Operációkutatás I. - 2019/2020-2. - u-szeged.hu

Dualitas Dualitasi tetelek Altalanos LP feladat Komplementaris lazasag

Operaciokutatas I.2019/2020-2.

Szegedi TudomanyegyetemInformatikai Intezet

Szamıtogepes Optimalizalas Tanszek

7. Eloadas


Arazasi interpretacio

Tekintsuk ujra az eroforras allokacios problemat (katona es vonatgyartasa, fa es festek kell)

Max z = 3x1 + 2x2 [profit]

x1 + x2 ≤ 80 [fa]2x1 + x2 ≤ 100 [festek]

x1, x2 ≥ 0

Legyen egy egyseg fa piaci ara y1 ($), egy egyseg festek ara y2 ($).

Mit tehet a gyarto?

Eladhatja az eroforrasait (fa, festek) piaci aron

Vehet tovabbi fat es festeket

Gyart a rendelkezesre allo eroforrasokbol es eladja a jatekokat

Mi a legjobb strategia (felteve, hogy mindent tenyleg el tud adni)?



Ha eladja a keszletet 80y1 + 100y2 profitra tesz szert

Ha egy katona (piaci) eloallıtasi ara kisebb, mint az eladasi ara,azaz

y1 + 2y2 < 3($)

akkor a gyarto korlatlan hasznot el tud erni. Miert?

1 db katona gyartasi koltsege y1 + 2y2 =⇒ x1 db katona eseten:(y1 + 2y2)x1 a koltseg

Mivel y1 + 2y2 < 3, legyen pl. y1 + 2y2 = 2.9$ (koltseg), az eladasi arpedig 3$

=⇒ 1db katona eseten a profit 0.1$ =⇒ x1 db katona eseten: 0.1x1$(ami tetszolegesen nagy lehet)



Hasonloan megy a dolog a vonatokra is : Ha egy vonat (piaci)eloallıtasi ara kisebb, mint az eladasi ara, azaz

y1 + y2 < 2($)

akkor a gyarto korlatlan hasznot el tud erni.

De hogyan mukodik a piac?

A piac (hosszu tavon) nem engedi, hogy a gyarto korlatlan haszonrategyen szert. Ellenkezoleg, ugy

”allıtja be” az arakat, hogy a gyarto a

leheto legkisebb profitot realizalja.


Arazasi interpretacio : a piac ar kepzese

A piac a kovetkezo optimalizalasi feladatot”oldja meg”:

Min 80y1 + 100y2

y1 + 2y2 ≥ 3 [katonak]y1 + y2 ≥ 2 [vonatok]

y1, y2 ≥ 0

Ezt hıvjuk az eredeti feladat dualisanak

Az eredeti feladatot (ez alapjan) primal feladatnak hıvjuk.


Primal-dual feladatpar

A primal feladat:

Max z = 3x1 + 2x2

x1 + x2 ≤ 802x1 + x2 ≤ 100

x1, x2 ≥ 0

A dual feladat:

Min w = 80y1 + 100y2

y1 + 2y2 ≥ 3y1 + y2 ≥ 2

y1, y2 ≥ 0



A primal-dual feladatpar altalanosan:

n∑j=1

aijxj ≤ bi i = 1,2, . . .m

Primal feladat xj ≥ 0 j = 1,2, . . . n

max

n∑i=1

cixi = z

m∑i=1

aijyi ≥ cj j = 1,2, . . . n

Dual feladat yi ≥ 0 i = 1,2, . . .m

min

m∑i=1

biyi = w



Spec eset: Primal LP 2 valtozoval es 3 feltetellel

Max z = c1x1 + c2x2

a11x1 + a12x2 ≤ b1a21x1 + a22x2 ≤ b2a31x1 + a32x2 ≤ b3

x1, x2 ≥ 0

DualisMin w = b1y1 + b2y2 + b3y3

a11y1 + a21y2 + a31y3 ≥ c1a12y1 + a22y2 + a32y3 ≥ c2

y1, y2, y3 ≥ 0



A primal-dual feladatpar altalanosan, matrix formaban:

