Optimalisering en Complexiteit, College 11. Complementaire speling; duale Simplex methode. Han Hoogeveen, Utrecht University

Transcriptie

1 Optimalisering en Complexiteit, College 11 Complementaire speling; duale Simplex methode Han Hoogeveen, Utrecht University

2 Duale probleem (P) (D) min c 1 x 1 + c 2 x 2 + c 3 x 3 max w 1 b 1 + w 2 b 2 + w 3 b 3 o.d.v. o.d.v. a 11 x 1 + a 12 x 2 + a 13 x 3 b 1 w 1 0 a 21 x 1 + a 22 x 2 + a 23 x 3 b 2 w 2 0 a 31 x 1 + a 32 x 2 + a 33 x 3 = b 3 w 3 onbegrensd x 1 0 w 1 a 11 + w 2 a 21 + w 3 a 31 c 1 x 2 0 w 1 a 12 + w 2 a 22 + w 3 a 32 c 2 x 3 onbegrensd w 1 a 13 + w 2 a 23 + w 3 a 33 = c 3 De optimale oplossing van (D) is w = c B B 1.

3 Sterke dualiteitsstelling Stelling Stel dat (P) een minimaliseringsprobleem is en (D) het bijbehorende duale probleem. Dan geldt dat indien één van beide problemen een begrensde optimale oplossing bezit, dan heeft het andere probleem ook een begrensde optimale oplossing en de oplossingswaarden van (P) en (D) zijn gelijk. Deze stelling geldt ongeacht of (P) beperkingen a i x b i, a i x b i, of a i x = b i heeft, en ongeacht of voor de variabelen x j geldt x j 0, x j 0 of x j onbegrensd!

4 Economische interpretatie Stel (P) bevat beperkingen Ax b x 0. De optimale oplossing van (D) is w = c B B 1, waarbij c B B 1 bij het eindtableau van (P) hoort; de bijbehorende doelstellingsfunctiewaarde is w b. Verander b in b door b i te verhogen met ɛ. Indien w nu de optimale oplossing van (D) blijft, dan is de doelstellingsfunctiewaarde van de optimale oplossing van (P) gelijk aan w b = w b + wi ɛ (sterke dualiteitsstelling). wi wordt de schaduwprijs van beperking i genoemd: dit geeft aan hoeveel je maximaal moet betalen (dan wel minstens moet ontvangen) voor een verandering van b i. Dit is slechts een benadering, want w = c B B 1 blijft alleen optimaal indien B correspondeert met een optimale TBO; dit is zo indien B 1 b 0 blijft.

5 Complementaire speling Ga uit van een primaal probleem (P) en een bijbehorend duaal probleem (D). Stel dat x = (x 1,..., x n ) en w = (w 1,..., w m) de respectievelijke optimale oplossingen zijn van (P) en (D). Voeg spelingsvariabelen (x n+1,..., x n+m ) toe aan (P) en voeg spelingsvariabelen (w m+1,..., w m+n ) toe aan (D). Bepaal de waarden van de spelingsvariabelen in x en w ; noteer deze als (x n+1,..., x n+m) en (w m+1,..., w m+n). Stelling (KKT voorwaarden) Twee toegelaten oplossingen x en w (beide inclusief spelingsvariabelen) zijn optimale oplossingen van (P) en (D) dan en slechts dan als ze voldoen aan de complementaire spelingsrelaties x n+i w i = 0 i = 1,..., m en x j w m+j = 0 j = 1,..., n

6 Bewijs complementaire spelingsrelaties (1) Gedachte achter het bewijs: je kunt aantonen dat x en w aan de complementaire spelingsrelaties voldoen dan en slechts dan als geldt cx = w Ax = w b (onder de voorwaarde dat x en w toegelaten oplossingen zijn van (P) en (D)). Stel dat cx = w Ax = w b; bekijk alleen het laatste deel (eerste deel equivalent). Uit w Ax = w b volgt w (Ax b) = 0. Uitschrijven in somnotatie: m wi (a i x b i ) = 0. i=1

7 Bewijs complementaire spelingsrelaties (2) Opstellen duale: (P) (D) a 11 x 1 + a 12 x 2 + a 13 x 3 b 1 w 1 0 a 21 x 1 + a 22 x 2 + a 23 x 3 b 2 w 2 0 In beide gevallen geldt w i (ai x b i ) 0; de som over i kan dus alleen 0 zijn indien alle afzonderlijke termen 0 zijn. Aangezien (a i x b i ) = ±x n+i (i de spelingsvariabele) volgt x n+i w i = 0 i = 1,..., m Het omgekeerde volgt onmiddellijk door de stappen in het bewijs terug te lopen.

8 Duale Simplex methode (1) Beginprobleem min cx o.d.v. Ax = b; x 0. Dit wordt opgelost met de Simplex methode; je vindt een eindtableau. Nu wordt b veranderd in b. Onder RHS staat nu c B B 1 b op de nulde rij en B 1 b daaronder; dit moeten c B B 1 b en B 1 b worden. Reken c B B 1 b en B 1 b uit en maak de kolom onder RHS in orde. Claim. Als B 1 b 0, dan correspondeert het nieuwe tableau met een optimale oplossing voor het aangepaste probleem. Helaas, B 1 b 0; wat nu? Graag zo efficiënt mogelijk.

