TW2020 Optimalisering Hoorcollege 5 Leo van Iersel Technische Universiteit Delft 12 oktober 2016 Leo van Iersel (TUD) TW2020 Optimalisering 12 oktober 2016 1 / 31
Dualiteit Dualiteit: Elk LP probleem heeft een bijbehorend duaal probleem. Primaal probleem min max n variabelen m restricties Duaal probleem max min n restricties m variabelen Dualiteit wordt gebruikt om ondergrenzen op de optimale doelfunctiewaarde te berekenen (voor minimaliseringsproblemen) en optimaliteit te verifiëren. Leo van Iersel (TUD) TW2020 Optimalisering 12 oktober 2016 2 / 31
Dieet probleem Een aantal soorten voedsel bevatten elk een bepaalde hoeveelheid van verschillende voedingsstoffen. We willen van elke voedingsstof genoeg binnenkrijgen. Voor zo min mogelijk geld. Hoeveel kun je het beste eten van elke soort voedsel? Voorbeeld chips muesli bitterballen benodigd (ADH) kosten 3 3 4 koolhydraten 2 1 0 3 eiwitten 0 1 4 2 vetten 4 0 8 9 Leo van Iersel (TUD) TW2020 Optimalisering 12 oktober 2016 3 / 31
Dieet probleem Een aantal soorten voedsel bevatten elk een bepaalde hoeveelheid van verschillende voedingsstoffen. We willen van elke voedingsstof genoeg binnenkrijgen. Voor zo min mogelijk geld. Hoeveel kun je het beste eten van elke soort voedsel? Het primale probleem: min 3 x 1 +3 x 2 +4 x 3 o.d.v. 2 x 1 + x 2 3 x 2 +4 x 3 2 4 x 1 +8 x 3 9 x 1, x 2, x 3 0 Het duale probleem: max 3 π 1 + 2 π 2 +9 π 3 o.d.v. 2 π 1 +4 π 3 3 π 1 + π 2 3 4 π 2 +8 π 3 4 π 1, π 2, π 3 0 Leo van Iersel (TUD) TW2020 Optimalisering 12 oktober 2016 4 / 31
Dualiteit voor algemene LP problemen Het primale probleem (P): min c T x o.d.v. a i x = b i i M a i x b i i M x j 0 j N x j R j N Het duale probleem (D): max b T π o.d.v. π i R i M π i 0 i M π T A j c j j N π T A j = c j j N De duale van het duale probleem is het primale probleem. Zwakke dualiteitsstelling: elke toegelaten oplossing van (D) geeft een ondergrens op de optimale waarde van (P). Sterke dualiteitsstelling: als (P) een optimale oplossing heeft, dan heeft (D) een optimale oplossing met dezelfde waarde. Leo van Iersel (TUD) TW2020 Optimalisering 12 oktober 2016 5 / 31
Vandaag Complementary slackness Karakterisatie van optimaliteit Farkas lemma Karakterisatie van toelaatbaarheid (is er een toegelaten oplossing) Duale Simplex methode Begin met een duaal-toegelaten basisoplossing ( c 0) en zoek naar een oplossing die ook primaal toegelaten is (b 0). Leo van Iersel (TUD) TW2020 Optimalisering 12 oktober 2016 6 / 31
Complementary Slackness Het primale probleem (P): min c T x o.d.v. a i x = b i i M a i x b i i M x j 0 j N x j R j N Het duale probleem (D): max b T π o.d.v. π i R i M π i 0 i M π T A j c j j N π T A j = c j j N Stelling (Complementary Slackness) Laat x een toegelaten oplossing van (P) zijn en π een toegelaten oplossing van (D). Dan zijn x en π beiden optimaal dan en slechts dan als: π i (a i x b i ) = 0 i = 1,..., m (1) x j (c j π T A j ) = 0 j = 1,..., n (2) Leo van Iersel (TUD) TW2020 Optimalisering 12 oktober 2016 7 / 31