A primal feladat:Max cTx = z

Ax ≤ bx ≥ 0

A dual feladat:Min bT y = w

AT y ≥ cy ≥ 0

A dual a (standard alaku) primabol egyszeruen megkaphato

transzponaljuk A matrixot

”csereljuk fel” b es c vektorok szerepet

csereljuk az egyenlotlensegeket ≥-ra

Max helyett Min feladatot ırunk fel



Allıtas. A dual feladat dualisa az eredeti primal feladat.

Bizonyıtas. Atırva a dualis feladatot maximalizalasi standard alakram∑i=1

(−aij)yi ≤ −cj j = 1,2, . . . n

Dual feladat yi ≥ 0 i = 1,2, . . .m

maxm∑i=1

(−bi)yi = w

n∑j=1

(−aij)xj ≥ −bi i = 1,2, . . .m

Dual dualisa xj ≥ 0 j = 1,2, . . . n

min

n∑j=1

−(cj)xj = z

ami ekvivalens a primal feladattal.

�


Gazdasagi ertelmezes

Tegyuk fel, hogy az LP feladatunk egy korlatozott eroforrasok mellettmaximalis nyereseget celzo gyartasi folyamat modellje (ld. katona-vonatmintapelda):

m – eroforrasok szama

n – gyartott termekek szama

xj – j termekbol gyartott mennyiseg

aij – j termek egysegnyi mennyisegenek eloallıtasahoz szuksegesmennyiseg a i eroforrasbol

bi – az i eroforrasbol rendelkezesre allo mennyiseg

cj – a j termek egysegnyi eloallıtasaval (majd eladasaval) keletkezohaszon


Gazdasagi ertelmezes

A dual feladat megoldasaban y∗i a primal (eredeti) feladat i eroforrasahoztartozo un. marginalis ar, vagy mas neven arnyek ar.

Az eroforras erteke az LP megoldojanak szemszogebol

Az i eroforras mennyisegenek egy egysegnyi novelesevel (bizonyoshatarokon belul) eppen y∗i -gal no a nyereseg (azaz a celfuggvenyerteke)

Viszont ha”tul sok” van egy eroforrasbol, az nem erhet sokat1

Tovabba y∗i -nal tobbet mar nem erdemes fizetni az i eroforrasert, mıgkisebbet igen

1 ld. kesobb komplementaris lazasag resz



A primal feladat egy peldan

Max z = 3x1 + 2x2

x1 + x2 ≤ 802x1 + x2 ≤ 100x1 − 3x2 ≤ 60

x1, x2 ≥ 0

A dual feladat:

Min w = 80y1 + 100y2 + 60y3

y1 + 2y2 + y3 ≥ 3y1 + y2 − 3y3 ≥ 2

y1, y2, y3 ≥ 0


Gyenge dualitas tetel

Tetel. (Gyenge dualitas) Ha x = (x1, . . . , xn) lehetseges megoldasa aprimal feladatnak es y = (y1, . . . , ym) lehetseges megoldasa a dualfeladatnak, akkor cTx ≤ bT y, azaz

n∑j=1

cjxj ≤m∑i=1

biyi.

Vagyis a dualis feladat barmely lehetseges megoldasa felso korlatot ad aprimal barmely lehetseges megoldasara (azaz az optimalis megoldasra is).

