Post on 15-Feb-2020
DUAL PROBLEMA LINEARNOG
PROGRAMIRANJA
(12.4.2017)
Doc. dr. sc. Tunjo Perić
12.4.2017 1
Dual problema linearnog programiranja (LP)
• Svaki problem LP (primal) ima svoj dualni oblik (dual).
• Poznavanje relacija između primala i duala ključno je za
razumijevanje naprednih tema iz linearnog i nelinearnog
programiranja, a daje i interesantne ekonomske poglede kod analize
osjetljivosti.
• Ako je primal problem maksimuma, onda je njegov dual problem
minimuma, i obrnuto.
• Uobičajeno je da za problem maksimuma koristimo oznake z, x1,
x2, ... , xn, a za problem minimuma oznake w, y1, y2, ... , ym.
• Standardni problem maksimuma možemo pisati kao
12.4.2017 2
max z = c1x1 + c2x2 + ... + cnxn
p.o. a11x1 + a12x2 + ... + a1nxn b1
a21x1 + a22x2 + ... + a2nxn b2
.................................................
am1x1 + am2x2 + ... + amnxn bm
xj 0 (j = 1, 2, ... , n).
• Dual standardnog problema maksimuma možemo pisati kao:
min w = b1y1 + b2y2 + ... + bmym
a11y1 + a21y2 + ... + am1ym c1
a12y1 + a22y2 + ... + am2ym c2
..............................................
a1ny1 + a2ny2 + ... + amnym cn
yi 0 (i = 1, 2, ... , m).
(1)
(2)
12.4.2017 3
• Problem minimuma koji ima sva ograničenja , a sve varijable
nenegativne naziva se standardni problem minimuma, kao problem
(2). Dual standardnog problema minimuma je standardni problem
maksimuma, kao problem (1).
Nalaženje duala standardnog problema maksimuma ili minimuma
• Nalaženje duala problema LP je jednostavno ako se koristi tablični
način rješavanja problema LP.
• Ilustrirajmo tablični način nalaženja duala na primjeru 1 (prethodno
predavanje):
12.4.2017 4
max z = 30x1 + 20x2 + 10x3
p.o. 8x1 + 4x2 + x3 48
5x1 + 3x2 + 2x3 31
3x1 + 2x2 + x3 19
x2 3
x1, x2, x3 0.
• Dual prethodnog primarnog problema je
min w = 48y1 + 31y2 + 19y3 + 3y4
p.o. 8y1 + 5y2 + 3y3 30
4y1 + 3y2 + 2y3 + y4 20
y1 + 2y2 + y3 10
y1, y2, y3, y4 0.
12.4.2017 5
• Ako je standardni problem minimuma napisan kao
min w = 50y1 + 20y2 + 30y3 + 80y4
p.o. 400y1 + 200y2 + 150y3 + 500y4 500
3y1 + 2y2 6
2y1 + 2y2 + 4y3 + 4y4 10
2y1 + 4y2 + y3 + 5y4 8
y1, y2, y3, y4 0.
• Dual prethodnog primarnog problema je
max z = 500x1 + 6x2 + 10x3 + 8x4
p.o. 400x1 + 3x2 + 2x3 + 2x4 50
200x1 + 2x2 + 2x3 + 4x4 20
150x1 + 4x3 + x4 30
500x1 + 4x3 + 5x4 80
x1, x2, x3, x4 0
12.4.2017 6
Dual općeg problema LP
• Na žalost mnogi realni problemi ne mogu se napisati kao
standardni problemi maksimuma ili minimuma. Na primjer
max z = 4x1 + 3x2
p.o. 2x1 + 2x2 = 5
2x1 – x2 3
x1 – x2 1
x1 0, x2 je neograničeno
nije standardni problem maksimuma pošto ima jedno ograničenje
oblika jednakosti, jedno ograničenje oblika i jednu varijablu koja
je neograničena (nije ograničena na nenegativnost).
• Također, problem
(3)
12.4.2017 7
min w = 3y1 + 5y2 + 4y3
p.o. 3y1 + 6y2 + 2y3 5
3y1 – 2y3 2
y2 + y3 = 1
8y1 + 4y2 12
y1 je neograničeno, y2, y3 0.
