixot, így nem lehet két azonos sora. Állítás. A lexikografikus szimplex algoritmus véges sok lépés után befejeződik.

25 LINEÁRIS PROGRAMOZÁS feladat. Oldjuk meg Tucker feladatát a lexikografikus szimplex módszerrel! Alternatív optimális megoldás Előfordulhat, hogy egy LP feladatnak több optimális megoldása is van. Ez a szimplex táblában úgy látszik, hogy valamely A j0 nembázis vektorhoz tartozó j0 = 0. Ekkor az A j0 vektort a bázisba bevezethetjük, a célfüggvény értéke nem változik, ugyanis láttuk, hogy P (x λ ) = P (x) λ j0 = P (x). 12. feladat. Oldjuk meg az 1-4. feladatokat szimplex módszerrel! Definíció. Az LP feladat duálisán a Dualitás Ax b x 0 z(x) = cx max ya c y 0 ζ(y) = yb min LP feladatot értjük. Ez esetben az eredeti feladatot prímál feladatnak is nevezzük. Nyilván a duális feladat duálisa a prímál feladat. Példa. Egy üzem kétféle terméket (T 1, T 2 ) gyárt három anyagféleség (A, B, C) felhasználásával. Minden T 1 terméken 8 pénzegység a nyereség, míg a T 2 terméken 12 pénzegység. Egy T 1 termék előállításához rendre 6 darab A, 2 darab B és 2 darab C anyagféleség szükséges. Ugyanezek az értékek a T 2 termék esetében rendre 4, 6, 2 darab. Az rendelkezésre álló anyagmennyiségek: 60, 46, illetve 22 darab. Milyen napi termelés maximalizálja az üzem nyereségét? A probléma modellje: x 1 : legyártandó mennyiség a T 1 termékből x 2 : legyártandó mennyiség a T 2 termékből

26 26 A feladat duálisa: 6x 1 + 4x x 1 + 6x x 1 + 2x 2 22 x 1, x 2 0 z(x) = 8x x 2 max 6y 1 + 2y 2 + 2y 3 8 4y 1 + 6y 2 + 2y 3 12 y 1, y 2, y 3 0 ζ(y) = 60y y y 3 min A duális értelmezése: Tegyük fel, hogy valaki fel szeretné vásárolni az üzem erőforrásait. Jelölje az y i változó azt az árat amennyit a vásárló ajánl fel az i-edik anyagféleségért. Ezeket az árakat árnyékáraknak nevezzük. A duális feladat korlátozó egyenlőtlenségei azt biztosítják, hogy az ajánlott árak versenyképesek legyenek. Például az első egyenlőtlenség azt mondja, hogy egy T 1 termék alapanyagaiért kifizetett ár ne legyen kisebb a T 1 terméken nyert profitnál. Ez azért fontos, mivel ellenkező esetben a gyár még akkor is jobban járna az erőforrások eladásánál, ha csak T 1 -et gyártana. A célfüggvény értéke az összes erőforrásért felajánlott összeg. A minimalizálás az erőforrás vásárlójának érdekeit tükrözi, tehát azt, hogy az erőforrásokat minél olcsóbban tudja megvenni. Állítás. Ha x lehetséges megoldása a prímál feladatnak és y lehetséges megoldása a duál feladatnak, akkor z(x ) ζ(y ). Bizonyítás. Jelölje L P a prímál és L D a duál feladat lehetséges megoldásainak halmazát. Mivel x L P, ezért n a ij x j b i i {1, 2,... m}. j=1 Másrészt y L D miatt y 0, így n a ij x jyi b i yi j=1 i {1, 2,... m}. Összegezve az egyenlőtlenségek bal- és jobboldalain szereplő mennyiségeket, n a ij x jyi b i yi = ζ(y ) j=1