9 Duale Simplex methode (2) De gewone Simplex methode probeert om de nulde rij 0 te maken, waarbij de rechterkant (onder RHS) 0 blijft. Nu geldt dat de nulde rij al 0 is, maar de rechterkant is 0. Idee achter Duale Simplex is om de rechterkant 0 te maken, terwijl je er voor zorgt dat de nulde rij 0 blijft. Iteratie: x Br gaat uit de basis met r arg min i=1,...,m b i Kies x k als nieuwe basisvariabele, waarbij moet gelden 1 y rk < 0 (zodat de waarde onder RHS op rij r 0 wordt). 2 Na pivoteren op y rk is de nulde rij nog steeds 0.

10 Voorbeeld Gegeven het onderstaande minimaliseringsprobleem: min z = 4x 1 + 3x 2 onder de voorwaarden 2x 1 + x 2 15 x 1 + x 2 10 x 1, x 2 0 Voeg spelingsvariabelen x 3 en x 4 toe en zet het in het tableau; x 3 en x 4 zijn de basisvariabelen.

11 Duale Simplex methode (3) Bereken het effect van een pivot operatie op y rk < 0. Onder x k stond (z k c k ); er moet nu 0 komen te staan. Trek maal de rde rij van rij 0 af. (z k c k ) y rk Onder x j (j = 1,..., n) komt dan te staan (z j c j ) y rj(z k c k ) y rk Onderscheid twee gevallen: 1 y rj 0. Wegens (z k c k ) y rk 0 blijft (z j c j ) 0. 2 y rj < 0: ratioregel (zie onder).

12 Ratioregel Duale Simplex methode Je wilt dat (z j c j ) y rj(z k c k ) y rk Delen door y rj levert (teken klapt om) dat moet gelden (z j c j ) y rj (z k c k ) y rk Dit levert de volgende ratio regel op: Bepaal { } (zj c j ) k arg min y rj < 0 y rj

13 Voorbeeld Duale Simplex methode (1) Gegeven het welbekende probleem: Min 2x 1 + 3x 2 4x 3 o.v. x 1 x 2 + 2x 3 7 2x 1 + x 2 + 3x 3 22 x 1 x 2 + x 3 2 x 1, x 2, x 3 0 Toevoegen van spelingsvariabelen x 4, x 5 en x 6 en oplossen met de simplex methode geeft het volgende eindtableau: x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 RHS z x x x Vervang b = (7, 22, 2) T door b = ( 4, 2, 3) T en los het nieuwe probleem op met de duale simplex methode.

14 Voorbeeld Duale Simplex methode (2) Bepaal eerst de nieuwe RHS vector horend bij het laatste tableau. Bepaal c B B 1 en B 1 uit het tableau. Bereken c B B 1 b = 10 en b = B 1 b = (2, 1, 3) T. Het resulterende tableau wordt dus Wat nu? x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 RHS z x x x

15 Voorbeeld Duale Simplex methode (3) Het minimale element van RHS staat op de tweede rij; x B2 = x 3 moet uit de basis. Bepaal de negatieve elementen op de tweede rij: alleen y 2,6 < 0. x 6 gaat in de basis en x B2 gaat uit de basis; pivoteer op y 2,6. Resultaat Wat nu? x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 RHS z x x x

16 Voorbeeld Duale Simplex methode (4) Rechterkant 0, dus nog geen TBO gevonden. x B3 moet uit de basis, maar de derde rij bevat geen negatieve elementen. De vergelijking die correspondeert met de derde rij luidt: 3x 1 + 5x 3 + x 4 + x 5 = 2 Aangezien alle x j 0 is er geen punt in het toegelaten gebied dat aan deze vergelijking voldoet. Conclusie: leeg toegelaten gebied. Hoe kun je zien welke beperkingen leiden tot deze strijdige beperking?

17 Gevoeligheidsanalyse Zeer belangrijk, want de gegevens zijn in de praktijk niet exact! Ga uit van het LP probleem: min z = cx o.d.v. Ax = b; x 0. Mogelijke veranderingen die je aan kunt brengen in een LP: 1 Verandering van rechterkant: b wordt b. 2 Toevoeging van variabele x n+1 (met kolomvector a n+1 en kostencoëfficiënt c n+1 ). 3 Aanpassen van c j in c j voor één of meer variabelen. 4 Weglaten van variabele x j (of de matrix A verandert). 5 Toevoegen van een beperking a m+1 x b m+1 of a m+1 x = b m+1 6 Weglaten van een beperking a i x b i of a i x = b i

18 Aanpassing rechterkantvector Uiteraard kun je voor een gegeven nieuwe rechterkantvector b de Duale Simplex methode gebruiken. Ander belangrijk probleem: met hoeveel mag je b i verlagen zodanig dat dezelfde basis toegelaten blijft? Wanneer is zo n deal interessant? Voorbeeld: Min 2x 1 + 3x 2 4x 3 o.v. x 1 x 2 + 2x 3 7 2x 1 + x 2 + 3x 3 22 x 1 x 2 + x 3 2 x 1, x 2, x 3 0 x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 RHS z x x x