运筹学-4

总结求解过程：
LP问题 标准形 找一可行解 （！） 判别迭代（多次） 结论 【 推设】 求解LP问题的关键在于： （1）迭代的基础——初始的可行解 （2）判别的标准 （3）迭代方法（有效迭代）
第二节 单纯形法的基本原理
一、几个概念 前提：针对标准形 Min S=CX St：AX= b X≥0
一、几个概念
三、求初始可行基的方法 — 观察法
例1、求Max S=2x1+5x2
st：x1 ≤4 x2 ≤3 x1+2x2 ≤8 x1，x2 ≥0
三、求初始可行基的方法 — 观察法例1
解：令f= -s，引进松弛变量xi （i=3、4、 5） 将原问题化为标准形： 求Min f = -2x1 － 5x2 st：x1 + x3 =4 x2 + x4 =3 x1 +2x2 + x5 =8 xi≥0（i=1、2、3、4、5） B=（P3 P4 P5）= I 为可行基 对应的单纯形表如下：
第三节 单纯形法的操作步骤
前提：针对标准形 Min S=CX St：AX= b X≥0 设：B为该LP问题的一个基
一、对应于基B的（初始）单纯形表
（一）AX= b BXB+NXN = b XB =B-1 b － B-1 NXN （二）S=CB B-1 b －（ CB B-1 N － CN ）XN
x1 x2 0 0 1 x3 2 1 2
S
x1 x2
3 1 1
0 1 0
一、对应于基B的（初始）单纯形表
例1、 B2＝（P1，P3）对应的单纯形表如下：
x1 x2 -1 -1/2 1 /2 x3 0 0 1
S
x1 x3
2 1/2 1/2
0 1 0
一、对应于基B的（初始）单纯形表
例1、 B3＝（P2，P3）对应的单纯形表如下：
一、对应于基B的（初始）单纯形表
例1、找出下列LP问题的所有基，并写出其对 应的单纯形表。 Min S ＝x1＋2x2＋3x3 st：2x1－x2 ＝1 x1 ＋ x3＝1 x1，x2，x3≥0
一、对应于基B的（初始）单纯形表
例1、本题有三个基：
B1＝（P1，P2），B2＝（P1，P3）， B3＝（P2，P3） B1＝（P1，P2）对应的单纯形表如下：
设B=（Pj1 Pj2 … Pjr-1 Pjr Pjr+1 … Pjm ）为可行基对应单纯形表如下：
S xj1 xj2 … xjr … xjm
b00 b10 b20 … br0 … bm0
x1 x2 …… xs …… xn b01 b02 ……b0s…… b0n b11 b12 ……b1k…… b1n b21 b22 ……b2s…… b2n …… …… …… br1 br2 ……brs …… brn …… …… …… bm1 bm2……bms ……bmn
二、换基迭代——3、新基的特征
（2）换基迭代后，目标函数值下降；当且仅当br0 ＝0 时，目标函数值不变。 证： ∵ b100 － b00 ＝ b00－ b0s （ br0 / brs ） － b00 ＝ － b0s （ br0 / brs ） ≤0 上式中当且仅当br0 ＝0时取等号 ∴ 命题得证。
【分析】B=（P3 P4 P5）= I 对应的单纯形表如下： S x3 x4 x5 0 4 3 8 x1 2 -1 0 -1 x2 5 0 1 2 x3 0 1 0 0 x4 0 0 1 0 x5 0 0 0 1
令： x1 = λ ， x2 = 0 则 X=（λ 0 4+λ 3 8+λ）T为可行解 相应的目标函数值为 S = -2λ 当λ +∞时 S -∞
记CB B-1 b = b00 ，CB B-1 A － C =（ b01 b02 … b0n ） B-1 b=
b10 b20 … bm0 b11 b12 … b1n
B-1 A=
b21 b22 … b2n …… bm1 bm2 …bmn
一、对应于基B的（初始）单纯形表
则T（B） 具体化为： x1 x2 …… xs …… xn S xj1 xj2 … xjr … xjm b00 b10 b20 … br0 … bm0 b01 b02 ……b0s…… b0n b11 b12 ……b1k…… b1n b21 b22 ……b2s…… b2n …… …… …… br1 br2 ……brs …… brn …… …… …… bm1 bm2……bms …… bmn
1、基：设A为约束方程组m×n维系数矩阵， 秩（A）= m，称A的任一m× m的非奇异 子矩阵B为该LP问题的一个基。 非基： N 1-1、基向量 // 非基向量 1-2、基变量 （XB ） // 非基变量（ XN ） 2、基础解：设X=（ XB XN ）T 若XN =0，则求得一组解 X（0）=（ XB 0 ）T 称X（0）为基础（本）解。
