Copyright notice. Optimalisatietechnieken. Simplexmethode: Voorbeeld... Lineair programmeren. x 3 = x 1 x 5 = x 1 -x 2 02d.

Transcriptie

1 Didactisch materiaal bi de cursus Optimalisatietechnieken Academieaar Prof. dr. ir. W. Philips Tel: 09/ Fax: 09/ UNIVERSITEIT GENT Telecommunicatie en Informatieverwerking Copyright notice This powerpoint presentation was developed as an educational aid to the renewed course Optimisation Techniques (Optimalisatietechnieken), taught at the University of Gent, Belgium as of This presentation may be used, modified and copied free of charge for non-commercial purposes by individuals and non-for-profit organisations and distributed free of charge by individuals and non-for-profit organisations to individuals and non-for-profit organisations, either in electronic form on a physical storage medium such as a CD-rom, provided that the following conditions are observed: 1. If you use this presentation as a whole or in part either in original or modified form, you should include the copyright notice W. Philips, Universiteit Gent, in a font size of at least 10 point on each slide; 2. You should include this slide (with the copyright conditions) once in each document (by which is meant either a computer file or a reproduction derived from such a file); 3. If you modify the presentation, you should clearly state so in the presentation; 4. You may not charge a fee for presenting or distributing the presentation, except to cover your costs pertaining to distribution. In other words, you or your organisation should not intend to make or make a profit from the activity for which you use or distribute the presentation; 5. You may not distribute the presentations electronically through a network (e.g., an HTTP or FTP server) without express permission by the author. In case the presentation is modified these requirements apply to the modified work as a whole. If identifiable sections of that work are not derived from the presentation, and can be reasonably considered independent and separate works in themselves, then these requirements do not apply to those sections when you distribute them as separate works. But when you distribute the same sections as part of a whole which is a work based on the presentation, the distribution of the whole must be on the terms of this License, whose permissions for other licensees extend to the entire whole, and thus to each and every part regardless of who wrote it. In particular note that condition 4 also applies to the modified work (i.e., you may not charge for it). Using and distributing the presentation means using it for any purpose, including but not limited to viewing it, presenting it to an audience in a lecture, distributing it to students or employees for self-teaching purposes,... Use, modification, copying and distribution for commercial purposes or by commercial organisations is not covered by this licence and is not permitted without the author s consent. A fee may be charged for such use. Disclaimer: Note that no warrantee is offered, neither for the correctness of the contents of this presentation, nor to the safety of its use. Electronic documents such as this one are inherently unsafe because they may become infected by macro viruses. The programs used to view and modify this software are also inherently unsafe and may contain bugs that might corrupt the data or the operating system on your computer. If you use this presentation, I would appreciate being notified of this by . I would also like to be informed of any errors or omissions that you discover. Finally, if you have developed similar presentations I would be grateful if you allow me to use these in my course lectures. Prof. dr. ir. W. Philips philips@telin.ugent.be Department of Telecommunications and Information Processing Fax: University of Gent Tel: St.-Pietersnieuwstraat 41, B9000 Gent, Belgium 02d.2 Lineair programmeren De simplex-methode Simplexmethode: Voorbeeld... Trofeeprobleem: Maximaliseer 12 x 1 +9 x 2 waarbi x 1 +x 3 = 1000 x 2 +x 4 = 1500 x 1 +x 2 +x 5 = x 1 +2x 2 +x 6 = 4800 x 1, x 2, x 3, x 4, x 5, x 6 0 Stap 0: zoek een initieel extreem punt x (0) x 1 = 0, x 2 = 0 zin geldige NB-variabelen (op zicht!) De corresponderende oplossing x=(0, 0, 1000, 1500, 1750, 4800) is niet-negatief x is een extreem punt kies x (0) =x Stap 1: bepaal de simplex-richtingen: bereken de B-variabelen x b =(x 3, x 4, x 5, x 6 ) in functie van de NB-variabelen x nb =(x 1,x 2 ) x 3 = x 1 x 5 = x 1 -x 2 x 4 = x 2 x 6 = x 1-2x 2 02d.4

