Linearis programoz´ as:´ elmelete, algoritmusai´ es ...math.bme.hu/~illes/LPea-2010.pdf · First Prev Next Last Go Back Full Screen Close Quit Az eload˝ as szerkezete´ es c´

•First •Prev •Next •Last •Go Back •Full Screen •Close •Quit

Linearis programozas:elmelete, algoritmusai es alkalmazasai

Illes [email protected]

Operaciokutatasi TanszekEotvos Lorand Tudomanyegyetem

Budapest2010. II. felev

mailto:[email protected]


Az eloadas szerkezete es celja• A linearis optimalizalas rovid tortenete.

• Linearis egyenletrendszerekAx = b

vizsgalata, ahol A ∈ IRm×n matrix, b ∈ IRm vektor es m,n ∈ IN.

• Linearis egyenlotlenseg rendszerekAx = b, x ≥ 0

vizsgalata.

• Linearis programozasi feladatokAx = b, x ≥ 0, cTx→ min

vizsgalata, ahol c ∈ IRn vektor.

• Dontesi problemak. Operaciokutatasi modellek.

• Linearis programozas altalanosıtasai:

– linearis felteteles konvex kvadratikus celfuggvenyes optimalizalasi feladat [pivot- esbelsopontos algoritmusok],

– linearis komplementaritasi feladatok [pivot- es belsopontos algoritmusok],– szemidefinit programozasi feladat [belsopontos algoritmusok],– multi-linearis optimalizalasi feladatok [szekvencialis linearis programozas],– ...

Illes Tibor Eotvos Lorand Tudomanyegyetem


A linearis optimalizalas tortenete1802 & 1873: Gauss–Jordan eliminacio

1826 & 1936: Fourier–Motzkin eliminacio

1894 & 1896: Farkas–lemma, Farkas–tetel

1898: Minkowski–tetel

1928: Neumann–tetel

1936: Poliederek alaptetele (Motzkin)

1939: Termeles tervezes (Kantorovich)

1947: Dantzig–fele (primal) szimplex modszer

1947: Eros dualitas tetel (Dantzig es Neumann)

1951: Eros dualitas tetel (Gale–Kuhn–Tucker)

1953: Szimplex modszer ciklizalasa (Hoffmann)

1955: Lexikografikus szimplex modszer (Dantzig–Orden–Wolfe)

1955: Logaritmikus barrier modszer alkalmazasa linearis programozasra (Frisch)

1956: Szigoruan komplementaris megoldasok letezese: Goldman–Tucker tetel

1968: Zionts–fele criss–cross modszer (vegessege nincsen igazolva)

1968: Dikin–fele ellipszoid, (primal) affin skalazasu belsopontos algoritmus

1968: Barrier modszerek altalanos elmelete (Fiacco, McCormick)



A linearis optimalizalas tortenete, 21972: Exponencialis pelda a szimplex modszerre (Klee es Minty)

1974: Kozgazdasagtani Nobel–dıj: L. V. Kantorovich es T. C. Koopmans

1978: Bland–fele minimal index szabaly pivot algoritmusokra

1979: Ellipszoid modszer (Hacsian)

1984: Potencial fuggvenyes belsopontos algoritmus (BA) (Karmarkar)

1984: Criss–cross algoritmus linearis programozasi feladatokra (Terlaky Tamas)

1986: Centralis ut, analitikus centrum (Sonnevend Gyorgy)

1988: Newton–lepesen alapulo BA (Renegar)

1989: A centralis ut analitikus tulajdonsagai (Megiddo)

1989: Primal–dual BA (Kojima–Mizuno–Yoshise)

1989: Utkoveto BA (Sonnevend–Stoer–Zhao)

1989: Utkoveto belsopontos algoritmusok, sima konvex feladatokra (Jarre)

1989: Self–concordant fuggvenyek (Nesterov–Nemirovskij)

1992: Monotonic-build up szimplex algoritmus (MBU SA) (Anstreicher–Terlaky)

1994: Polinomialis belsopontos algoritmusok altalanos elmelete konvex programozas esetere

(Nesterov–Nemirovskij)