Complementary slackness (CS) voorwaarden zijn noodzakelijke en voldoende voorwaarden voor optimaliteit. Leo van Iersel (TUD) TW2020 Optimalisering 12 oktober 2016 8 / 31
Complementary slackness (CS) voorwaarden zijn noodzakelijke en voldoende voorwaarden voor optimaliteit. Gegeven een optimale oplossing van (P), kunnen we de CS voorwaarden gebruiken om een optimale oplossing van (D) te vinden, en vice versa. Leo van Iersel (TUD) TW2020 Optimalisering 12 oktober 2016 8 / 31
Complementary slackness (CS) voorwaarden zijn noodzakelijke en voldoende voorwaarden voor optimaliteit. Gegeven een optimale oplossing van (P), kunnen we de CS voorwaarden gebruiken om een optimale oplossing van (D) te vinden, en vice versa. π i (a i x b i ) = 0 betekent: als π i 0 dan a i x = b i (aan de i-de voorwaarde van (P) wordt voldaan met gelijkheid). Leo van Iersel (TUD) TW2020 Optimalisering 12 oktober 2016 8 / 31
Complementary slackness (CS) voorwaarden zijn noodzakelijke en voldoende voorwaarden voor optimaliteit. Gegeven een optimale oplossing van (P), kunnen we de CS voorwaarden gebruiken om een optimale oplossing van (D) te vinden, en vice versa. π i (a i x b i ) = 0 betekent: als π i 0 dan a i x = b i (aan de i-de voorwaarde van (P) wordt voldaan met gelijkheid). x j (c j π T A j ) = 0 betekent: als x j 0 dan π T A j = c j (aan de j-de voorwaarde van (D) wordt voldaan met gelijkheid). Leo van Iersel (TUD) TW2020 Optimalisering 12 oktober 2016 8 / 31
Voorbeeld (1. Dieet Probleem) Het primale probleem: min 3 x 1 +3 x 2 +4 x 3 o.d.v. 2 x 1 + x 2 3 x 2 +4 x 3 2 4 x 1 +8 x 3 9 x 1, x 2, x 3 0 Het duale probleem: max 3 π 1 + 2 π 2 +9 π 3 o.d.v. 2 π 1 +4 π 3 3 π 1 + π 2 3 4 π 2 +8 π 3 4 π 1, π 2, π 3 0 Gegeven is een optimale oplossing van het duale probleem: 1 1 2 π = 1 met waarde 6 1 2. 0 Vind een optimale oplossing van het primale probleem m.b.v. de complementary slackness voorwaarden. Leo van Iersel (TUD) TW2020 Optimalisering 12 oktober 2016 9 / 31
Voorbeeld (2. Dieet Probleem) Het primale probleem: min 3 x 1 +3 x 2 +4 x 3 o.d.v. 2 x 1 + x 2 3 x 2 +4 x 3 2 4 x 1 +8 x 3 9 x 1, x 2, x 3 0 Het duale probleem: max 3 π 1 + 2 π 2 +9 π 3 o.d.v. 2 π 1 +4 π 3 3 π 1 + π 2 3 4 π 2 +8 π 3 4 π 1, π 2, π 3 0 Nu andersom! Gegeven is een optimale oplossing van het primale probleem: x = 1 1 2 0 1 2 met waarde 6 1 2. Vind een optimale oplossing van het duale probleem m.b.v. de complementary slackness voorwaarden. Leo van Iersel (TUD) TW2020 Optimalisering 12 oktober 2016 10 / 31