27 LINEÁRIS PROGRAMOZÁS 27 adódik. Vizsgáljuk ezek után a baloldali összeget. Ha az a ij x j y i elemet egy m n- es mátrix ij indexű elemének tekintjük, akkor a kifejezés ezen mátrix elemeinek összege, mégpedig először soronként összegzünk, majd a sorösszegeket adjuk össze. Nyilván ugyanezt az összeget kapjuk, ha először oszloponként összegzünk, majd az oszlopösszegeket adjuk össze. Így n n n a ij x jyi = a ij x jyi = a ij yi. j=1 j=1 x j j=1 A kapott kifejezésben x j együtthatója a duális feladat j-edik egyenlőtlenségének baloldala. Továbbá x L P, így x 0. Mindezek alapján a ij yi c j x j, j {1, 2,... n}. x j Az oldalak összegzése után az állított reláció közvetlenül adódik. Következmény. Ha a prímál feladat célfüggvénye felülről nem korlátos a lehetséges megoldások halmazán, akkor a duál feladatnak nincsen lehetséges megoldása. Bizonyítás. Ha y lehetséges megoldása lenne a duális feladatnak, akkor az állítás alapján tetszőleges x L P -re z(x ) ζ(y ) teljesülne. De ekkor ζ(y ) felső korlátja lenne a z(x ) x L P értékeknek, ami ellentmondás. Hasonlóan: Következmény. Ha a duál feladat célfüggvénye alulról nem korlátos a lehetséges megoldások halmazán, akkor a prímál feladatnak nincsen lehetséges megoldása. Állítás (Dualitás főtétele). Ha a prímál, duál feladatok közül valamelyiknek létezik optimális megoldása, akkor mindkét feladatnak létezik optimális megoldása és az optimumértékek megegyeznek A prímál és duál feladat feltételei. Definíció. Egy LP feladat feltételei közül egy adott egyenlőtlenséget rögzített feltételnek nevezünk, ha a feladat bármely optimális megoldásánál abban egyenlőség teljesül. Ellenben, ha van legalább egy olyan optimális megoldása a feladatnak, melynél a szóbanforgó feltételben szigorú egyenlőtlenség áll fenn, akkor azt szabad feltételnek mondjuk. Definíció. Legyen adott egy duális feladatpár. Az i-edik n a ij x j b i, y i 0 feltételeket és a j-edik j=1 a ij y i c j, x j 0

28 28 feltételeket duális feltételpároknak nevezzük. Példa. Tekintsük a következő (prímál) LP feladatot! Az ehhez tartozó duális feladat: Duális feltételpárok: x 1 + 2x 2 + 3x 3 + 4x x 1 + 6x 2 + 7x 3 + 8x x 1, x 2, x 3, x 4 0 z(x) = 15x x x x 4 max y 1 + 5y y 1 + 6y y 1 + 7y y 1 + 8y 2 18 y 1, y 2 0 ζ(y) = 100y y 2 min x 1 + 2x 2 + 3x 3 + 4x y 1 0; 5x 1 + 6x 2 + 7x 3 + 8x y 2 0; x 1 0 y 1 + 5y 2 15; x 2 0 2y 1 + 6y 2 16; x 3 0 3y 1 + 7y 2 17; x 4 0 4y 1 + 8y 2 18; Állítás. Minden duális feltételpárban az egyik feltétel szabad, a másik pedig rögzített. Az előző példát folytatva: a prímál feladat egyetlen optimális megoldása x = (30, 0, 0, 0), z(x ) = 450; a duális feladat egyetlen optimális megoldása y = (0, 3), ζ(y ) = 450.

29 LINEÁRIS PROGRAMOZÁS 29 x 1 + 2x 2 + 3x 3 + 4x 4 = 30 < 100 sz. 5x 1 + 6x 2 + 7x 3 + 8x 4 = 150 r. y 1 = 0 r.; y 2 = 3 > 0 sz.; x 1 = 30 > 0 sz. x 2 = 0 r. x 3 = 0 r. x 4 = 0 r. y 1 + 5y 2 = 15 r.; 2y1 + 6y2 = 18 > 16 sz.; 3y1 + 7y2 = 21 > 17 sz.; 4y1 + 8y2 = 24 > 18 sz.; Tekintsük az Érzékenységvizsgálat Ax = b x 0 z(x) = c 1 x c n x n max standard LP feladatot, tegyük fel, hogy x = (x 1, x 2,..., x m, 0,..., 0) ennek optimális megoldása, mely a B = {A 1, A 2,..., A m } bázishoz tartozik. Ekkor J B = {1, 2,..., m}. Jelölje továbbá A B azt az m m-es mátrixot, melynek oszlopvektorai a B elemei, továbbá legyen x B = (x 1, x 2,..., x m) Változás a jobboldali vektorban. Először azt elemezzük, hogy a b vektor komponenseinek változása hogyan hat az optimális bázisra és megoldásra, meddig lehet változtatni ezeket az értékeket anélkül, hogy az optimális bázis változna. Mivel x lehetséges megoldás, így A B x B = b teljesül, melyből x B = A 1 B b adódik. Ha az A 1 B inverzmátrix elemeit u ij jelöli, akkor (13) x i = u ik b k i {1, 2,..., m}. k=1 Változtassuk meg a b vektor t-edik b t komponensét b t + ε-ra. Ekkor (13) miatt az x vektor, ahol x i = u ik b k + u it ε = x i + u it ε i {1, 2,..., m} k=1 és x i = 0 ha i > m, egy B bázishoz tartozó bázismegoldása a megváltoztatott feladatnak. Ahhoz, hogy ez lehetséges megoldás legyen, teljesülnie kell az x i 0 feltételnek minden lehetséges i-re. Az eddigiek alapján ez a feltétel az u it ε x i, i {1, 2,..., m} vagyis a ε x i u it, ha u it > 0;

