单纯形法（四）理论部分（终结）

典式

我们对于AAA先随便选择一个基，不妨假设AAA的前mmm列就是一个基(不是的话先对AAA换列即可，这不是重点，这里假设完全是为了证明简洁，实际操作的时候并不需要)，则等式约束Ax=bAx=bAx=b变为:

同样，目标函数cTxc^TxcTx我们改写为：

从而，原来的线性规划变为：

我们之后，都将转为来求解这个线性规划，那么应该注意到，变量仍然是xxx，但是B,b,N,cBT,cNTB,b,N,c_B^T,c_N^TB,b,N,cBT,cNT都是常量了。
上述矩阵有点抽象，为了具体研究，我们把上面的常量进行展开。我们令

【复习一下】B−1b>=0B^{-1}b>=0B−1b>=0吗？
答案：不一定哦，不明白的自己恶补之前的单纯形法系列。

经过上述常量展开，线性规划最终成为了：

我们将上述线性规划称之为与原线性规划(LP)对应的典式(LP')。
注意，除了xxx，其他的全是常量。我们要找一个xxx，使得这个目标函数值最小。

之后，我们均基于上述典式来讨论。
λi\lambda_iλi在单纯形法中有一个专门的名字叫做检验数。

定理

定理1: \quad如果上述用到的基B是一个可行基，而且所有检验数小于等于0，那么可行基对应的基可行解就是最优解。

证明:\quad由于基B是一个可行基，那么对应的基可行解就是(xB,xN)=（xB,0)=(B−1b,0)=(α1,⋯,αm,0,⋯,0)≥0(x_B,x_N)=（x_B,0)=(B^{-1}b,0)=(\alpha_1,\cdots,\alpha_m,0,\cdots,0)\ge 0(xB,xN)=（xB,0)=(B−1b,0)=(α1,⋯,αm,0,⋯,0)≥0，我们把这个基可行解代入到目标函数中去，发现值为f0f_0f0，那么有没有其他更小的值了呢？下面继续证明，所有检验数小于等于0时，没有了。
由于f0f_0f0为常数，而且所有检验数小于等于0，所以如果xNx_NxN中但凡有一个元素不为0，目标函数值都会变大（我们是最小化）。举个例子，如果λm+1=−1,xm+1=10,f0=2\lambda_{m+1}=-1,x_{m+1}=10,f_0=2λm+1=−1,xm+1=10,f0=2，那么z=f0−(−1∗10+0)=12z=f_0-(-1*10+0)=12z=f0−(−1∗10+0)=12，我们发现了什么？xNx_NxN中不能有元素取非0，否则目标函数值都会变大。

而且细心的你会发现，姑且不论你xm+1=10x_{m+1}=10xm+1=10会使目标函数变大不说，而且还可能破坏xB>=0x_B>=0xB>=0,因为你应该注意到x1x_1x1会与xm+1x_{m+1}xm+1有关（下面的那mmm个等式条件）。

证毕。

我们对于这个典式一下子就求完了最优解，超快有没有，而且前面说了这个和原始线性规划是等价的，你可以从典式一步一步写回去，所以典式最优解就是原来线性规划的最优解。

但是，所有检验数都小于等于0，我们通常没有这么好的运气。只是说，我们选了一个可行基之后，改造为典式，发现其检验数全小于等于0，我们就下结论，可行基对应的基可行解就是最优解。

所以我们要面对一般性的情况，如果有检验树大于0怎么办？

引理2: \quad如果原线性规划存在最优解，而且上述用到的基B是一个可行基，而且存在一个检验数λm+k>0\lambda_{m+k}>0λm+k>0，那么xm+kx_{m+k}xm+k对应的对应的系数β1,m+k,⋯,βm,m+k\beta_{1,m+k},\cdots,\beta_{m,m+k}β1,m+k,⋯,βm,m+k至少有一个大于0。

证明:\quad我们采用反证法，假设xm+kx_{m+k}xm+k对应的对应的系数β1,m+k,⋯,βm,m+k\beta_{1,m+k},\cdots,\beta_{m,m+k}β1,m+k,⋯,βm,m+k全部小于等于0。我们上面已经知道了，把基可行解代入的时候目标函数值是f0f_0f0。我们将基可行解进行改造，让这个非基变量xm+kx_{m+k}xm+k从0增大到+∞+\infty+∞，其他非基变量的值保持0不变，不过，其他的m个基变量也因为等式约束的问题，因xm+kx_{m+k}xm+k增大而变了，我们发现其他的m个基变量只增不减，从而仍然大于等于0。为什么？为了给大家更好理解，我们假设k=1k=1k=1，即λm+1>0\lambda_{m+1}>0λm+1>0，根据反证法假设β1,m+1,⋯,βm,m+1\beta_{1,m+1},\cdots,\beta_{m,m+1}β1,m+1,⋯,βm,m+1全小于等于0。又，我们只改造了xm+1x_{m+1}xm+1这个非基变量，其他非基变量仍然为0，所以等式约束变成了下面这样。