Complementary Slackness: Bewijs We gaan voor het gemak uit van een primaal-duaal paar van de volgende vorm: Het primale probleem (P): Het duale probleem (D): min z = c T x o.d.v. Ax b x 0 max w = b T π o.d.v. π T A c T π 0 Stelling (Complementary Slackness) Laat x een toegelaten oplossing van (P) zijn en π een toegelaten oplossing van (D). Dan zijn x en π beiden optimaal dan en slechts dan als: π i (a i x b i ) = 0 i = 1,..., m (1) x j (c j π T A j ) = 0 j = 1,..., n (2) Leo van Iersel (TUD) TW2020 Optimalisering 12 oktober 2016 11 / 31
Meetkundige interpretatie complementary slackness max z = c T x o.d.v. Ax b x R n c P x* c T x = z* P = {x R n Ax b} Leo van Iersel (TUD) TW2020 Optimalisering 12 oktober 2016 12 / 31
Meetkundige interpretatie complementary slackness max z = c T x o.d.v. Ax b x R n a 1 x = b 1 a 1 c P x* a 2 x = b 2 a 2 c T x = z* P = {x R n Ax b} Leo van Iersel (TUD) TW2020 Optimalisering 12 oktober 2016 13 / 31
Meetkundige interpretatie complementary slackness c T x = z is een niet-negatieve lineaire combinatie van a i x = b i, i = 1,..., m Leo van Iersel (TUD) TW2020 Optimalisering 12 oktober 2016 14 / 31
Meetkundige interpretatie complementary slackness c T x = z is een niet-negatieve lineaire combinatie van a i x = b i, i = 1,..., m, oftewel: met π i 0 voor alle i. π 1 a 1 +... + π m a m = c T π 1 b 1 +... + π m b m = z Leo van Iersel (TUD) TW2020 Optimalisering 12 oktober 2016 14 / 31
Meetkundige interpretatie complementary slackness c T x = z is een niet-negatieve lineaire combinatie van a i x = b i, i = 1,..., m, oftewel: met π i 0 voor alle i. Dit leidt tot het duale probleem: π 1 a 1 +... + π m a m = c T π 1 b 1 +... + π m b m = z max c T x = z = min π T b o.d.v. Ax b o.d.v. π T A = c T x R n π 0 Complementary slackness zegt: als a i x < b i dan π i = 0. Leo van Iersel (TUD) TW2020 Optimalisering 12 oktober 2016 14 / 31
Meetkundige interpretatie complementary slackness c T x = z is een niet-negatieve lineaire combinatie van a i x = b i, i = 1,..., m, oftewel: met π i 0 voor alle i. Dit leidt tot het duale probleem: π 1 a 1 +... + π m a m = c T π 1 b 1 +... + π m b m = z max c T x = z = min π T b o.d.v. Ax b o.d.v. π T A = c T x R n π 0 Complementary slackness zegt: als a i x < b i dan π i = 0. Oftewel c T x = z is een niet-negatieve lineaire combinatie van de restricties waar met gelijkheid aan wordt voldaan in een optimale oplossing. Leo van Iersel (TUD) TW2020 Optimalisering 12 oktober 2016 14 / 31
Toepassing van Complementary Slackness Probleem Kortste Pad Gegeven: gerichte graaf D = (V, A) met lengte c j 0 voor elke pijl e j A en twee speciale punten s, t V. Bepaal: een kortste pad van s naar t. Leo van Iersel (TUD) TW2020 Optimalisering 12 oktober 2016 15 / 31
Toepassing van Complementary Slackness Probleem Kortste Pad Gegeven: gerichte graaf D = (V, A) met lengte c j 0 voor elke pijl e j A en twee speciale punten s, t V. Bepaal: een kortste pad van s naar t. Definieer de node-arc incidence matrix A als volgt: 1 als pijl e j uit punt i vertrekt a ij = 1 als pijl e j in punt i aankomt 0 anders. Leo van Iersel (TUD) TW2020 Optimalisering 12 oktober 2016 15 / 31