2 B-variabelen Voorbeeld: simplextableau x x x x Maximaliseer 12 x 1 +9 x 2 waarbi x 3 = x 1 Extreem punt: x x (0)= 4 = x 2 (0, 0, 1000, 1500, 1750, 4800) x 5 = x 1 -x 2 NB-variabelen: x 1, x 2 x 6 = x 1-2x 2 NB-variabelen Winstfunctie: 12 x 1 +9 x 2 gelikheden Waarden B-variabelen in extreem punt 02d x x x x Voorbeeld: simplexrichtingen... Simplex-richtingen kunnen worden afgelezen uit het tableau: (x 1, x 2 )=(1, 0) (x 1, x 2 )=(0, 1) De simplexrichtingen kunnen eenvoudig worden afgelezen ribbe A: (x 1, x 2 )=λ (1, 0) x = λ (1, 0, -1, 0, -1, -4) ribbe B: (x 1, x 2 )=λ (0, 1) x = λ (0, 1, 0, -1, -1, -2) Ribbe A en B doen de winst stigen; we kiezen ribbe A λ max = 1000 want voor λ > 1000 wordt de eerste B-variabele, n.l. x 3, negatief Nieuw extreem punt: x (1) = (1000, 0, 0, 1500, 750, 800) 02d.6 Voorbeeld x x x x winst x3 x4 x5 x De NB-variabelen x 1, x 2 zin niet meer geldig (want x 1 0) we kiezen x 2 = 0, x 3 = 0 als nieuwe NB-variabelen voor x (1) We drukken nu de nieuwe B-variabelen uit in functie van x 2, x 3 x 3 = x 1 x 4 = x 2 x 5 = x 1 -x 2 x 6 = x 1-2 x 2 nieuwe winst: 12 x 1 +9 x 2 =12(1000)+9(0) x 4 = x 2 x 5 = (1000 -x 3 ) -x 2 x 6 = (1000 -x 3 ) -2 x 2 02d.7 x 4 = x 2 x 5 = (1000 -x 3 ) -x 2 x 6 = (1000 -x 3 ) -2x 2 Nieuw simplextableau: x3 x x x x x x 4 = x 2 x 5 = 750 +x 3 -x 2 x 6 = x 3-2 x 2 Nieuwe winstfunctie: 12 x 1 +9 x 2 = 12(1000 -x 3 ) +9 x 2 = x 3 +9 x 2 nieuwe gelikheden Nieuwe simplex-richtingen ribbe A: x = λ (-1, 0, 1, 0, 1, 4) verslechterend ribbe B: x = λ (0, 1, 0, -1, -1, -2) verbeterend λ max = 400; x (2) = (1000, 400, 0, 1100, 350, 0) 02d.8