30 30 ε x i, ha u it < 0; u it feltételekkel ekvivalens. Kaptuk tehát, hogy pontosan max u it >0 { x i u it } ε min u it <0 { x i u it teljesülése esetén lesz x lehetséges megoldás. Kérdés még, hogy x optimális megoldás lesz-e, azaz változik-e a célfüggvény értéke a kiinduló z(x ) értékéhez képest. Az optimalitási kritérium szerint egy lehetséges megoldás akkor optimális, ha j = c i α ij c j 0 minden j {1, 2,..., n} esetén. De emlékezzünk arra, hogy x optimális megoldás volt, tehát arra ez a feltétel teljesült, a b vektorban történt változás pedig erre nincs hatással. Tehát x is optimális megoldás. Tehát bizonyítottuk, hogy a b vektor t-edik komponensében bekövetkezett b t b t + ε változás mindaddig nincs hatással az optimális bázisra, míg a max u it >0 { x i u it } ε min u it <0 { x i u it feltétel teljesül. A megkonstruált x vektor a feladat lehetséges és optimális megoldása Változás a célfüggvény együtthatóiban. Helyettesítsük a c vektor t-edik komponensét c t + ε-nal, és nézzük meg, hogy ez a változás hogyan hat az optimális megoldásra. Két esetet különböztetünk meg: 1. eset: t nem bázisindex, azaz t J B. Ekkor csak t változik: t = c i α it (c t + ε) = c i α it c t ε = t ε. Tehát mindaddig, amíg t 0, azaz ε t az optimális bázis és megoldás nem változik, sőt, még maga az optimumérték sem. 2. eset: t bázisindex, azaz t J B. A t bázisindex volta miatt az összes j, j {m + 1, m + 2,..., n} változik: j = c i α ij + (c t + ε)α tj c j = j + εα tj. i J B \{t} Mivel a feltételek nem változnak, x továbbra is lehetséges megoldás. Ahhoz, hogy optimális is maradjon, az összes nem bázis indexű j = j + εα tj -nek nemnegatívnak kell lenni. Más szóval a ε j α tj, ha α tj > 0; } }

31 LINEÁRIS PROGRAMOZÁS 31 ε j α tj, ha α tj < 0;, vagyis a { max } { j ε min } j j J B,α tj >0 α tj j J B,α tj <0 α tj feltétel teljesülése szükséges és nyilván elégséges. Összefoglalva: A c vektor t-edik bázisindexű komponensében bekövetkezett c t c t + ε változás mindaddig nincs hatással az optimális megoldásra, míg a { max } { j ε min } j j J B,α tj >0 α tj j J B,α tj <0 α tj feltétel teljesül. Az optimumérték nyilván ε függvényében változik Szállítási feladat Adott m db raktár, ahol egy bizonyos anyagféleség (a 1, a 2,..., a m ), (a 0) mennyiségben áll rendelkezésre, továbbá adott n db felvevőhely (bolt), ahol erre az anyagféleségre (b 1, b 2,..., b n ), (b 0)mennyiségben van szükség. Az i-edik raktárból a j-edik felvevőhelyre egységnyi anyag átszállításának a költsége c ij. Szállítsuk el a raktárakban lévő anyagot a kívánt mennyiségben a felvevőhelyekre úgy, hogy a szállítással kapcsolatos költségek összege minimális legyen. Az általánosság megszorítása nélkül tehetjük fel, hogy a i = n b j. j=1 Valóban, ugyanis ha ez nem így van, akkor úgynevezett fiktív raktárak vagy fiktív felvevőhelyek beiktatásával elérhető az egyenlőség. Ha pl. az összigény nagyobb mint az összkínálat, azaz m a i < n b j, akkor bevezetünk egy fiktív m + 1-edik telephelyet, a m+1 = n b j m a i készlettel. j=1 j=1 Ebből a raktárból minden felvevőhelyre 0 lesz a szállítás költsége. Tehát olyan szállítást kell megvalósítanunk, amelynek során minden telephelyről minden árut elszállítanak, az egyes felvevőhelyek igényeit kielégítik, és ezt mind úgy teszik, hogy az össz-szállítási költség minimális.