Beslissingsvariabelen: { 1 als het pad pijl e j gebruikt f j = 0 anders LP formulering (primale): min c j f j e j A o.d.v. Af = f 0 als s het eerste en t het laatste punt is. 1 0. 0 1 Leo van Iersel (TUD) TW2020 Optimalisering 12 oktober 2016 16 / 31
Beslissingsvariabelen: { 1 als het pad pijl e j gebruikt f j = 0 anders LP formulering (primale): min c j f j e j A o.d.v. Af = f 0 als s het eerste en t het laatste punt is. 1 0. 0 1 Observatie Tenminste één optimale oplossing van dit LP probleem is geheeltallig. Leo van Iersel (TUD) TW2020 Optimalisering 12 oktober 2016 16 / 31
LP formulering (primale): min c j f j e j A o.d.v. Af = f 0 als s het eerste en t het laatste punt is. 1 0. 0 1 Observatie Één van de gelijkheidsrestricties is overbodig. We kunnen bijvoorbeeld de laatste restrictie, die voor punt t, weglaten. Leo van Iersel (TUD) TW2020 Optimalisering 12 oktober 2016 17 / 31
Primale: min c j f j e j A o.d.v. Af = f 0 1 0. 0 1 Duale: max π s π t o.d.v. π T A c π R m Leo van Iersel (TUD) TW2020 Optimalisering 12 oktober 2016 18 / 31
Primale: min c j f j e j A o.d.v. Af = f 0 1 0. 0 1 Duale: Oftewel: max π s π t o.d.v. π T A c π R m max π s π t o.d.v. π k π l c [k,l] π R m Leo van Iersel (TUD) TW2020 Optimalisering 12 oktober 2016 18 / 31
Primale: min c j f j e j A o.d.v. Af = f 0 1 0. 0 1 Duale: Oftewel: max π s π t o.d.v. π T A c π R m max π s π t o.d.v. π k π l c [k,l] π R m Complementary Slackness: f [k,l] > 0 π k π l = c [k,l] π k π l < c [k,l] f [k,l] = 0 Met notatie: als e j = [k, l] dan f [k,l] = f j en c [k,l] = c j. Leo van Iersel (TUD) TW2020 Optimalisering 12 oktober 2016 18 / 31
Complementary Slackness condities: f [k,l] > 0 π k π l = c [k,l] π k π l < c [k,l] f [k,l] = 0 Leo van Iersel (TUD) TW2020 Optimalisering 12 oktober 2016 19 / 31
Complementary Slackness condities: f [k,l] > 0 π k π l = c [k,l] π k π l < c [k,l] f [k,l] = 0 Interpretatie van CS voor het kortste pad probleem: een s-t pad is optimaal als er waardes π i voor elk punt i gekozen kunnen worden zodanig dat π k π l c [k,l] π k π l = c [k,l] voor elke pijl [k, l] (duale restricties) voor elke pijl [k, l] op het pad (CS). Leo van Iersel (TUD) TW2020 Optimalisering 12 oktober 2016 19 / 31
Complementary Slackness condities: f [k,l] > 0 π k π l = c [k,l] π k π l < c [k,l] f [k,l] = 0 Interpretatie van CS voor het kortste pad probleem: een s-t pad is optimaal als er waardes π i voor elk punt i gekozen kunnen worden zodanig dat π k π l c [k,l] π k π l = c [k,l] voor elke pijl [k, l] (duale restricties) voor elke pijl [k, l] op het pad (CS). Dit wordt gebruikt bij het algoritme van Dijkstra dat volgende week behandeld wordt. Leo van Iersel (TUD) TW2020 Optimalisering 12 oktober 2016 19 / 31