3 Simplextableau x3 x x x x x Voorbeeld kost x3 x4 x5 x nieuwe winst: 12 x 1 +9 x 2 =12(1000)+9(400) We stappen nu over van de niet meer geldige NB-variabelen x 2, x 3 naar nieuwe NB-variabelen x 6, x 3 voor x (2) We drukken nu de nieuwe B-variabelen uit in functie van x 6, x 3 x 4 = x 2 x 4 = (800 +4x 3 -x 6 )/2 x 5 = 750 +x 3 -x 2 x 5 = 750 +x 3 -(800 +4x 3 -x 6 )/2 x 6 = x 3-2x 2 x 2 = (800 +4x 3 -x 6 )/2 02d.9 Nieuw simplextableau: x3 x x x x x Voorbeeld x 4 = (800 +4x 3 -x 6 )/2 x 5 = 750 +x 3 -(800 +4x 3 -x 6 )/2 x 2 = (800 +4x 3 -x 6 )/2 Nieuwe simplex-richtingen ribbe A: x = λ (-1, 2, 1, -2, -1, 0) ribbe B: x = λ (0, -0.5, 0, 0.5, 0.5, 1) x 4 = x x 6 x 5 = 350 -x x 6 x 2 = x x 6 Nieuwe winstfunctie: 12 x 1 +9 x 2 = 12(1000 -x 3 ) +9 (400 +2x x 6 ) = x x 6 nieuwe gelikheden controle: =nieuwe winst verbeterend verslechterend λ max = 350; x (3) = (650, 1100, 350, 400, 0, 0) 02d.10 x3 x x x x x kost x3 x4 x5 x nieuwe winst: 12 x 1 +9 x 2 =12(650)+9(1100) We stappen nu over van de niet meer geldige NB-variabelen x 3, x 6 naar nieuwe NB-variabelen x 5, x 6 voor x (3) We drukken nu de nieuwe B-variabelen uit in functie van x 5, x 6 x 1 = (350 -x x 6 ) x 4 = x x 6 x 4 =1100-2(350 -x x 6 )+0.5 x 6 x 5 = 350 -x x 6 x 3 = 350 -x x 6 x 2 = x x 6 x 2 = 400+2(350 -x x 6 )-0.5 x 6 02d.11 Nieuw simplextableau: x5 x x x x x x 1 =1000 -(350 -x x 6 ) x 4 =1100-2(350 -x x 6 )+0.5 x 6 x 3 =350 -x x 6 x 2 =400+2(350 -x x 6 )-0.5 x 6 x 1 = 650 +x x 6 x 4 = x x 6 x 3 = 350 -x x 6 x 2 = x x 6 Nieuwe winstfunctie: 12 x 1 +9 x 2 = x x 6 nieuwe gelikheden Nieuwe simplex-richtingen ribbe A: x = λ (1, -2, -1, 2, 1, 0) verslechterend ribbe B: x = λ (-0.5, 0.5, 0.5, -0.5, 0, 1) verslechterend Geen verbeterende ribben optimum bereikt 02d.12

4 1000 Voorbeeld: grafische voorstelling Standaardvorm: 2000 D A: x x 2 A 3 0 B B: x4 0 C: x 5 0 x (4) E C F x 1 x (0) x (2) x (3) extreem punt D: x 6 0 E: x 1 0 F: x 2 0 x3 x4 x5 x d.13 Stopvoorwaarde en optimaliteit... x5 x x x x x We hebben gestopt omdat geen enkele simplexrichting tot een betere winst leidt, maar misschien bestaan er verbeterende richtingen die geen simplexrichting zin? Neen, toch niet! Bewis: stel dat we vanuit het eindpunt een stap x zetten in een willekeurige richting naar een andere mogelike oplossing al deze x hebben x 5 0 en x 6 0 omdat x 5 en x 6 positief moeten bliven Dergelike stappen vergroten echter nooit de winst omdat de coëfficiënten van x 5 en x 6 in de winst negatief zin Als de coëfficiënten van de winst in het simplex-tableau allemaal negatief zin zitten we dus zeker in een optimum 02d.14 x5 x x x x x Opmerking Wat als geen enkele winstcoëfficiënt strikt positief is, maar ze niet allemaal strikt negatief zin? Optima: (650-λ/2, 1100+λ/2, 350+λ/2, 400-λ/2, 0, λ), met λ [0,800] In dit geval kan men vanuit het huidig extreem punt geen stappen zetten naar een mogelike oplossing met een strikt betere winst we zitten wel degelik in een optimum maar wel naar mogelike oplossingen met gelike winst er zin meerdere optima Men vindt alle optima door de NB-variabelen met nulcoëfficienten alle mogelike niet-negatieve waarden te laten aannemen waarvoor de B-variabelen niet-negatief bliven 02d.15 Nulstappen Als er verbeterende simplexrichtingen zin mogen we niet stoppen en moeten we één van die richtingen volgen Dit kan echter niet als alle verbeterende simplexrichtingen gedegenereerd zin d.w.z. als voor elke verbeterende simplexrichting λ max = 0 er zin dus verbeterende simplexrichtingen, maar we kunnen langs geen enkele van die richtingen een stap zetten Zonder bewis: het simplexalgoritme werkt toch, mits de volgende aanpassing indien mogelik, volg een verbeterende richting met λ max >0 zoniet, kies dan een gedegenereerde verbeterende simplexrichting (een richting met verbeterende winst en met λ max = 0) en doe verder alsof λ max zeer klein en positief was op die manier forceert men de keuze van nieuwe NBvariabelen 02d.16