• Da bismo odredili dual problema (3) potrebno ga je najprije napisati u
standardnom obliku, tj. sva ograničenja moraju biti oblika , a sve
varijable moraju biti ograničene na negativnost. Ograničenje oblika
pretvara se u ograničenje oblika množenjem lijeve i desne strane
ograničenja s (-1). Ograničenje oblika jednakosti treba napisati kao
dva ograničenja, jedno ograničenje će biti oblika , a drugo oblika .
Potom se ograničenje oblika pretvara u ograničenje množenjem s
(-1). Svaka neograničena varijabla xi zamjenjuje je s xi’ – xi’’, gdje su
xi’ 0 i xi’’ 0.
• Prema tome, imamo
(4)
12.4.2017 8
max z = 4x1 + 3x2’ – 3x2’’
p.o. 2x1 + 2x2’ – 2x2’’ 5
-2x1 – 2x2’ + 2x2’’ -5
-2x1 + x2’ – x2’’ -3
x1 - x2’ + x2’’ 1
x1, x2’, x2’’ 0.
• Iz ovako napisanog problema nije teško napisati dual, budući da se
ovdje radi o standardnom problemu maksimuma.
• Da bismo napisali dual problema (4) potrebno je problem
minimuma napisan u općem obliku napisati kao standardni
problem minimuma, koji ima sva ograničenja oblika .
Ograničenja oblika pretvaraju se u oblik množenjem lijeve i
desne strane ograničenja s (-1). Kao i kod općeg problema za
maksimum, umjesto ograničenja oblika jednakosti treba napisati
dva ograničenja, jedno oblika , a drugo oblika , s tim da se
ovdje ograničenje oblika množi s (-1) i pretvara u ograničenje
oblika .
12.4.2017 9
• I ovdje se svaka neograničena varijabla yi zamjenjuje je s yi’ – yi’’,
gdje su yi’ 0 i yi’’ 0.
• Prema tome, imamo
min w = 3y1’ – 3y1’’ + 5y2 + 4y3
p.o. 3y1’– 3y1’’ + 6y2 + 2y3 5
3y1’ – 3y1’’ – 2y3 2
y2 + y3 1
-y2 – y3 -1
8y1’ - 8y1’’ + 4y2 12
-8y1’ + 8y1’’ – 4y2 -12
y1’, y1’’, y2, y3 0.
Iz problema minimuma napisanog u standardnom obliku
jednostavno je napisati njegov dual.
12.4.2017 10
Dualni teorem i njegove konsekvence
• Pretpostavimo da je primal standardni problem maksimuma s m
ograničenja i n varijabli. Onda će njegov dual biti standardni
problem minimuma s m varijabli i n ograničenja.
• Primal i dual se mogu napisati kako slijedi:
max z = c1x1 + c2x2 + … + cnxn
p.o. a11x1 + a12x2 + … + a1nxn b1
a21x1 + a22x2 + … + a2nxn b2
………………………………
ai1x1 + ai2x2 + … + ainxn bi
………………………………………………
am1x1 + am2x2 + … + amnxn bm
xj 0 (j = 1, 2, … , n)
Primarni problem (5)
12.4.2017 11
min w = b1y1 + b2y2 + … + bmym
a11y1 + a21y2 + … + am1ym c1
a12y1 + a22y2 + … + am2ym c2
………………………………
a1jy1 + a2jy2 + … + amjym cj
………………………………….
a1ny1 + a2ny2 + … + amnym cn
yi 0 (i =1, 2, … , m).
Oslabljena dualnost
• Ako izaberemo bilo koje dopustivo rješenje duala, w-vrijednost za
dopustivo rješenje duala bit će najmanje toliko velika kolika je
z-vrijednost za dopustivo rješenje primala. Ovaj je rezultat
formalno prikazan u lemi 1.
Dualni problem (6)
12.4.2017 12
• Lema 1. Oslabljena dualnost (prema W. L. Winston, Operations
Research, Thomson Books/Cole, 2004.)
Neka
bude bilo koje moguće rješenje primala a y = [y1, y2, … , ym] neka
bude bilo koje moguće rješenje duala. Onda je
(z-vrijednost za x) (w-vrijednost za y).
Dokaz. Pošto je yi 0, množeći i-to ograničenje primala iz (5) sa yi
dolazimo do sljedeće važeće nejednakosti:
yiai1x1 + yiai2x2 + … + yiainxn biyi (i = 1, 2, …, m).