Farkas Lemma Complementary slackness karakteriseert optimaliteit. Farkas lemma karakteriseert toelaatbaarheid. Stelling (Farkas Lemma) Voor elke m n matrix A en vector b R m is precies één van de volgende twee beweringen waar: x R n zodanig dat Ax = b, x 0 y R m zodanig dat y T A 0, y T b < 0 Leo van Iersel (TUD) TW2020 Optimalisering 12 oktober 2016 20 / 31
De cone(x ) is de verzameling van alle niet-negatieve lineaire combinaties van de vectoren in X. Definitie cone(x ) = {λ 1 x 1 +... + λ t x t x 1,..., x t X ; λ 1,..., λ t 0} a 1 cone{a 1,...,a 5 } a 3 a 4 a 2 a 5 Dit leidt tot een meetkundige interpretatie van Farkas lemma. Leo van Iersel (TUD) TW2020 Optimalisering 12 oktober 2016 21 / 31
Stelling (Farkas Lemma) Precies één van de volgende twee beweringen is waar: x R n zodanig dat Ax = b, x 0 y R m zodanig dat y T A 0, y T b < 0 a 1 cone{a 1,...,a 5 } a 3 a 4 a 2 a 5 met a 1,..., a n de kolommen van A. Leo van Iersel (TUD) TW2020 Optimalisering 12 oktober 2016 22 / 31
Stelling (Farkas Lemma) Precies één van de volgende twee beweringen is waar: b cone(a 1,..., a n ) er is een vector y die een scherpe hoek maakt met alle a i en een stompe hoek met b. a 1 cone{a 1,...,a 5 } a 4 a 3 y a 2 a 5 b Leo van Iersel (TUD) TW2020 Optimalisering 12 oktober 2016 23 / 31
Duale Simplex Methode (Primale) Simplex methode (voor een minimaliseringsprobleem) Ga van (primaal-)toegelaten basisoplossing (bfs) naar een volgende (niet-slechtere) bfs. Leo van Iersel (TUD) TW2020 Optimalisering 12 oktober 2016 24 / 31
Duale Simplex Methode (Primale) Simplex methode (voor een minimaliseringsprobleem) Ga van (primaal-)toegelaten basisoplossing (bfs) naar een volgende (niet-slechtere) bfs. Stop wanneer cj 0 voor alle j, oftewel totdat een oplossing gevonden is die ook duaal toegelaten is. Leo van Iersel (TUD) TW2020 Optimalisering 12 oktober 2016 24 / 31
Duale Simplex Methode (Primale) Simplex methode (voor een minimaliseringsprobleem) Ga van (primaal-)toegelaten basisoplossing (bfs) naar een volgende (niet-slechtere) bfs. Stop wanneer cj 0 voor alle j, oftewel totdat een oplossing gevonden is die ook duaal toegelaten is. Duale Simplex methode Ga van duaal-toegelaten basisoplossing naar een volgende (niet-slechtere) duaal-toegelaten basisoplossing. Leo van Iersel (TUD) TW2020 Optimalisering 12 oktober 2016 24 / 31
Duale Simplex Methode (Primale) Simplex methode (voor een minimaliseringsprobleem) Ga van (primaal-)toegelaten basisoplossing (bfs) naar een volgende (niet-slechtere) bfs. Stop wanneer cj 0 voor alle j, oftewel totdat een oplossing gevonden is die ook duaal toegelaten is. Duale Simplex methode Ga van duaal-toegelaten basisoplossing naar een volgende (niet-slechtere) duaal-toegelaten basisoplossing. Stop wanneer bi 0 voor alle i, oftewel totdat een oplossing gevonden is die ook primaal toegelaten is. Leo van Iersel (TUD) TW2020 Optimalisering 12 oktober 2016 24 / 31