5 Voorbeeld met 0-stappen... Maximaliseer 2 x 1 -x 2 waarbi x 1 -x 2 +x 3 = 0 x 1, x 2, x 3 0 Dit probleem is al in standaardvorm x 1 = 0, x 2 = 0 zin geldige NB-variabelen (op zicht!) Extreem punt x (0) =(0, 0, 0) x Simplex-richtingen ribbe A: x = λ (1, 0, -1) ribbe B: x = λ (0, 1, 1) λ max = 0; x (1) = (0, 0, 0) =x (0) NB-variabelen Winstfunctie: 2x 1 -x 2 Enige gelikheid verbeterend verslechterend We doen verder alsof λ max > 0 en dus ook x 1 >0 02d.17 Voorbeeld met 0-stappen x kost x3 We stappen nu over van de (zogezegd) niet meer geldige NBvariabelen x 1, x 2 naar nieuwe NB-variabelen x 2, x 3 voor x (2) We drukken nu de nieuwe B-variabelen uit in functie van x 2, x 3 Nieuw simplextableau: Winstfunctie: 2 x x2 x3 1 -x = 2 (x 2 -x 3 ) -x 2 = x 2-2 x 3 x x 1 -x 2 +x 3 = 0 x 1 = x 2 -x 3 Simplex-richtingen: ribbe A: x = λ (1, 1, 0) verbeterend ribbe B: x = λ (-1, 0, 1) verslechterend λ max = + optimale winst + ε 02d.18 Voorbeeld met 0-stappen Nulstappen: probleem x 2 x 2 ε x (0) x (1) x 3 =0 x 1 x 3 =0 x 1 mogelike oplossingen gedegenereerd extreem punt x 1 -x 2 +x 3 = 0 x 1, x 2, x 3 0 Filosofie: Stap 1: x 1 >0, x 1 =x 3 =0 Stap 2: x 2 >0, x 2 =x 3 =0 De tekening is natuurlik overdreven Besluit: nul-stappen helpen ons ontsnappen uit een gedegenereerd extreem punt (hier toevallig naar + ) 02d.19 Opmerking: in theorie is het mogelik dat men een cyclus van nulstappen zet NB={ x 1, x 2 } nulstap cyclus NB={ x 1, x 3 } NB={ x 2, x 1 } nulstap nulstap NB={ x 2, x 3 } In de praktik komt dit gelukkig zeer zelden voor Men kan bewizen dat men zo een cyclus altid kan doorbreken d.w.z. dat men in een bepaalde stap een andere keuze voor de NB-variabelen kan maken die uiteindelik de cyclus doorbreekt Een praktisch algoritme moet dus in staat zin cycli te detecteren en in de tweede ronde een andere keuze maken 02d.20

6 Convergentie Als λ max >0 in elke simplexstap dan stopt het algoritme na een eindig aantal stappen met ofwel een optimale oplossing ofwel met de conclusie dat het optimum is Het stopt omdat er maar eindig veel extreme punten zin en we in dit geval nooit terugkeren in een extreem punt Het resultaat is optimaal omdat we in de eindsituatie geen stap kunnen zetten die winst of kost verbetert Als er gedegenereerde extreme punten zin kan λ max =0 zin het algoritme convergeert dan nog steeds op voorwaarde dat men maatregelen neemt om cycli van nulstappen te doorbreken deze situatie is zeldzaam 02d.21 x (0)...efficiëntie van simplex... optimum betere winst Initiële keuze voor snelle winsttoename 7 stappen Alternatieve keuze 2 stappen Besluit: er zin geen goede regels om te kiezen tussen verschillende verbeterende simplexrichtingen 02d.22 Initieel extreem punt zelfstudie Initieel extreem punt... Het simplexalgoritme begint met een initieel extreem punt x (0) Hoe vinden we dit? Zo een initieel extreem punt moet mogelik zin: voldoen aan alle gelikheden en aan alle nietnegatief voorwaarden een basisoplossing zin: voldoende variabelen x =0 hebben die de oplossing uniek bepalen Oplossing: het zoeken van een mogelike oplossing van het origineel probleem wordt als een hulpsimplexprobleem geformuleerd en dit zodanig dat een initieel extreem punt vinden voor dit hulpprobleem wel eenvoudig is het oplossen van het hulpprobleem levert een mogelike oplossing van het origineel probleem; deze oplossing blikt zelfs een extreem punt te zin 02d.24

