Zadanie programowania liniowego cz.2

Transkrypt

Extremum zadania programowania liniowego PL
Definicja 4.5
TEORIA I METODY
OPTYMALIZACJI
Punkt x należący do wypukłego zbioru X  R jest punktem wierzchołkowym zbioru
X, jeśli nie może być wyrażony jako kombinacja liniowa innych punktów zbioru X.
n
Twierdzenie 4.1
Zadanie programowania liniowego część II
Wydział Elektroniki
Kier. Automatyka i Robotyka
Studia II st. NZ
dr inż. Ewa Szlachcic
Katedra Automatyki, Mechatroniki i Systemów Sterowania
Wydział Elektroniki
Politechnika Wrocławska
Zbiór wszystkich rozwiązań dopuszczalnych zadania programowania liniowego PL jest
zbiorem wypukłym.
Twierdzenie 4.2
Rozwiązanie dopuszczalne x zadania programowania liniowego PL jest punktem
wierzchołkowym zbioru rozwiązań dopuszczalnych X wtedy i tylko wtedy gdy
odpowiada mu bazowe rozwiązanie dopuszczalne tzn.:
x  [ xB ,0]T
Dowód:
1. Zakłada się, że wektor x jest bazowym rozwiązaniem dopuszczalnym. Pokazać, że x
jest punktem wierzchołkowym zbioru X
2. Zakłada się, że wektor x jest punktem wierzchołkowym zbioru rozwiązań
dopuszczalnych zadania programowania liniowego. Pokazać, że wektor x jest bazowym
rozwiązaniem dopuszczalnym.
Wydział Elektroniki studia II st.
kier. Automatyka i Robotyka
Teoria i metody optymalizacji
Dr inż. Ewa Szlachcic
Extremum zadania programowania liniowego PL cd.
Extremum zadania programowania liniowego PL
cd.
Lemat 4.3
Jeżeli funkcja f : X  R
, określona na domkniętym i ograniczonym wypukłym
zbiorze X  R n , jest ciągła i wypukła, to globalne maksimum funkcji f(x) występuje w
punkcie ekstremalnym (bądź punktach) zbioru X.
1
f ( x )  f (v )

x - dowolne globalne minimum
v – dowolny punkt ekstremalny zbioru X.
k
 v ,
i  0, i  1,...,k ;
i
i
i 1
i
k
k
i 1
i 1



Zbiór rozwiązań optymalnych przyjmuje postać:

X
zachodzi:

i
p
p
  x ,   0, i  1,...,p    1
i
i
i 1
i
i 1
ckd.
i
Wprowadzone oznaczenia:
Postać początkowej tablicy simpleksowej
 y00 
cB B 1b   y10 
y0   1  
 B b    
 
 ym 0 
Funkcja celu x0

x1 , x 2 .....x p
1
i 1
f ( x)  f ( i v i )   i f (v i )  max f (v i )
a j , j  RN
Jeśli funkcja celu zadania PL przyjmuje wartość maksymalną w więcej niż jednym
punkcie wierzchołkowym, to ma tą samą wartość dla każdej kombinacji wypukłej
tych punktów.
Dla p dopuszczalnych bazowych rozwiązań optymalnych, tzn.
k

Funkcja f(x) jest wypukła więc zachodzi dla dowolnego punktu x  X
gdzie
2.
x
Każdy punkt x  X , który nie jest punktem ekstremalnym, może być wyrażony jako
kombinacja wypukła punktów vi

Funkcja celu zadania PL przyjmuje wartość maksymalną w punkcie
wierzchołkowym zbioru rozwiązań dopuszczalnych zadania PL.

Zbiór X jest zbiorem zwartym, funkcja f(x) jest ciągła – więc istnieje punkt
v i , i  1,...,k - punkty ekstremalne zbioru X .

1.

Dowód: Zaprzeczamy tezie:
x
Twierdzenie 4.4
oraz
 y0 j 
c B 1a  c j   y1 j 
y j   B 1 j
 

 B a j

 
 ymj 
oznaczają kolumny macierzy N.
 xN
 xN
x0
xB
1
1
cB B b cB B N  c N
B 1b
B 1 N
cB  0
x0
0  cN
xB
b
N
dla przypadku gdy cB=0 tzn. pierwsze rozwiązanie bazowe dopuszczalne odpowiada za
punkt wierzchołkowy x
x0  y00   y0 j x j
x  [0,...,0].
jR
M funkcji ograniczeń
x Bi  yi 0 
y
ij
x j , dla i  1,..., m
j R N
1
Polepszanie bazowego rozwiązania dopuszczalnego – metoda eliminacji
Gauss’a.
Polepszanie rozwiązania bazowego dopuszczalnego
 rk  min ( yi 0 / yik , yik  0).
i 1,...,m
x0  y 00 
y
0j
xj
xk
j R N

y y
x Bi   y i 0  ik r 0
y rk

zawsze x j  0,
zatem gdy xk  to również x0  gdy y0 k  0
x Bi  yi 0 
y
ij
Polepszanie bazowego rozwiązania dopuszczalnego – metoda eliminacji
Gauss’a.