Duale Simplex Algoritme voor minimaliseringsprobleem: Gegeven is een (primale) basisoplossing, niet noodzakelijk toegelaten, met c j 0 voor alle j. Leo van Iersel (TUD) TW2020 Optimalisering 12 oktober 2016 25 / 31
Duale Simplex Algoritme voor minimaliseringsprobleem: Gegeven is een (primale) basisoplossing, niet noodzakelijk toegelaten, met c j 0 voor alle j. 1 Als b i 0 voor alle i dan is de huidige basisoplossing toegelaten en optimaal. Stop! Leo van Iersel (TUD) TW2020 Optimalisering 12 oktober 2016 25 / 31
Duale Simplex Algoritme voor minimaliseringsprobleem: Gegeven is een (primale) basisoplossing, niet noodzakelijk toegelaten, met c j 0 voor alle j. 1 Als b i 0 voor alle i dan is de huidige basisoplossing toegelaten en optimaal. Stop! 2 Kies uittredende basisvariabele behorende bij rij i met b i < 0. Leo van Iersel (TUD) TW2020 Optimalisering 12 oktober 2016 25 / 31
Duale Simplex Algoritme voor minimaliseringsprobleem: Gegeven is een (primale) basisoplossing, niet noodzakelijk toegelaten, met c j 0 voor alle j. 1 Als b i 0 voor alle i dan is de huidige basisoplossing toegelaten en optimaal. Stop! 2 Kies uittredende basisvariabele behorende bij rij i met b i < 0. 3 Als ā i j 0 voor alle j dan heeft het probleem geen toegelaten oplossing. Stop! Leo van Iersel (TUD) TW2020 Optimalisering 12 oktober 2016 25 / 31
Duale Simplex Algoritme voor minimaliseringsprobleem: Gegeven is een (primale) basisoplossing, niet noodzakelijk toegelaten, met c j 0 voor alle j. 1 Als b i 0 voor alle i dan is de huidige basisoplossing toegelaten en optimaal. Stop! 2 Kies uittredende basisvariabele behorende bij rij i met b i < 0. 3 Als ā i j 0 voor alle j dan heeft het probleem geen toegelaten oplossing. Stop! 4 Kies intredende variabele x j waarvoor { } c j cj = max ā i j j < 0. ā i j ā i j Leo van Iersel (TUD) TW2020 Optimalisering 12 oktober 2016 25 / 31
Duale Simplex Algoritme voor minimaliseringsprobleem: Gegeven is een (primale) basisoplossing, niet noodzakelijk toegelaten, met c j 0 voor alle j. 1 Als b i 0 voor alle i dan is de huidige basisoplossing toegelaten en optimaal. Stop! 2 Kies uittredende basisvariabele behorende bij rij i met b i < 0. 3 Als ā i j 0 voor alle j dan heeft het probleem geen toegelaten oplossing. Stop! 4 Kies intredende variabele x j waarvoor { } c j cj = max ā i j j < 0. ā i j ā i j 5 Pas elementaire rijoperaties toe zodanig dat kolom j een 1 krijgt in rij i en verder alleen 0 en. Ga naar (2). Leo van Iersel (TUD) TW2020 Optimalisering 12 oktober 2016 25 / 31
Uitleg Duale Simplex Methode c = c cb T B 1 A en de duale variabelen zijn π T = cb T B 1 dus c 0 c cb T B 1 A 0 cb T B 1 A c π T A c duaal toegelaten Leo van Iersel (TUD) TW2020 Optimalisering 12 oktober 2016 26 / 31