x1 S x1 x2 S
x1 x3
x2 0 0 1 -1 - 1/2 1/2
x3 2 1 2 0 0 1
3 1 1 2 1/2 1/2
0 1 0 0 1 0
二、换基迭代
1、换基迭代的步骤：
初始单纯形表T（B）
判别
Y
END
N
找轴心项 换基B— B1
新基B1对应的单纯形表T（B1）
二、换基迭代—2、换基迭代计算公式
二、换基迭代—2、换基迭代计算公式
（1）检验判别： 若b0j≤0（j=1、2、…、n），则B为最优基 —— END 否则无妨假设存在b0s ＞ 0 ，则需换基迭代 （2）找轴心项 Min Min〔 bi0/ bis 〕 ＝ br0 / brs
（ bis ＞0）
（无妨假设）
则：轴心项为brs （3）得新基B1 = （Pj1 Pj2 … Pjr-1 PS Pjr+1 … Pjm ） （4）写出新基B1对应的单纯形表T（ B1 ）： b1rj ＝ brj / brs （ 0≤ j≤ n ） b1ij ＝ bij － bis （brj / brs ） （ 0≤ j≤ n；0≤i≠r≤m） （5）转步骤（1）
三、求初始可行基的方法
针对标准形 Min S=CX St：AX= b X≥0 其中： b ≥0 1、观察法： 若从系数矩阵A中能直接找出m个单位向量 Pjk（k=1、2、… 、m ），则B=（ Pj1 Pj2 …Pjm ） 即为可行基（系数矩阵A中存在m维单位矩阵I， 则该m维单位矩阵I即为可行基）
一、对应于基B的（初始）单纯形表
（五） CB B-1 N － CN ≤0等价于 CB B-1 A － C ≤0 （六）判别准则：对于基B ，若B-1 b≥0 且 CB B-1 A － C ≤0 则对应于基B的基础解便是 原LP问题的最优解。
一、对应于基B的（初始）单纯形表
T（B）： CB B-1 b B-1 b CB B-1 A － C B-1 A
二、换基迭代——3、新基的特征
（1）新基仍是可行基 证：㈠ i ＝ r ∵bro≥0 ， brs ＞ 0 ∴ b1r0 ＝ bro / brs ≥0 b ㈡ i≠ r 有 b1i0 ＝ bi0－ bis （br0 / brs ） 其中bi0 ≥0 ，br0 / brs ≥0 若 bis≤0 则 b1i0 ≥0 若 bis ＞ 0 则 b1i0 ＝ bi0－ bis （ br0 / brs ） ＝ bis（ bi0 / bis － br0 / brs ）≥0 ∴新基仍是可行基
x1 x2 0 1 0 x3 0 0 1
S
x2 x3
1 -1Байду номын сангаас1
-2 -2 1
一、对应于基B的（初始）单纯形表
例1、分析判断： B1是可行基 B2是最优基 B3仅是一个基 该LP问题最优解为： X =（1/2 0 1/2）T 相应的目标函数最优值为：S = 2
二、换基迭代
例1、 B1＝（P1，P1）对应的单纯形表如下：
则（ Ⅱ）有如下等价形式（Ⅲ）： st： x1 = 4 － x3 x4 = 1 －0.5x3+0.5 x5 x2 = 2 + 0.5x3 － 0.5 x5 xi≥0（i=1、2、3、4、5） 相应的目标函数为：f = -18 －0.5 x3+ 2.5x5 显然：x=（4 2 0 1 0）t为一可行解 相应的目标函数值 f 3= -18 由 f = -18 －0.5 x3+ 2.5x5 看出 若 x3 +则 f 于是 将自由未知量 x3 换为 x4
第四章 单纯形法
【教学目标】 1、了解单纯形法的基本思路 2、掌握单纯形法方法 3、利用单纯形法方法求解LP问题并能分析和 解释各种解的意义
第一节 用消去法求解LP问题
例：求Max S=2x1+5x2 st：x1 ≤4 x2 ≤3 x1+2x2 ≤8 x1，x2 ≥0
解：令f= -s，引进松弛变量xi （i=3、4、5）将 原问题化为标准形： 求Min f = -2x1 － 5x2 st：x1 + x3 =4 x2 + x4 =3 x1 +2x2 + x5 =8 xi≥0（i=1、2、3、4、5）
则（ Ⅲ ）有如下等价形式（Ⅳ）： st： x1 = 2 + 2 x4 － x5 x3 = 2 － 2x4 + x5 x2 = 3 － x4 xi≥0（i=1、2、3、4、5） 相应的目标函数为：f = -19 + x4+ 2 x5 显然：x=（2 3 2 0 0）t为一可行解 相应的目标函数值 f 4= -19 由f = -19 + x4+ 2 x5 可见 f 4 = -19是目标函数 最小值 即 x=（2 3 2 0 0）t是最优解 ∴原问题的最优解为x1 = 2 ， x2 = 3 相应的目标函数最优值为 S=19
一、几个概念