jR N  k 

y y
x Bi   yi 0  ik r 0
y rk

y rj
y rk
xj 
y y



 yij  ik rj


y rk
 jR N k  

 1
yrj   yrk


yij    yik
 y
 rk
ij
y ik y rj 
y
 x j  ik x Br
y rk 
y rk

j R N  k
yik  0
Polepszona tablica simpleks odpowiada za następne rozwiązanie bazowe
dopuszczalne o większej wartości funkcji celu.
1
x Br
y rk
 xj
...
yrj


yrk

yik yrj 
yij 
yrk 
xk
...
 xBr
...
x0 y00  ( y0k yr 0 / yrk ) ... y0 j  ( y0k yrj / yrk ) ...  y0k / yrk
...
...
...
xBi yi0  ( yik yr 0 / yrk ) ... yij  ( yik yrj / yrk )
 yik / yrk

y
 x j  ik x Br

y rk


  y
1
x Br
y rk
Przekształcenie elementu yij dla nowego rozwiązania bazowego dopuszczalnego
 yrk
y
 ik




xj 
dla przynajmniej jednego i wówczas można z niego otrzymać lepsze bazowe
rozwiązanie dopuszczalne przez wymianę jednej z kolumn macierzy B na
kolumnę macierzy N.
yr 0

y rk
y rj
y rk
y0 j  0 dla pewnego j  k , k  RN oraz
x j , dla i  1,..., m

jR N  k 
Gdy mamy nie-zdegenerowane rozwiązanie bazowe dopuszczalne takie, że
j R N
xk 
y
 r0 
y rk
...
...
yr 0 / yrk
...
... 1 / yrk
yrj / yrk
Optymalne rozwiązanie zadania programowania liniowego PL metodą
simpleks
...
...
Algorytm simpleks dla ograniczeń mniejszościowych
Krok 1. (start). Rozpoczynamy
algorytm od znalezienia pierwszego rozwiązania
bazowego dopuszczalnego. Należy sprawdzić dopuszczalność
rozwiązania: czy yi 0  0 dla i  1,..., m Tak - idź do kroku 2, Nie – STOP.
Twierdzenie 4.5
Rozwiązanie bazowe dopuszczalne układu równań Ax=b
jest rozwiązaniem optymalnym zadania PL, jeśli są spełnione dwa warunki:
y0 j  0 dla każdego
Krok 2. (test optymalności). Czy
j  RN ?
• Tak - to aktualne rozwiązanie jest optymalne.
• Nie -
idź do kroku 3.
(i) Warunek prymalnej dopuszczalności:
Krok 3. (Wybór zmiennej wchodzącej do bazy). Wybierz jako zmienną wchodzącą
yio  0 dla i  1,..., m
bazy taką zmienną x k , k  R N dla której
Typową regułą jest wybór zmiennej
(ii) Warunek optymalności
y0k 
y 0 j  0 dla j  R N
Idż do kroku 4.
xk
y 0 k  0.
do
jest reguła dla której:
min y
0j

, y0 j  0
j R N
2
Zadanie programowania liniowego PL dla ograniczeń mniejszościowych
Algorytm simpleks (prymalny) c.d.
Założenia:
1. Zbiór X rozwiązań dopuszczalnych
Krok 4. (wybór zmiennej usuwanej z bazy). Wybierz jako zmienną usuwaną z bazy
taką zmienną
x , dla której
Br
 rk  min ( yi 0 / yik , yik  0).
I. Zadanie programowania liniowego PL posiada jedno rozwiązanie
i 1,...,m
Idż do kroku 5.
x j , j  R N  {k }
Podstaw
x X
Przykład:
oraz zmiennej
xk oraz
x Bi , i  R N , względem zmiennych
xBr zgodnie z wyprowadzonym wzorem.
x j  0, j  R N  {k } i x Br  0
aby otrzymać nowe rozwiązanie bazowe dopuszczalne.
x1
x2
x0
0
-2
-1
x3
5
1
1
x3
3/2
x4
0
-1
1
x4
7/2
x5
21
6
2
x1
7/2
Idź do kroku 2.
Rozwiązanie bazowe optymalne:
Krok ten czasami nazywa się wymianą zmiennej bazowej ( piwotyzacją).
Wartość optymalna funkcji celu:
x1  x2  5




X   x :  x1  x2  0 , x  0
 6 x  2 x  21

1
2


max x0  2x1  1x 2
Jeśli wiele zmiennych spełnia ten warunek, wybierz arbitralnie jedną z nich.
Krok 5. (eliminacja Gauss’a). Wyznacz
X 0
2. algorytm simpleks startuje z bazowego dopuszczalnego rozwiązania oraz w
trakcie jego realizacji nie występuje degeneracja
x0
7
x5
x2
x5
x3
1/3
-1/3
x0
31/4
¼
1/2
-1/6
2/3
x2
9/4
-1/4
3/2
1/6
4/3
x4
1/2
1/2
-2
1/6
1/3
x1
11/4
1/4
-1/2

11 9
1
x  [ x1 , x2 , x3 , x4 .x5 ]T  [ , , 0, , 0]T
4 4
4

31 
x0 
x B  [ x2 , x4 , x1 ]T , x N  [ x5 , x3 ]T
4
3

Zadanie programowania liniowego cz.2

Transkrypt

Podobne dokumenty

Cennik - auros.com.pl

Metoda simpleks

Teoria i metody optymalizacji 1

POLSKA RADA SZKOLNA podaje do wiadomości, e lekcje w

Automatyka i Robotyka

( )xcxT

POMIARY – AUTOMATYKA – ROBOTYKA

Pobierz plik

Teoria i metody optymalizacji 1

Absolwent WEIT zwycięzcą konkursu Siemensa na najlepszą pracę

Zobacz referencję - ELMARK Automatyka