Bizonyıtas. Egyszeru helyettesıtes becslessel :

n∑j=1

cjxj ≤n∑

j=1

(m∑i=1

yiaij

)xj =

m∑i=1

n∑j=1

xjaij

yi ≤m∑i=1

biyi,

vagy matrixosan:

cTx ≤ (AT y)Tx = (yTA)x = yT (Ax) ≤ yT b = bT y

�


Gyenge dualitas

Latjuk, hogy a korlatossag es a megoldhatosag nem fuggetlenekegymastol

Ha a primal nem korlatos, akkor a dualnak nincs lehetseges megoldasa

Hasonloan, ha a dual nem korlatos, akkor a primalnak nincslehetseges megoldasa

Lehetseges, hogy egyiknek sincs lehetseges megoldasa

De ha mindkettonek van, akkor mindketto korlatos

Tovabba a primal es a dual feladat egyideju optimalitasa ellenorizheto


Primal-dual esetek


Eros dualitas tetel

Tetel. (Eros dualitas) Ha x∗ = (x1, . . . , xn) egy optimalis megoldasa aprimal feladatnak es y∗ = (y1, . . . , ym) optimalis megoldasa a dualfeladatnak, akkor cTx∗ = bT y∗, azaz

n∑j=1

cjxj =

m∑i=1

biyi.

Tovabba az is igaz, hogy

y∗T (b−Ax∗) = 0 es x∗T (AT y∗ − c) = 0.

Egyszeruen: ha valamely i-edik feltetel egyenlet nem eles (azaz nincsegyenloseg) a primal optimumban, akkor a kapcsolodo dual yi valtozo 0kell legyen. Visszafele, ha egy primal xi valtozo szigoruan pozitıv, akkor akapcsolodo dualis feltetel egyenlet eles (=) kell legyen. Eztkomplementaris lazasagnak hıvjuk.


Eros dualitas es komplementaris lazasag

Primal LPMax z = c1x1 + c2x2

a11x1 + a12x2 ≤ b1a21x1 + a22x2 ≤ b2a31x1 + a32x2 ≤ b3

x1, x2 ≥ 0

DualisMin w = b1y1 + b2y2 + b3y3

a11y1 + a21y2 + a31y3 ≥ c1a12y1 + a22y2 + a32y3 ≥ c2

y1, y2, y3 ≥ 0


Eros dualitas es komplementaris lazasag

Ha x∗ = (x1, x2) a primal es y∗ = (y1, y2, y3) a dual optimalis megoldasa,akkor

z∗ = c1x1 + c2x2 = b1y1 + b2y2 + b3y3 = w∗

tovabbay1(b1 − a11x1 − a12x2) = 0

y2(b2 − a21x1 − a22x2) = 0

y3(b3 − a31x1 − a32x2) = 0

esx1(a11y1 + a21y2 + a31y3 − c1) = 0

x2(a12y1 + a22y2 + a23y3 − c2) = 0


Eros dualitas tetel

A masodik resz bizonyıtasa :

0 ≤ yT (b−Ax) = yT b− yTAx = bT y − (AT y)Tx ≤ bT y − cTx = 0,

illetve

0 ≤ xT (AT y−c) = (yTA−cT )x = yT (Ax)−cTx ≤ yT b−cTx = bT y−cTx = 0.

�


Eros dualitas tetel

Az elso resz bizonyıtas vazlata peldan keresztul :

Pelda. Adott a kovetkezo primal feladat:

x1 − x2 − x3 + 3x4 ≤ 15x1 + x2 + 3x3 + 8x4 ≤ 55−x1 + 2x2 + 3x3 − 5x4 ≤ 3x1 , x2 , x3 , x4 ≥ 0

max 4x1 + x2 + 5x3 + 3x4 = z

A feladat megoldasanak utolso szotara

x4 = 5 − x1 − x3 − x5 − x7x6 = 1 + 5x1 + 9x3 + 21x5 + 11x7x2 = 14 − 2x1 − 4x3 − 5x5 − 3x7z = 29 − 2x1 − 2x3 − 11x5 − 6x7


A dualis feladat:

y1 + 5y2 − y3 ≥ 4−y1 + y2 + 2y3 ≥ 1−y1 + 3y2 + 3y3 ≥ 53y1 + 8y2 − 5y3 ≥ 3y1 , y2 , y3 ≥ 0

min y1 + 55y2 + 3y3 = w

A dualis egy optimalis megoldasa: y∗ = (11, 0, 6)