我们增大xm+1x_{m+1}xm+1，又前面的系数全小于等于0，那么基变量xix_ixi当然只增不减了。

即，这个被改造的解(a1,⋯,am,+∞,0,⋯,0)(a_1,\cdots,a_m,+\infty,0,\cdots,0)(a1,⋯,am,+∞,0,⋯,0)仍然是可行解，我们代入到目标函数中，看看值是多少。由于λm+k>0\lambda_{m+k}>0λm+k>0，xm+k−>+∞x_{m+k}\quad -> +\inftyxm+k−>+∞所以λm+kxm+k−>+∞\lambda_{m+k}x_{m+k} \quad ->+\inftyλm+kxm+k−>+∞，那么代入目标函数值，此时为f0−+∞+0=−∞f_0-+\infty +0 =-\inftyf0−+∞+0=−∞。发现这个线性规划没有最优解，可以为负无穷，与定理中的条件有最优解矛盾，从而反证法中的假设不成立，即：xm+kx_{m+k}xm+k对应的对应的系数β1,m+k,⋯,βm,m+k\beta_{1,m+k},\cdots,\beta_{m,m+k}β1,m+k,⋯,βm,m+k至少有一个大于0。

证毕。

还是要说的是，上面这个引理并没有指明遇到这种情况的时候，怎么找最优解。所以给出定理3。

定理3: \quad如果上述用到的基B是一个非退化的可行基（即对应的基可行解是非退化的），而且存在一个检验数λm+k>0\lambda_{m+k}>0λm+k>0，而且xm+kx_{m+k}xm+k对应的对应的系数β1,m+k,⋯,βm,m+k\beta_{1,m+k},\cdots,\beta_{m,m+k}β1,m+k,⋯,βm,m+k至少有一个大于0。那么一定存在另外一个非退化的可行基，它对应的基可行解比当前的基可行解得到的目标函数值小，即更优。

证明:\quad有了引理2，这个较容易证明。根据定理中的条件，我们假设检验数λm+1>0,β1,m+1>0\lambda_{m+1}>0,\beta_{1,m+1}>0λm+1>0,β1,m+1>0，我们依然是采用上面构造一个新的可行解的思想。不过这次我们不敢让xm+1x_{m+1}xm+1增大到无穷大了，因为：

如果增大到无穷大，又由于β1,m+1>0\beta_{1,m+1}>0β1,m+1>0，那么x1x_1x1必然无穷小。从而不满足可行解的要求。所以我们出于减小目标函数值得目的，我们当然会适当的增大xm+1=θ>0x_{m+1}=\theta>0xm+1=θ>0，使得其刚好满足等式x1=0=α1−β1,m+1θx_1=0=\alpha_1-\beta_{1,m+1}\thetax1=0=α1−β1,m+1θ，这个时候我们改造成了可行解为(0,a2,⋯,am,θ,0,⋯,0)(0,a_2,\cdots,a_m,\theta,0,\cdots,0)(0,a2,⋯,am,θ,0,⋯,0)，代入目标函数值，发现其为f0−λm+1xm+1=f0−λm+1θ<f0f_0 -\lambda_{m+1} x_{m+1}=f_0-\lambda_{m+1}\theta<f_0f0−λm+1xm+1=f0−λm+1θ<f0，真的更优了！根据上一篇的补充，我们发现后面得到那个解是通过原来的基可行解相邻操作而来，从而后面那个解也是基可行解。相邻操作就是将x1=0x_1=0x1=0变成了“出”基变量，变成了非基变量，xm+1x_{m+1}xm+1变成了“入”基变量，成为了新的基变量，而且这个解也是非退化的基可行解！

细心的你会想，我上面假设只有一个检验数大于0，也只假设了检验数对应的这个非基变量对应的众多系数中的一个β\betaβ大于0，如果有多个怎么办？

我们先考虑有多个β>0\beta>0β>0，检验数仍然只有一个大于0的情况。我们还是采用之前的技巧，假设是前两个β>0\beta>0β>0，如下面的图，（其他的x3x_3x3为什么不管？因为那一行的β<=0\beta<=0β<=0，那么无论xm+1x_{m+1}xm+1怎么增大，x3x_3x3都会满足x3>=0x_3>=0x3>=0,满足解的可行性，这个前面引理2分析过了。）。那么我们发现xm+1x_{m+1}xm+1仍然不能无限增大，否则x1,x2x_1,x_2x1,x2都有可能变得小于0，从而我们怎么办？当然是看x1,x2x_1,x_2x1,x2随着xm+1x_{m+1}xm+1增大的过程谁先为0喽，一旦有一个为0，立马停止，记录这个时候的xm+1x_{m+1}xm+1为其最终的值θ′\theta^{'}θ′，如果x1x_1x1为0，那么新的基可行解就出来了(0,a2,⋯,am,θ′,0)(0,a_2,\cdots,a_m,\theta^{'},0)(0,a2,⋯,am,θ′,0)，如果x2x_2x2为0，新的基可行解就是(a1,0,⋯,am,θ′,0)(a_1,0,\cdots,a_m,\theta^{'},0)(a1,0,⋯,am,θ′,0)。
我们再考虑有多个检验数大于0，各自对应系数中有多个β>0\beta>0β>0的情况，这个时候就真的比较麻烦了。因为多个非基变量都想增大到无穷大，但是又因为他们对应的系数中有些β>0\beta>0β>0，所以有所顾忌。这个是很麻烦的一件事，因为好几个非基变量都想增加，所以你让他们几个各自增加多少呢？你根本不知道，谁增加多一些，谁增加少一些会让最终目标函数最优。所以我们采取的策略，仍然是前面的相邻原则，即一次只换出一个基变量，换入一个非基变量，而不是像现在这样，有大换血的可能，因为可能会有好几个基变量为0。至于到底换入哪一个非基变量，（假设前两个检验数大于0）就先看看换入xm+1x_{m+1}xm+1，保持xm+2=0x_{m+2}=0xm+2=0（变成了前面1中的情况，相当于只有一个检验数大于0），其对应的目标函数值是多少，然后看看换入xm+2x_{m+2}xm+2，保持xm+1=0x_{m+1}=0xm+1=0，查看其对应的目标函数值，比一下，如果1好，就换入xm+1x_{m+1}xm+1，其他依次类推。总之，采取一次只换入一个的策略，不就和情况1一样了吗，最后再比一下，决定最终换入谁。那么就简单了。