Sumirajući m nejednakosti u (7), nalazimo da je
1
2x
n
x
x
x
(7)
1 1 1
m n m
i ij j i i
i j i
y a x b y
(8)
12.4.2017 13
Pošto je xj 0, množenje j-tog dualnog ograničenja u (6) sa xj daje
sljedeću važeću nejednakost:
xja1jy1 + xja2jy2 + … + xjamjym cjxj (j = 1, 2, …, n).
Zbrajanjem n nejednakosti iz (9) dobivamo
Kombiniranjem (8) i (10) dobivamo
što je željeni rezultat.
• Ako je raspoloživo moguće rješenje primala, oslabljena se
dualnost može koristiti za dobivanje granice na optimalnu
vrijednost funkcije cilja dualnog problema i obrnuto.
(9)
1 1 1
.m n n
i ij j j j
i j j
y a x c x
(10)
1 1 1 1
n m n m
j j i ij j i i
j i j i
c x y a x b y
12.4.2017 14
• Na primjer, lako se vidi da je u primjeru 1 moguće rješenje primala
x1 = x2 = x3 = 1. Ovo rješenje ima z-vrijednost 30 + 20 + 10 = 60.
Oslabljena dualnost sada implicira da za bilo koje moguće rješenje
duala (y1, y2, y3), mora vrijediti
48y1 + 31y2 + 19y3 + 3y4 60.
Pošto je dual problem minimuma, i bilo koje dualno moguće
rješenje mora imati w 60, to znači da je optimalna w-vrijednost za
dual 60. A to pak znači da oslabljena dualnost omogućuje
korištenje bilo kojeg primarnog mogućeg rješenja pri određivanju
granice optimalne vrijednosti funkcije cilja duala.
Analogno, možemo uzeti bilo koje moguće rješenje duala da bi
odredili granicu na optimalnu vrijednost funkcije cilja primala.
• Na primjer, promatrajući dual primjera 1 možemo vidjeti da je y1 =
10, y2 = 10, y3 = 0 i y4 = 0 moguće rješenje duala. Ovo rješenje
duala ima vrijednost funkcije cilja 48(10) + 31(10) + 19(0) + 3(0) =
790. Iz oslabljene dualnosti vidimo da bilo koje moguće rješenje
primala
12.4.2017 15
mora zadovoljavati
30x1 + 20x2 + 10x3 790.
Pošto je primal problem maksimuma a svako moguće rješenje
primala ima z 790, možemo zaključiti da je optimalna vrijednost
funkcije cilja primala 790.
• Ako definiramo
1
2
3
x
x
x
1
2
1 2b i c ... n
m
b
bc c c
b
12.4.2017 16
onda za točku
vrijednost funkcije cilja primala može se napisati kao cx, a za točku
[y1, y2, … , yn] vrijednost funkcije cilja duala može se napisati kao
yb.
• Lema 2. (Winston, Operations Research, 2004) Neka je
moguće rješenje primala, a moguće rješenje
duala.
1
2x
n
x
x
x
1
2x
n
x
x
x
1 2y ...
my y y 12.4.2017 17
Ako je onda je optimalno rješenje primala, a
optimalno rješenje duala.
Dokaz. Iz oslabljene dualnosti znamo da za bilo koje moguće
rješenje primala x,
Prema tome, bilo koje moguće rješenje primala mora dati z-
vrijednost koja ne premašuje Pošto je moguće rješenje
primala i ima vrijednost funkcije cilja primala od mora
biti optimalno rješenje primala. Slično, pošto je moguće rješenje
primala, oslabljena dualnost implicira da za bilo koje moguće
rješenje y,
Prema tome, bilo koje moguće rješenje duala daje vrijednost
funkcije cilja koja nadmašuje
Pošto je moguće rješenje duala a ima vrijednost funkcije cilja
duala mora biti optimalno rješenje duala.
cx yb, x y
cx yb.
yb. x
cx yb, x
x
cx yb.
cx.
y
yb cx, y12.4.2017 18
Dualni teorem (Winston, Operations Research, 2004)
• Oslabljena dualnost se može koristiti za dokazivanje sljedećih
rezultata:
Lema 3. Ako je primal neograničen, onda je dualni problem
nemoguć. Dokaz ne izvodimo.
Lema 4. Ako je dual neograničen, onda je primal nemoguć. Dokaz
ne izvodimo.