A primal feladat utolso szotaraban a mesterseges valtozok celfuggvenyegyutthatoi : c5 = −11, c6 = 0, c7 = −6 (Mit veszunk eszre? )


Eros dualitas tetel

A gyenge dualitasi tetel miatt eleg, ha talalunk egy olyan (y∗1, y∗2, y

∗3)

dual lehetseges megoldast, amelyre∑4

j=1 cjx∗j =

∑3i=1 biy

∗i

Az eredeti feladat utolso szotarabol kiolvashato a dualis feladatmegoldasa. A peldaban

x4 = 5 − x1 − x3 − x5 − x7x6 = 1 + 5x1 + 9x3 + 21x5 + 11x7x2 = 14 − 2x1 − 4x3 − 5x5 − 3x7z = 29 − 2x1 − 2x3 −11x5 +0x6 −6x7

A dualis valtozok az eredeti feladat mesterseges valtozoihozrendelhetok:

x5 ←→ y1, x6 ←→ y2, x7 ←→ y3 ⇒ y1 = 11, y2 = 0, y3 = 6

Az altalanos esetben az utolso szotarhoz erve kell szamolassal azoptimumok egyenloseget.

�


Dualitasi tetelbol adodo lehetosegek

A dualitas fogalma rendkıvul hasznos, mert rugalmas hozzaallast tesztlehetove az LP feladatok megoldasanal.

1 A szimplex algoritmus iteracioszama kozelıtoleg a sorok szamavalaranyos −→ sok feltetel, keves valtozo eseten erdemes atterni adualisra

2 Ha az elso esetben szukseg van 2 fazisra, mıg a dualisnal nincs,erdemes atterni

3 Ha menet kozben kell uj felteteleket hozzavenni az LP-hez −→ a dualfeladattal dolgozva az uj feltetel csak egy uj, nembazis valtozokentjelenik meg → hozzavesszuk az aktualis szotarhoz, es folytatjuk afeladatmegoldast


Altalanos LP feladat

Mi a helyzet akkor, ha az LP feladatunk tartalmaz egyenlosegetvagy nem korlatozott valtozot (ami felvehet negatıv erteket is)?

A jo hır, hogy ez kezelheto, ugyanis

az egyenloseg feltetel egy nem korlatozott (dual) valtozohoztartozik

egy nem korlatozott valtozo eseten egy egyenloseg feltetel kell legyen(a dualban)

Miert? Peldaul tegyuk fel, hogy x1 + x2 = 80 [fa]

3x1 + 2x2 ≤ 5x1 + 2x2 = (−1) (x1 + x2)︸︷︷︸=80

+3 (2x1 + x2)︸︷︷︸≤100

≤

≤ −80 + 3× 100 = 220$

Azaz y1 nem korlatozott (itt −1).



Visszafele, tfh. x1-nek nincs elojelre vonatkozo korlatozasa

Ekkor peldaul3x1 + 2x2 ≤ 4x1 + 2x2

nem igaz (pl. ha x1 = −1 ; x2 ≥ 0 tovabbra is all)

altalanosan 3x1 ≤ (y1 + 2y2)x1 [∗], vagyis y1 + 2y2 erteket beallıtva amaximalis 3 ertekre negatıv x1 eseten is igaz marad a [∗] felso becsles.

Hasonloan igaz, hogy

egy primal”≥” feltetel egy nem-pozitıv dual valtozohoz tartozik

nem-pozitıv primal valtozohoz egy”≥” dual feltetel tartozik



Osszegezve:

Primal (Max) Dual (Min)

i-edik feltetel ≤ yi ≥ 0i-edik feltetel ≥ yi ≤ 0i-edik feltetel = yi nem korlatozott

xi ≤ 0 i-edik feltetel ≤xi ≥ 0 i-edik feltetel ≥

xi nem korlatozott i-edik feltetel =



Pelda.Primal

Max z = 3x1 + 2x2 + x3x1 + x2 + 0.5x3 ≤ 80

2x1 + x2 + x3 = 100x1 + x3 ≥ 40

x1 nem korlatozottx2 ≤ 0x3 ≥ 0

Dual

Min w = 80y1 + 100y2 + 40y3y1 + 2y2 + y3 = 3y1 + y2 ≤ 2

0.5y1 + y2 + y3 ≥ 1y1 ≥ 0y2 nem korlatozotty3 ≤ 0


LP feladatok megoldhatosaga

Inkonzisztencia: egyenletek es egyenlotlensegek egy m elemu

n∑j=1

aijxj ≤ bi i ∈ I

n∑j=1

aijxj = bi i ∈ E

rendszere inkonzisztens, ha leteznek olyan y1, y2, . . . , ym valos szamok,amelyekre teljesul, hogy

m∑i=1

aijyi = 0 j = 1, 2, . . . , n

m∑i=1

biyi < 0

yi ≥ 0 i ∈ I


LP feladatok megoldhatosaga

Tucker lehetetlensegi tetele egyenlet es egyenlotlenseg rendszerekre.Egyenletek es egyenlotlensegek egy rendszere akkor es csak akkormegoldhatatlan, ha inkonzisztens

Nem bizonyıtjuk

A tetel bizonyıthato a linearis programozas alaptetelenek es az erosdualitas tetelenek altalanos LP feladatokra vonatkozo formajaratamaszkodva


Komplementaris lazasag

Ha a primal-dual feladatpar

Max cTxAx ≤ bx ≥ 0

Min bT yAT y ≤ c

y ≥ 0

akkor azt mondjuk, hogy x = (x1, . . . , xn) es y = (y1, . . . , ym)komplementarisak, ha

yT (b−Ax) = 0 es xT (AT y − c) = 0.

Vagyis

ha yi > 0, akkor x-et az i-edik egyenletbe helyettesıtve =-et kapunk(”a feltetel eles”)

ha xi > 0, akkor y-t a dualis feladat i-edik egyenletebe helyettesıtveaz = teljesul



A primal feladat:

Max z = c1x1 + c2x2 + c3x3

a11x1 + a12x2 + a13x3 ≤ b1a21x1 + a22x2 + a23x3 ≤ b2

x1 x2 x3 ≥ 0

A dualis :Min w = b1y1 + b2y2

a11y1 + a21y2 ≥ c1a12y1 + a22y2 ≥ c2a13y1 + a23y2 ≥ c3

y1 y2 ≥ 0

Komplementaris lazasag :

yi(bi − ai1x1 − ai2x2 − ai3x3) = 0 (i = 1,2)

xi(a1jy1 + a2jy2 − cj) = 0 (j = 1,2,3)


Komplementaris lazasag tetel

Az eros dualitas tetelnel tobb is tudunk mondani :

Tetel. (Komplementaris lazasag) Tegyuk fel, hogy x a primal feladatoptimalis megoldasa. Ekkor

Ha y a dual optimalis megoldasa, akkor x es y komplementaris

Ha y lehetseges megoldasa a dualisnak es komplementaris x-szel,akkor y optimalis megoldasa a dualnak

Letezik olyan lehetseges y megoldasa a dualnak, hogy x es ykomplementaris.



Tekintsuk a kovetkezo feladatot:

Max z = 6x1 + x2 − x3 − x4x1 + 2x2 + x3 + x4 ≤ 5

3x1 + x2 − x3 ≤ 8x2 + x3 + x4 = 1

x1 nem korlatosx2, x3, x4 ≥ 0

Azt szeretnenk ellenorizni, hogy vajon a kovetkezok egyike optimalismegoldas-e:

x1 = 2, x2 = 1, x3 = 0, x4 = 0

x1 = 3, x2 = 0, x3 = 1, x4 = 0

Gondoljuk at, miert pont ezeket valasztottuk?