32 32 Modell: jelölje x ij az i-edik raktárból a j-edik felvevőhelyre átszállítandó mennyiséget. z(x) = j=1 n x ij = a i i {1, 2,... m} j=1 x ji = b i i {1, 2,... n} j=1 x ij 0 n c ij x ij min Ez tulajdonképpen egy LP feladat. Példa. A költségek: három raktár: R 1, R 2, R 3 készlet: (350, 200, 250) négy felvevőhely: F 1, F 2, F 3, F 4 igények: (200, 200, 250, 150) F 1 F 2 F 3 F 4 R R R = Induló LBM keresése északnyugat sarok módszerrel. Induljunk ki a következő táblázatból: F 1 F 2 F n R 1 a 1 R 2 a R m a m b 1 b 2 b n A módszer nem használja a költségmátrixot, ezért nem írtuk be. A végrehajtás a táblázat bal felső sarkában kezdődik: legyen x 11 = min{a 1, b 1 }, írjuk be ezt az első sor első oszlopába. Írjuk át a 1 -et és b 1 -et a következő módon: a 1 = a 1 x 11, b 1 = b 1 x 11. Ha x 11 = a 1, akkor első sor, ha pedig x 11 = b 1, akkor az első oszlop többi cellájába írjunk nullát! Ha x 11 = a 1 = b 1, akkor vagy az első sort, vagy az első oszlopot nullázzuk ki! Folytassuk az eljárást a megmaradt üres mátrix bal felső sarkában az x 12 vagy az x 21 változóval! Példa.

33 LINEÁRIS PROGRAMOZÁS 33 F 1 F 2 F 3 F 4 R R R x 11 = min{350, 200} = 200; a 1 = a 1 x 11 = 150; b 1 = b 1 x 11 = 0; F 1 F 2 F 3 F 4 R R R x 12 = min{150, 200} = 150; a 1 = a 1 x 12 = 0; b 2 = b 2 x 12 = 50; F 1 F 2 F 3 F 4 R R R x 22 = min{200, 50} = 50; a 2 = a 2 x 22 = 150; b 2 = b 2 x 22 = 0; F 1 F 2 F 3 F 4 R R R x 23 = min{150, 250} = 150; a 2 = a 2 x 23 = 0; b 3 = b 3 x 23 = 100; F 1 F 2 F 3 F 4 R R R x 33 = min{250, 100} = 100; a 3 = a 3 x 33 = 150; b 3 = b 3 x 33 = 0; F 1 F 2 F 3 F 4 R R R x 34 = min{150, 150} = 150; a 3 = a 3 x 34 = 0; b 4 = b 4 x 34 = 0;

34 34 Báziscellák száma: Bázisindexek: Bázisváltozók: F 1 F 2 F 3 F 4 R R R m + n 1 = = 6 J B = {(1, 1), (1, 2), (2, 2), (2, 3), (3, 3), (3, 4)} x 11 = 200, x 12 = 150, x 22 = 50, x 23 = 150, x 33 = 100, x 34 = 150 Állítás. Bármely szállítási problémának van optimális megoldása. Bizonyítás. A 0 x ij min{a i, b j } i {1, 2,..., m}; j {1, 2,..., n} egyenlőtlenségek garantálják, hogy a lehetséges megoldások halmaza korlátos és zárt. Továbbá ez a halmaz nem üres; a fenti algoritmus minden esetben előállít egy lehetséges megoldást. Korlátos és zárt halmaz felett pedig egy folytonos függvény mindig felveszi minimumát Hurokszerkesztéses szimplex módszer. Legyen adott az x induló LBM és J B = {(i 1, j 1 ), (i 2, j 2 ),..., (i m+n 1, j m+n 1 )}. Rendeljünk minden raktárhoz egy u i és minden felvevőhelyhez egy v j változót! Írjuk fel az u i + v j = c ij egyenletet minden (i, j) J B esetén. Ez egy m + n 1 db egyenletet és m + n változót tartalmazó egyenletrendszerként is felfogható; legyen v 1 = 0 és oldjuk meg! A megoldás ismeretében számoljuk ki a d ij = c ij (u i +v j ) értékeket amikor (i, j) J B! (Nyilván, ha (i, j) J B, akkor d ij = 0.) Ha d ij -k között nincs negatív, akkor a vizsgált LBM optimális. Ha van köztük negatív, akkor ki kell választani az egyiket és bevinni a bázisba. Példa (folytatás). Ennek egy megoldása: u 1 + v 1 = 2 u 1 + v 2 = 1 u 2 + v 2 = 4 u 2 + v 3 = 3 u 3 + v 3 = 2 u 3 + v 4 = 8 u 1 = 2, u 2 = 5, u 3 = 4, v 1 = 0, v 2 = 1, v 3 = 2, v 4 = 4.