• Leme 3 i 4 opisuju relacije između primala i duala u dva relativno
beznačajna slučaja, koji su od ograničenog interesa.
• Mi smo primarno zainteresirani za relacije između primala i duala
kad primal ima optimalno rješenje. Neka je = optimalna
vrijednost funkcije cilja primala, a optimalna vrijednost funkcije
cilja duala. Ako primal ima optimalno rješenje, onda dualni teorem
opisuje relacije između primala i duala.
z
w
12.4.2017 19
• Teorem 1. (Dualni teorem)
Pretpostavimo da je BV optimalna baza za primal. Onda je cBVB-1
optimalno rješenje duala. Također je
Dokaz. Argument korišten u dokazivanju Dualnog teorema
uključuje sljedeće korake:
1. Koristi se činjenica da je BV optimalna baza za primal da se
pokaže da je cBVB-1 moguće rješenje duala.
2. Pokazati da je optimalna vrijednost funkcije cilja primala =
vrijednost funkcije cilja duala za cBVB-1.
3. Pronašli smo da moguće rješenje primala (iz BV) i moguće
rješenje duala (cBVB-1) imaju jednaku vrijednost funkcija cilja. Iz
Leme 2 zaključujemo da je cBVB-1 optimalno za dual i
Sada verificiramo korak 1 za slučaj gdje je primal standardni
problem maksimuma s n varijabli i m ograničenja. Nakon
dodavanja dopunskih varijabli s1, s2, … , sm primalu, primarni i
dualni problem izgledaju kako slijedi:
.z w
.z w
12.4.2017 20
max z = c1x1 + c2x2 + … + cnxn
p.o. a11x1 + a12x2 + … + a1nxn + s1 = b1
a21x1 + a22x2 + … + a2nxn + s2 = b2
……………………………………………….
am1x1 + am2x2 + … + amnxn + sm = bm
xj 0 (j = 1, 2, … , n); si 0 (i = 1, 2, … , m).
min w = b1y1 + b2y2 + … + bmym
a11y1 + a21y2 + … + am1ym c1
a12y1 + a22y2 + … + am2ym c2
………………………………….
a1ny1 + a2ny2 + … + amnym cn
yi 0 (i =1, 2, … , m).
(11)
Primarni
problem
(12)Dualni
problem
12.4.2017 21
Neka je BV optimalna baza za primal, a definirajmo cBVB-1 = [y1,
y2, ... , ym]. Prema tome, za optimalnu bazu BV, yi je i-ti element od
cBVB-1. BV je optimalno za primal, stoga koeficijent svake varijable
u retku 0 primarne tablice BV mora biti nenegativan. Koeficijent
uz xj u retku 0 BV tablice dan je kao
Znamo da je pa je za j = 1, 2, ... , n,
Dakle, cBVB-1 zadovoljava svako od n ograničenja duala.
jc
1c aj BV j jc B c
1
2
1 2 ...
j
j
m j
mj
a
ay y y c
a
1 1 2 2 ...j j m mj jy a y a y a c
0,jc
1 1 2 2 ... 0.j j m mj jy a y a y a c
12.4.2017 22
Pošto je BV optimalna baza primala, znamo da svaka dopunska
varijabla ima nenegativan koeficijent u BV tablici primala. Znamo
također da je yi jednak koeficijentu uz si u retku 0 BV tablice, tj. yi
je i-ti element od cBVB-1. Stoga je za i = 1, 2, ... , m, yi 0. Pokazali
smo da su cBVB-1 zadovoljava svih n ograničenja u (12) i da su svi
elementi cBVB-1 nenegativni. Dakle, cBVB-1 je zaista dualno moguće.
Korak 2 dokaza dualnog teorema zahtijeva da pokažemo da je:
vrijednost funkcije cilja duala za cBVB-1 = vrijednost funkcije cilja
primala za BV
Znamo da je vrijednost funkcije cilja primala za BV jednaka
cBVB-1b. A vrijednost funkcije cilja duala za dualno moguće rješenje
cBVB-1 je
(13)
1
2 1
1 1 2 2 1 2... ... c b.m m m BV
m
b
bb y b y b y y y y B
b
12.4.2017 23
Prema tome, relacija (13) vrijedi.
• Propozicija 1.
Kad nađemo optimalno rješenje primala upotrebom simpleks
algoritma, također smo pronašli i optimalno rješenje duala.