Uitleg Duale Simplex Methode c = c cb T B 1 A en de duale variabelen zijn π T = cb T B 1 dus c 0 c cb T B 1 A 0 cb T B 1 A c π T A c duaal toegelaten de keuze voor de intredende variabele x j c j ā i j { cj = max j ā i j zorgt er voor dat c j 0 blijft na de pivot. met } ā i j < 0 Leo van Iersel (TUD) TW2020 Optimalisering 12 oktober 2016 26 / 31
Toepassing op het Kortste Pad Probleem u s e 1 e 4 1 3 2 e 3 2 1 e 2 e 5 v t min z = 2 f 1 + 2 f 2 + 2 f 3 + 3 f 4 + f 5 o.d.v. f 1 + f 2 = 1 (s) f 1 + f 3 + f 4 = 0 (u) f 2 f 3 + f 5 = 0 (v) f 1, f 2, f 3, f 4, f 5 0 Leo van Iersel (TUD) TW2020 Optimalisering 12 oktober 2016 27 / 31
Toepassing op het Kortste Pad Probleem u s e 1 e 4 1 3 2 e 3 2 1 e 2 e 5 v t basis b f 1 f 2 f 3 f 4 f 5 1 1 1 0 0 0 0-1 0 1 1 0 0 0-1 -1 0 1 z 0 1 2 2 3 1 Stel we proberen als basis {f 2, f 3, f 4 }. Leo van Iersel (TUD) TW2020 Optimalisering 12 oktober 2016 28 / 31
Toepassing op het Kortste Pad Probleem u s e 1 e 4 1 3 2 e 3 2 1 e 2 e 5 v t basis b f 1 f 2 f 3 f 4 f 5 f 2 1 1 1 0 0 0 f 3-1 -1 0 1 0-1 f 4 1 0 0 0 1 1 z -3 1 0 0 0 0 Deze basisoplossing is niet toegelaten maar wel duaal toegelaten. Leo van Iersel (TUD) TW2020 Optimalisering 12 oktober 2016 29 / 31
Toepassing op het Kortste Pad Probleem u s e 1 e 4 1 3 2 e 3 2 1 e 2 e 5 v t basis b f 1 f 2 f 3 f 4 f 5 f 2 1 1 1 0 0 0 f 3-1 -1 0 1 0-1 f 4 1 0 0 0 1 1 z -3 1 0 0 0 0 Dus kunnen we de duale simplex methode toepassen. Leo van Iersel (TUD) TW2020 Optimalisering 12 oktober 2016 30 / 31
Toepassing op het Kortste Pad Probleem u s e 1 e 4 1 3 2 e 3 2 1 e 2 e 5 v t basis b f 1 f 2 f 3 f 4 f 5 f 2 1 1 1 0 0 0 f 3-1 -1 0 1 0-1 f 4 1 0 0 0 1 1 z -3 1 0 0 0 0 Dus kunnen we de duale simplex methode toepassen. Haal f 3 uit de basis. Leo van Iersel (TUD) TW2020 Optimalisering 12 oktober 2016 30 / 31
Toepassing op het Kortste Pad Probleem u s e 1 e 4 1 3 2 e 3 2 1 e 2 e 5 v t basis b f 1 f 2 f 3 f 4 f 5 f 2 1 1 1 0 0 0 f 3-1 -1 0 1 0-1 f 4 1 0 0 0 1 1 z -3 1 0 0 0 0 Dus kunnen we de duale simplex methode toepassen. Haal f 3 uit de basis. Dan komt f 5 in de basis. Leo van Iersel (TUD) TW2020 Optimalisering 12 oktober 2016 30 / 31
Toepassing op het Kortste Pad Probleem u s e 1 e 4 1 3 2 e 3 2 1 e 2 e 5 v basis b f 1 f 2 f 3 f 4 f 5 f 2 1 1 1 0 0 0 f 5 1 1 0-1 0 1 f 4 0-1 0 1 1 0 z -3 1 0 0 0 0 t De nieuwe oplossing is primaal toegelaten en (natuurlijk) nog steeds duaal toegelaten. Leo van Iersel (TUD) TW2020 Optimalisering 12 oktober 2016 31 / 31
Toepassing op het Kortste Pad Probleem u s e 1 e 4 1 3 2 e 3 2 1 e 2 e 5 v basis b f 1 f 2 f 3 f 4 f 5 f 2 1 1 1 0 0 0 f 5 1 1 0-1 0 1 f 4 0-1 0 1 1 0 z -3 1 0 0 0 0 t De nieuwe oplossing is primaal toegelaten en (natuurlijk) nog steeds duaal toegelaten. Deze oplossing is dus optimaal. Leo van Iersel (TUD) TW2020 Optimalisering 12 oktober 2016 31 / 31