情况1中的图

证毕。

即：我们可以将原线性规划的基更换为这个新的可行基，然后化成典式，回到定理1，查看检验数是不是全部小于等于0，如果是，那么这个新基对应的基可行解就是最优解，否则，根据定理3，继续出基变量，入新基变量，得到更优的基变量，即更优的基。

总结

从而得到单纯形法的基本原理，使用流程图表示如下：

单纯形法（四）理论部分（终结）相关推荐

科目一科目四理论考试助手藏文驾考藏语版
藏文理论驾考宝典科目一四驾驶证学车驾照考试题库软件APP 2020年藏文版驾驶考试模拟App(带语音), 主要服务于广大藏区的藏文驾驶理论考试学员. 本软件有注意事项.科目一理论练习.科目四理论练习 ...
【运筹学】单纯形法的理论推导和定理证明
文章目录 1.前期理论推导,获得Fai 2.根据fai,证明三大定理(这些定理是单纯表法的理论依据) 定理1--最优解定理2--当...LP问题无界定理3--当...存在最优解 1.前期理论推导, ...
单纯形法Python实现
提示:文章写完后,目录可以自动生成,如何生成可参考右边的帮助文档目录前言一.单纯形法理论基础二.Python代码实现 1.循环求解 2.最优性检验 3.结果输出 4.完整代码前言本文代码参 ...
系统化交易与量化交易理论与书籍
股市交易必读书籍: ［美］彼得·林奇(Peter Lynch) 约翰·罗瑟查尔德 <彼得·林奇的成功投资(典藏版)>,机械工业出版社,2018年05月 [美]史蒂夫·尼森(Steve Ni ...
计算机ms高级应用科目一科目二考什么,驾考提前知 | 科目一、科目二、科目三、科目四都考什么?...
原标题:驾考提前知 | 科目一.科目二.科目三.科目四都考什么? 科目一考试内容:驾驶基本理论.道路安全法律法规.交通信号.通行规则等最基本的知识,再加地方性法规.除了记忆之外,灵活掌握规律也很重要 ...
手动挡科目三道路驾驶技能考试及理论考试要点
路线每个驾校的科目三路线可能都不一样,但是考点基本差不多.我当时选的驾校是北京公交驾校,路线图如下: 考试要点在考试大厅等待叫号,一般大屏都会公布xxx学员找xx号车考试,这边白色车是手动挡,灰色 ...
计算机四新知识考试题库答案,科目四题库一共多少题
科目四题库一共多少题科目四,又称科目四理论考试.驾驶员理论考试,是机动车驾驶证考核的一部分.下面是小编为大家带来的.关于科目四题库一共多少题的知识,欢迎阅读. 科目四新增194道题,从900道题更新 ...
如何应用TRIZ理论解决问题呢？
一.TRIZ解决发明技术问题的方法如何应用TRIZ理论解决问题呢?首先,要对一个实际问题进行细致地分析和准确地定义:然后,依照TRIZ理论提供的方法,把需要解决的实际问题归纳为一个类似的TRIZ标准 ...
关于大数据，需要你读懂的10个小故事
自2011年以来,大数据旋风以"迅雷不及掩耳之势"席卷中国.毋庸置疑,大数据已然成为继云计算.物联网之后新一轮的技术变革热潮,不仅是信息领域,经济.政治.社会等诸多领域都" ...
大数据陷阱：需要读懂的10个小故事
自2011年以来,大数据旋风以"迅雷不及掩耳之势"席卷中国.毋庸置疑,大数据已然成为继云计算.物联网之后新一轮的技术变革热潮,不仅是信息领域,经济.政治.社会等诸多领域都" ...

单纯形法（四）理论部分（终结）

典式

定理

总结

单纯形法（四）理论部分（终结）相关推荐

最新文章

热门文章