Pretpostavimo da je primal standardni problem maksimuma s m
ograničenja. Korištenjem simpleks metode za rješavanje ovog
problema, moramo dodati dopunske varijable si ograničenjima
primala. Pretpostavimo da je BV optimalna baza za primal. Onda
nam dualni teorem kaže da je cBVB-1 = [y1, y2, ... , ym] optimalno
rješenje duala. Pokazali smo da je yi koeficijent uz si u retku 0
optimalne BV tablice primala. Dakle, pokazali smo da ako je
primal standardni problem maksimuma, onda je koeficijent uz si u
retku 0 optimalne tablice primala optimalna vrijednost i-te dualne
varijable.
12.4.2017 24
• Ako primal ima ograničenja oblika ili = , onda se optimalna
vrijednost duala nalazi na sljedeći način:
ako je ograničenje oblika , onda je optimalna vrijednost dualne
varijable yi jednaka koeficijentu uz dopunsku varijablu si u retku 0,
ako je ograničenje oblika , onda je optimalna vrijednost dualne
varijable yi jednaka koeficijentu uz dopunsku varijablu ei u retku 0
ali znakom –,
ako je ograničenje oblika (=), onda je optimalna vrijednost dualne
varijable yi jednaka koeficijentu uz artificijelnu varijablu ai, od
kojeg treba oduzeti M (kod problema minimuma treba dodati M).
Odavde slijedi da dualna varijabla yi kod ograničenja oblika (=)
može biti ili .
0 0
12.4.2017 25
Ekonomska interpretacija duala - cijene u sjeni (Shadow Prices)
• Definicija 1. Cijena u sjeni i-tog ograničenja je iznos za koji se
poboljšava z-vrijednost (povećava u problemu maksimuma a
smanjuje u problemu minimuma) ako povećamo bi za 1 (sa bi na bi
+ 1). Ovo pretpostavlja da nakon promjene desne strane i-tog
ograničenja sa bi na bi + 1 tekuća baza i dalje ostaje optimalna.
• Cijena u sjeni i-tog ograničenja problema maksimuma je optimalna
vrijednost i-te dualne varijable. Cijene u sjeni su dualne varijable,
tako da znamo da će cijena u sjeni za ograničenje oblika biti
nenegativna, za ograničenje oblika bit će nepozitivna, a za
ograničenje oblika (=) bit će bez restrikcija u znaku.
• Za minimizacijski problem, cijena u sjeni i-tog ograničenja je iznos
za koji jedinična promjena i-tog ograničenja poboljšava ili
pogoršava optimalnu z-vrijednost uz pretpostavku da tekuća baza
ostaje optimalna. Može se pokazati da je cijena u sjeni i-tog
ograničenja problema minimuma = -(optimalna vrijednost i-te
dualne varijable).
12.4.2017 26
• U funkciji cilja duala
w = b1y1 + b2y2 + ... + bmym
svaki biyi možemo interpretirati kao doprinos profitu po jedinici
resursa i raspoloživih za primarni problem.
• Dualna varijabla yi interpretira se kao doprinos profitu po jedinici
resursa i (i = 1, ..., m), kad je tekući skup bazičnih varijabli korišten
za dobivanje primarnog rješenja. Drugim riječima yi su upravo
cijene u sjeni.
• Dakle yi* možemo interpretirati kao doprinos profitu po jedinici
resursa i kad se koristi optimalno rješenje.
• Budući da aktivnost j u primarnom problemu troši aij jedinica
resursa i,
interpretira se kao tekući doprinos profitu miksa resursa koji bi bili
potrošeni kad bi se koristila jedna jedinica aktivnosti j (j = 1, ..., n).
12.4.2017 27
1
m
ij i
i
a y
• Za svaku aktivnost j, ovaj isti miks resursa vjerojatno bi se mogao
koristiti na druge načine, ali ni jedna alternativna upotreba ne bi
trebala biti razmatrana ako je manje profitabilna od jedne jedinice
aktivnosti j.
• Budući da se cj interpretira kao jedinični profit od aktivnosti j,
svako funkcionalno ograničenje u dualnom problemu interpretira
se kako slijedi:
kaže nam da tekući doprinos profitu gornjeg miksa
resursa mora biti najmanje jednak doprinosu profitu jedne jedinice
aktivnosti j. U protivnom ne bismo imali najbolju moguću
upotrebu tih resursa.