35 LINEÁRIS PROGRAMOZÁS 35 Disztribúciós tábla: v 1 = 0 v 2 = 1 v 3 = 2 v 4 = u 1 = u 2 = u 3 = Definíció. Egy legalább négy cellából álló rendezett cellarendszert huroknak nevezünk, ha az alábbi feltételek mindegyike teljesül. Bármely két egymást követő cella vagy azonos sorhoz, vagy azonos oszlophoz tartozik. Három egymást követő cella nincs ugyanabban a sorban vagy oszlopban. Az első és utolsó cella vagy ugyanabban a sorban, vagy ugyanabban az oszlopban van. Példa hurokra Válasszuk a negatív d ij -k közül a legkisebbet; legyen ez d rs! Képezzünk az (r, s)-ből induló olyan hurkot, amelyben csak bázisindexek szerepelnek (r, s)- en kívül. Legyen λ az (r, s)-től páratlan távolságra elhelyezkedő hurokbeli cellákhoz tartozó értékek minimuma. Az új táblában legyen x rs = λ, a hurokban tőle páratlan távolságra lévő értékeket λ-val csökkentjük, a párosra lévőket λ-val növeljük, a többit nem változtatjuk. Amelyik cellából a λ-t választottuk, azt elhagyjuk a bázisból (ha λ több helyen is előfordul, akkor is csak az egyiket hagyjuk el). Példa (folytatás).

36 36 v 1 = 0 v 2 = 1 v 3 = 2 v 4 = u 1 = u 2 = u 3 = λ = 150 v 1 = 0 v 2 = 1 v 3 = 9 v 4 = u 1 = u 2 = u 3 = Megjegyezzük, hogy a szükséges egyenletrendszer megoldása közvetlenül a táblában is megtörténhet. Most λ = 0. v 1 = 0 v 2 = 1 v 3 = 1 v 4 = u 1 = u 2 = u 3 =

37 DISZKRÉT PROGRAMOZÁS 37 v 1 = 0 v 2 = 1 v 3 = 1 v 4 = u 1 = u 2 = u 3 = Mivel most a d ij -k egyike sem negatív, optimális megoldást kaptunk, ami a következő: az első raktárból szállítsunk 150-et az első, 200-at a második felvevőhelyre; az első raktárból 50-et az elsőre, 150-et a negyedikre; végül a harmadik raktár készletét vigyük a harmadik felvevőhelyre. A szállítási költség ekkor: = feladat. Oldja meg az alábbi táblázattal adott szállítási feladatot! F 1 F 2 F 3 F 4 R R R Diszkrét programozás Ebbe a témakörbe olyan matematikai programozási problémák tartoznak, amelyeknél a változók egy része (akár az összes is) csak véges sok, vagy megszámlálhatóan végtelen sok értéket vehet fel. Mind a korlátozó feltételekben szereplő függvények, mind pedig a célfüggvény lehetnek nemlineárisak is. Általános alakjuk az f i (x, y) = b i i {1, 2,..., m} y 0 x S z(x, y) max ahol x és y p illetve q dimenziós vektorok, az S halmaz pedig valamilyen diszkrét halmaz. A p > 0 és q > 0 esetén kevert (vegyes) diszkrét programozási, a p > 0 és q = 0 esetén pedig tiszta diszkrét feladatról beszélünk. Az irodalomban ezen témakörre szokták még az,,egészértékű programozás