7 ...Initieel extreem punt: Methode... (S): n = 1 ai x = bi i = 1,, m : x 0 1. Maak alle b i 0 door eventueel een vergeliking met -1 te vermenigvuldigen 2. Vorm een stelsel (S ) door het invoeren van hulpvariabelen z i n (S ): zi = bi ai x i = 1,, m = 1 Elke mogelike oplossing van het origineel probleem voldoet aan (S ) met alle z i =0 en met alle x 0 3. Beschouw nu het volgende hulpsimplexprobleem in x en z i : minimaliseer z 1 +z 2 + z m mits (S ), alle x 0 en alle z i 0 Als de optimale kost 0 is dan is z 1 = =z m = 0 en hebben we een mogelike oplossing x voor het origineel probleem en een initieel extreem punt kiezen voor het hulpprobleem is en triviaal: kies alle x =0 i: z i =b i 2d.25 02d.26...Initieel extreem punt: Methode Minimaliseer z 1 +z 2 + z m mits n (S ): zi = bi ai x i = 1,, m = 1 en alle x 0 en alle z i 0 De oplossing van het hulpprobleem kan op 2 manieren stoppen: ofwel is de optimale kost z 1 +z 2 + z m > 0 (S ) heeft geen oplossingen met alle z i =0 en met alle x 0 het origineel probleem heeft geen mogelike oplossingen ofwel is de optimale kost z 1 +z 2 + z m = 0 de eindoplossing (z, x) is extreem voor het hulpprobleem x is een mogelike oplossing voor het origineel probleem en is ook extreem Reden: (z, x) bevat als extreem punt (n+m)-(m)=n nulvariabelen (aantal onbekenden-aantal vergelikingen), waaronder alle mz i -variabelen en dus nog n-m x -variabelen x heeft net voldoende nulcomponenten om een extreem punt te zin in het origineel probleem Voorbeeld Maximaliseer 14 x 1-9 x 3 +x 4 mits x 0 en 8 x 1 +x 2 -x 3 = 74 4 x 2-7x 3 +x 4 = -21 x 2 +x 3 = 11 x 2 +x 3 +x 5 = 4 z 1 = 74-8 x 1 -x 2 +x 3 z 2 = x 2 +7 x 3 -x 4 z 2 = -(-21-4 x 2 +7 x 3 -x 4 ) z 3 = 11 -x 2 -x 3 z 4 = 4 -x 2 -x 3 -x 5 Fase 1: Minimaliseer z 1 +z 2 +z 3 +z 4 mits alle x 0 en alle z i 0 Initieel extreem punt voor dit hulpprobleem: x 1 =x 2 =x 3 =x 4 =x 5 =0, z 1 =74, z 2 =21, z 3 =11 02d.27 8x 1 +x 2 -x 3 = 74 4x 2-7x 3 +x 4 = -21 x 2 +x 3 = 11 Minder hulpvariabelen x 1 = (74 -x 2 +x 3 )/8 z 1 = -(-21-4x 2 +7x 3 -x 4 ) z 2 = 11-x 2 -x 3 x 2 +x 3 +x 5 = 4 x 5 = 4 -x 2 -x 3 Soms kan men minder hulpvariabelen invoeren: als een bepaalde x k slechts in één vergeliking voorkomt en die x k het zelfde teken heeft als de constante term x k zal altid niet-negatief zin als we de andere x op 0 zetten Fase 1: Minimaliseer z 1 +z 2 mits alle x 0 en alle z 0 Initieel extreem punt van dit hulpprobleem: x 2 =x 3 =x 4 =0, x 1 =9.25, x 5 =4, z 1 =21, z 2 =11 Voordeel: minder variabelen sneller en met minder geheugenruimte op te lossen 02d.28