• yi 0 govori nam da doprinos profitu resursa i (i = 1, ..., m) mora
biti nenegativan; u protivnom bilo bi bolje ne koristiti taj resurs.
• interpretira se kao minimizacija ukupne implicitne
vrijednosti resursa potrošenih na aktivnosti.12.4.2017 28
1
m
ij i i
i
a y c
1
m
i i
i
w b y
Neke značajne formule
• Ovdje ćemo pokazati kako se optimalna simpleks tablica može
izraziti primjenom matričnog računa. Ovdje razvijene formule
koristit će se u analizi osjetljivosti i definiranju dualnog problema
LP.
• Pretpostavimo da rješavamo problem maksimuma napisan u
kanonskom obliku s m ograničenja i n varijabli. Neke varijable
mogu biti dopunske, varijable viška ili umjetne. Međutim, mi smo
ih označili s x1, x2, ..., xn.
• Onda, problem LP možemo napisati kao
12.4.2017 29
1 1 2 2
11 1 12 2 1 1
21 1 22 2 2 2
1 1 2 2
max ...
p.o. ...
...
...........................................
...
n n
n n
n n
m m mn n m
z c x c x c x
a x a x a x b
a x a x a x b
a x a x a x b
1 2 , ,..., 0nx x x
(1)
• Primjer: Poduzeće “X” proizvodi 3 proizvoda, označena s A, B i C.
Za proizvodnju proizvoda A, B i C potrebno je 1, 2 i 1 m3 sirovine,
respektivno. Za proizvodnju proizvoda A, B i C potrebno je utrošiti
2, 1 i 2 sata rada radnika, respektivno. Nema ograničenja prodaje
proizvoda A i C, dok se najviše može prodati 4 proizvoda B.
Dnevno je raspoloživo 12 m3 sirovine i 16 sati rada radnika. Neto
dobit po proizvodima A, B i C iznosi 400, 600 i 300 kn,
respektivno.
Odrediti optimalni plan dnevne proizvodnje.
• Rješenje: xi = dnevno proizvedena količina proizvoda i (i = 1, 2, 3)
12.4.2017 30
1 2 3
1 2 3
1 2 3
2
1 2 3
max 400 600 300
p.o. 2 12
2 2 18
4
, , 0
z x x x
x x x
x x x
x
x x x
(2)
• Kanonski oblik modela (2) izgleda kako slijedi
• Tablica 1. Početna simpleks tablica
12.4.2017 31
1 2 3 1 2 3
1 2 3 1
1 2 3 2
2
max 400 600 300 0 0 0
p.o. 2 =12
2 2 =18
z x x x s s s
x x x s
x x x s
x
3
1 2 3 1 2 3
=4
, , , , , 0
s
x x x s s s
z x1 x2 x3 s1 s2 s3 bi
1 -400 -600 -300 0 0 0 0
0 1 2 1 1 0 0 12
0 2 1 2 0 1 0 18
0 0 1 0 0 0 1 4
• Tablica 1. Optimalna simpleks tablica
• Dakle, z = 4400, x1 = 8, x2 = 2, s3 = 2, x3 = s1 = s2 = 0.
• Neka BVi bude bazična vaijabla za redak i optimalne tablice.
• Ako je BV = {BV1, BV2, ..., BVm} skup bazičnih varijabli u
optimalnoj tablici, onda možemo definirati m x 1 vektor
12.4.2017 32
z x1 x2 x3 s1 s2 s3 bi
1 0 0 100 266.67 66.67 0 4400
0 1 0 1 -0.33 0.67 0 8
0 0 0 0 -0.67 0.33 1 2
0 0 1 0 0.67 -0.33 0 2
• Također definirajmo
NBV = skup nebazičnih varijabli u optimalnoj tablici
xNBV = (n – m) x 1 vektor nebazičnih varijabli.
• U našoj optimalnoj tablici BV1 = x1, BV2 = s3, BV3 = x2. Dakle,
• NBV = {x3, s1, s2}. Onda je12.4.2017 33
1
2
BVx .
m
BV
BV
BV
x
x
x
1
BV 3
2
x .
x
s
x
• Izrazimo optimalnu tablicu u uvjetima BV i originalnog problema
(1). Najprije definirajmo sljedeće.