Komplementaris lazasag: pelda

Annak ellenorzesehez, hogy a javasolt megoldasok valamelyik optimalis-e,kelleni fog a dualis feladat:

Max z = 6x1 + x2 − x3 − x4x1 + 2x2 + x3 + x4 ≤ 5

3x1 + x2 − x3 ≤ 8x2 + x3 + x4 = 1

x1 nem korlatosx2, x3, x4 ≥ 0

Dual :Min w = 5y1 + 8y2 + y3

y1 + 3y2 = 62y1 + y2 + y3 ≥ 1y1 − y2 + y3 ≥ −1y1 + y3 ≥ −1

y1, y2 ≥ 0y3 nem korlatos



Az elso javaslat : x1 = 2, x2 = 1, x3 = 0, x4 = 0 ; tegyuk fel, hogy ezoptimalis

Ekkor letezik y = (y1, y2, y3) lehetseges megoldasa a dualisnak amikomplementaris x-szel

Az elso primal feltetel : x1 + 2x2 + x3 + x4 = 2 + 2 + 0 + 0 = 4 < 5nem eles → y1 = 0 kell legyen a komplementaritas miatt

A masodik primal feltetel : 3x1 + x2 − x3 = 6 + 1− 0 = 7 < 8 nemeles → y2 = 0 kell legyen a komplementaritas miatt

Ezek alapjan az elso dual feltetel : y1 + 3y2 = 0 + 0 = 0 6= 6 → azaz(y1, y2, y3) nem lehetseges megoldasa a dualnak, de feltettuk, hogyaz ⇒ x nem optimalis megoldasa a primalnak



Az masodik javaslat : x1 = 3, x2 = 0, x3 = 1, x4 = 0 ; tegyuk fel, hogy ezoptimalis

Ekkor letezik y = (y1, y2, y3) lehetseges megoldasa a dualisnak amikomplementaris x-szel

Az elso primal feltetel : x1 + 2x2 + x3 + x4 = 3 + 0 + 1 + 0 = 4 < 5nem eles → y1 = 0 kell legyen a komplementaritas miatt

A masodik primal feltetel : 3x1 + x2 − x3 = 9 + 0− 1 = 8 eles

A harmadik primal feltetel : x2 + x3 + x4 = 0 + 1 + 0 = 1 eles

Elojel feltetelek is teljesulnek (x1, x2, x3, x4 ≥ 0) ⇒ x lehetsegesmegoldasa a primalnak


Komplemetaris lazasag: pelda

Nezzunk meg a x ertekeit a dualra vonatkozoan

x1 nem korlatos → elso dual feltetel y1 + 3y2 = 6 eles(szuksegszeruen)

x3 > 0 → a harmadik dual feltetelnek elesnek kell legyen:y1 − y2 + y3 = −1

Osszegezve az eddigieket:

y1 = 0y1 + 3y2 = 6y1 − y2 + y3 = −1

Ennek az egyertelmu megoldasa: y1 = 0, y2 = 2, y3 = 1. Akonstrukciobol adodoan ez komplementaris x-szel.

Az utolso lepes annak ellenorzese, hogy y lehetseges megoldasa-e adualnak. Igen ⇒ x optimalis megoldasa a primalnak.


Komplementaris lazasag: osszegzes

Osszefoglalva:

1 Adott x (javasolt primal megoldas), ellenorizzuk, hogy lehetseges-e

2 Nezzuk meg mely yi valtozoknak kell 0-nak lennie

3 Nezzuk meg mely dual felteteleknek kell elesnek lennie →egyenletrendszert kapunk

4 Oldjuk meg ezt a rendszert

5 Ellenorizzuk, hogy a kapott megoldas lehetseges megoldasa-e adualnak

Ha minden lepes sikeres volt, akkor az adott x optimalis, kulonben nem.

Kerdes : mi van akkor, ha x lehetseges, de nem bazismegoldas?

Operációkutatás I. - 2019/2020-2. - u-szeged.hu

Documents