8 Minder hulpvariabelen Besluit: 2-fasen simplexmethode x 1 = (74 -x 2 +x 3 )/8 z 1 = -(-21-4 x 2 +7 x 3 -x 4 ) z 2 = 11 -x 2 +x 3 x 5 = 4 -x 2 -x 3 x2 x3 x x z z x Fase 1: Minimaliseer z 1 +z 2 mits alle x 0 en alle z 0 Fase 1: initieel extreem punt: x (0) = (9.25, 0, 0, 0, 4; 21, 11) z 1 en z 2 Kostfunctie: z 1 +z 2 = x 2-6 x 3 +x 4 verbeterend (doet kost dalen!) λ max = 3; x (1) = (9.625, 0, 3, 0, 1; 0, 14) 02d.29 Stap 1: breng het probleem in standaardvorm Stap 2: construeer het artificieel fase-1 probleem om een initieel extreem punt te vinden Stap 3: los het fase-1 probleem op 2 mogelikheden de oplossing heeft kost > 0 het origineel probleem heeft geen mogelike en dus ook geen optimale oplossing de oplossing heeft kost 0 we hebben x (0) Stap 4: los het origineel probleem in standaardvorm op, gebruik makend van x (0) Opmerking: het fase-1 probleem heeft bi constructie mogelike oplossingen en een eindige minimumkost stap 2 en 3 zin overbodig als men om een of andere reden al een extreem punt kent 02d.30 Zelfstudie: simplex met onder- en bovengrenzen Simplex met boven- en ondergrenzen... Minder hulpveranderliken gebruiken is interessant omdat elke bikomende hulpveranderlike een extra kolom of ri toevoegt in het simplextableau (geheugenbesparing) n Verbeterde standaardvorm: optimaliseer c x onder de voorwaarde dat = 1 (S): n = 1 ai x = bi i = 1,, m en (O): : u x l Nieuwe definitie basisoplossing: stel voldoende variabelen x gelik aan l of u om het stelsel een unieke oplossing te geven dit zin de NB-variabelen een dergelike oplossing is een basisoplossing Een basisoplossing is een extreem punt als ze voldoet aan (O) 02d.32

9 ...Simplex met boven- en ondergrenzen Voorwaarden: (S): n = 1 ai x = bi i = 1,, m en (O): : u x Om een ribbe te volgen laten we nu een NB-variabele x toenemen of afnemen met een hoeveelheid λ: als x =u dan stellen we x =u +λ met λ min λ 0 als x =l dan stellen we x =l +λ met λ max λ 0 Bi λ=λ min of λ=λ max wordt een ongelikheid actief Er zin twee mogelikheden: x bereikt zin andere grens (b.v.: x =u +λ leidt tot x =l ) een B-variabele x k met k bereikt een grens u k of l k In het eerste geval blift x nu een geldige NB-variabele! In het tweede geval vervangt x k weer x als NB-variabele l 02d.33 Voorbeeld... Trofeeprobleem: Maximaliseer 12 x 1 +9 x 2 mits x1, x2 0 x 1000 x x + x 1750 x + 2x 4800 x 1 +x 2 +x 3 = x 1 +2x 2 +x 4 = x x x 3 0 x 4 Slechts 2 reservevariabelen nodig i.p.v. 4 Slechts 2 vergelikingen i.pv. 4 x 1 = 0, x 2 = 0 zin geldige NB-variabelen want ze zin gelik aan 1 van hun grenzen (hier ondergrenzen) hun waarden bepalen de andere variabelen uniek En de corresponderende B-variabelen voldoen aan hun grenzen Extreem punt x (0) =(0, 0, 1750, 4800) B- in functie van de NB-variabelen: x 3 = x 1 -x 2 x 4 = x 1-2 x 2 02d.34 Maximaliseer 12 x 1 +9 x 2 mits x 3 = x 1 -x 2 x 4 = x 1-2 x 2 0 x x Extreem punt: x (0) =(0, 0, 1750, 4800); NB-variabelen: x 1, x x x Grenzen 0 x 3 0 x 4 Grenzen Winstfunctie Voor beide richtingen is λ 0 (ondergrens); beide verbeteren Grenzen: voor x 1 : 0+λ 1000 x 3 : 1750-λ 0 x 4 : λ 0 λ max = 1000; x (1) =(1000, 0, 750, 800) 02d x x kost x3 x Niet meer de huidige waarden van x 3 en x 4 wegens x 1 0 x 1 bereikte zin bovengrens x 1 blift NB-variabele Simplextableau verandert niet Voor de 1e richting is λ 0 toegelaten en voor de 2e λ 0 De 1e richting kan uiteraard niet verbeteren; de 2e verbetert wel Grenzen: voor x 2 : 0+λ 1500 x 3 : 750 -λ 0 x 4 : 800-2λ 0 λ max = 400; x (2) =(1000, 400, 350, 0) x 4 vervangt x 2 als NB 02d.36