• cBV = 1 x m vektor [cBV1, cBV2, ..., cBVm].
• cNBV = 1 x (n – m) vektor koeficijenata nebazičnih varijabli.
• B = m x m matrica čiji j-ti stupac je stupac za BVj u (1).
Za naš problem
12.4.2017 34
3
NBV 1
2
x .
x
s
s
1 0 2
2 0 1 .
0 1 1
B
• aj = stupac (u ograničenjima) uz varijablu xj u (1). Na primjer, u
našem primjeru
• N = m x (n – m) matrica čiji su stupci koeficijenti iz ograničenja uz
nebazične varijable. U našem primjeru
• b = m x 1 vektor stupac koji čine koeficijenti na desnoj strani
ograničenja. Kod nas je
12.4.2017 35
2
2
a 1 .
1
1 1 0
2 0 1 .
0 0 0
N
12
b 8 .
4
• Model (1) možemo napisati na sljedeći način:
z = cBVxBV + cNBVxNBV
p.o. BxBV + NxNBV = b
xBV, xNBV 0.
• Analogno, naš primjer možemo napisati kao
12.4.2017 36
1 3
3 1
2 2
max 400 0 600 300 0 0
x x
z s s
x s
1 3
3 1
2 2
1 0 2 1 1 0 12
p.o. 2 0 1 2 0 1 18
0 1 1 0 0 0 4
x x
s s
x s
1 3
3 1
2 2
0 0
0 , 0 .
0 0
x x
s s
x s
(3)
• Množenjem ograničenja modela (3) s B-1 dobivamo
B-1BxBV + B-1NxNBV = B-1b, ili xBV + B-1NxNBV = B-1b.
Gaussovim postupkom izračunali smo
• Iz (4) dobivamo
ili
12.4.2017 37
(4)
1
0.33 0.67 0
0.67 0.33 1 .
0.67 0.33 0
B
1 3
3 1
2 2
0.33 0.67 0 1 1 0 0.33 0.67 0 12
0.67 0.33 1 2 0 1 0.67 0.33 1 18
0.67 0.33 0 0 0 0 0.67 0.33 0 4
x x
s s
x s
1 3
3 1
2 2
1 0.33 0.67 8
0 0.67 0.33 2
0 0.67 0.33 2
x x
s s
x s
• Iz prethodnog zaključujemo sljedeće:
• Stupac za xj u ograničenjima optimalne tablice = B-1aj
• Desna strana ograničenja optimalne tablice = B-1b.
• U našem primjeru stupac za x3 = B-1a3:
• Sada ćemo pokazati kako se redak 0 izražava kroz BV i originalni
LP (1). Za početak pomnožimo ograničenja (izražena u obliku
BxBV + NxNBV = b) s vektorom cBVB-1:
cBVxBV + cBVB-1NxNBV = cBVB-1b,
a originalnu funkciju cilja napišimo u obliku
z – cBVxBV – cNBVxNBV = 0
12.4.2017 38
(5)
(6)
0.33 0.67 0 1 1
0.67 0.33 1 2 0 .
0.67 0.33 0 0 0
(7)
(8)
• Zbrajanjem (7) i (8) dobivamo
z + (cBVB-1N – cNBV)xNBV = cBVB-1b.
• Iz (9), koeficijent od xj u retku 0 je
cBVB-1 (stupac od N za xj) – (koeficijent uz xj u cNBV) = cBVB-1aj – cj,
a desna strana retka 0 je cBVB-1b.
• Neka
i
desna strana optimalne tablice retka 0 = cBVB-1b.
Kod nas je cBVB-1 = [266.67, 66.67, 0], a koeficijent uz nebazičnu
varijablu x3
12.4.2017 39
(9)
_1c aj BV j jc B c (10)
(11)
_
13 3 3
1
a 266.67 66.67 0 2 300 400 300 100.
0
BVc c B c
12.4.2017 40
_
14 4 4
1
a 266.67 66.67 0 0 0 266.67.
0
BVc c B c
_
15 5 5
0
a 266.67 66.67 0 1 0 66.67.
0
BVc c B c
_
16 6 6
0
a 266.67 66.67 0 0 0 0.
1
BVc c B c
Dakle, iz retka 0 direktno isčitavamo vrijednosti dualnih varijabli.
U našem primjeru je y1 = 266.67, y2 = 66.67, y3 = 0.