10 x x kost x3 x x 4 bereikte zin ondergrens x 4 vervangt x 2 als NB-variabele Nieuw tableau: 1000 x1 x x x x 4 bevindt zich op ondergrens nieuwe kostfunctie x 3 = x 1 -x 2 x 4 = x 1-2x 2 x 3 = x x 4 x 2 = x 1-0.5x 4 02d x1 x x x kost x3 x Voor de eerste richting is enkel λ 0 toegelaten; voor de tweede richting is enkel λ 0 toegelaten Beide richtingen kunnen maar verbeteren voor λ 0 we veranderen x 1 (d.w.z., laten x 1 zakken) Grenzen: voor x 1 : 1000+λ 0 x 2 : 400-2λ 1500 x 3 : 350 +λ 0 λ min = -350; x (3) =(650, 1100, 0, 0) x 3 wordt nieuwe NB 02d.38 Voorbeeld 1000 x1 x x x kost x3 x x3 x x x kost x3 x x 3 bereikte zin ondergrens x 3 vervangt x 1 als NB-variabele Nieuw tableau: x3 x x x nieuwe kostfunctie We zin in beide gevallen verplicht λ 0 te nemen omdat x 3 en x 4 zich beiden op hun ondergrens bevinden Anderzids verbeteren beide richtingen enkel als λ 0 Besluit: er zin geen verbeterende richtingen we hebben het optimum gevonden x x 1 = = x x 4 +x 3-0.5x 4 x x 2 = = x 1-0.5x 4-2x x 4 02d.40 02d.39

11 Literatuur Opmerking Rardin, hfdstk. 5: blzn , blzn Press, hfdst. 10: blzn In de les kwamen enkele slides uit deze presentatie niet aan bod; deze slides zin bedoeld voor zelfstudie tenzi anders vermeld 02d.41 02d.42 Appendix Vraag i.v.m. de efficiëntie van simplex... Standaardvorm: 2000 D A: x x 2 A 3 0 B B: x4 0 C: x 5 0 x (4) 1000 E x (3) C D: x 6 0 E: x 1 0 F: x 2 0 x3 x4 x5 x F x (0) x (2) x 1 Soms kan men kiezen tussen verschillende verbeterende richtingen: krigt men dan een snellere oplossing als men de richting kiest die het meest of het snelst verbetert? Antwoord: niet noodzakelik: enkel het aantal stappen telt 02d.44

12 ...Vraag i.v.m. de efficiëntie van simplex Rardin, fig. 5.7 B x (6) x 3 optimum A x (5) x (4) C F Maximaliseer x 3 Randvoorwaarden: A-L x 1, x 2, x 3 0 in standaardvorm correspondeert ieder vlak met een x =0 x 2 H x (3) I G x (2) x (1) x (0) J D K E L x 1 verbeterende kost (=toenemende kost) snellere oplossing 02d.45