A linearis optimalizalas tortenete, 3

1999: Self–regularis fuggvenyek alkalmazasa a linearis programozasban (Peng–Roos–Terlaky)

2000: Rovid pivot sorozatok letezese megengedettsegi es linearis programozasi feladatokra

(Fukuda–Terlaky)



Linearis egyenletrendszerek vizsgalata• linearis vektorter, linearis es affin alterek

• skalaris szorzas, Hadamard-szorzat

• Cauchy-Schwarz-Bunyakovski-egyenlotlenseg, norma, metrikus terek

• generalo rendszer, generalo tabla, pivotalas, pivotalas muveletigenye

• linearis fuggetlenseg, matrix rangja, bazis

• a megoldhatosag kerdese

• altalanos megoldas, bazis megoldasok

• pivot tablak es tulajdonsagaik

• elemi sor transzformaciok, pivotalas

• ortogonalitasi tetel, kompozıcios tulajdonsag

• Gauss–Jordan eliminacios modszer

• Rouche–Kronecker–Campelli lemma

• a bazis megoldasok nagysagrendje es szamossaga

• a pivot tablak egymasba transzformalhatosaga

• a megoldas halmaz geometriai tulajdonsagai



Linearis egyenlotlenseg rendszerek vizsgalata• megengedettsegi/fizibilitasi feladatok

• a megoldhatosag kerdese: Farkas–lemma

• pivot tablak es a Farkas–Minty lemma

• a Terlaky–fele criss–cross modszer es vegessege: minimal index szabaly

• megengedettsegi es nem megengedettsegi kriteriumok

• linearis alternatıva tetelek kulonbozo formaban

• kapcsolat a megengedett bazis megoldasok es az altalanos megengedett megoldasok kozott

• megengedett bazismegoldasok nagysagrendje es szamossaga

• a megoldas halmaz geometriai tulajdonsagai: poliederek, politopok, extremalis pontok;Motzkin–tetel

• kupok, vegesen generalt es metszet kupok; Farkas–, Minkowski– es Weyl–tetel

• bazis megoldasok es a poliederek (politopok) extremalis pontjainak a kapcsolata

• megengedett bazis megoldasok eloallıtasa hanyados teszt, szimplexek

• a megengedett pivot tablak egymasba transzformalhatosaga

• a bazisok stabilitasa/erzekenysegvizsgalat

• MBU SA variansa megenegedettsegi feladatokra, az algoritmus lepesszam becslese



Linearis programozasi feladatok vizsgalata• a linearis programozas alapfeladata: standard linearis programozasi (primal) feladat

• megengedett es optimalis megoldasok halmaza

• dualitas elmelet: gyenge dualitas tetel, dualitas res, eros dualitas tetel es kovetkezmenyei

• az altalanos es a standard linearis programozasi feladatok kapcsolata

• a teljes es a rovid pivot tabla

• megengedettsegi, nem megengedettsegi es optimalitasi kriteriumok

• standard linearis programozasi feladat megoldasa a Terlaky–fele criss–cross algoritmussal

• a Terlaky–fele criss–cross algoritmus vegessege

• kanonikus linearis programozasi (primal) feladat es elonyos tulajdonsagai

• a Dantzig–fele (primal) szimplex modszer es tulajdonsagai (ciklizalas, elsofazis stb.)

• ciklizalas ellenes technikak: minimal index szabaly, LIFO, MOSV, lexikografikus rendezes,perturbacio

• az LP feladatok megoldasanak muveletigenye: Klee–Minty feladat, exponencialis pelda pivotalgoritmusokra

• alternatıv optimumok letezesenek a feltetele es kiszamıtasuk modja

• erzekenyseg vizsgalat pivot algoritmusokkal

• linearis programozasi modellek; linearis programozasi programcsomagok



Linearis programozas (folytatas)

• szimmetrikus linearis programozasi feladatpar

• optimalitasi kriteriumok, komplementaritasi feltetelek, Goldman–Tucker tetel

• centralis ut, dualitas res, centralis ut feladat, ε–optimalis megoldas,

• Newton–rendszer es megoldhatosaga, Newton–lepes

• atskalazas es elemzes, centralitas merteke, centralis ut kornyezete

• centralis uttol valo tavolsag, Ling lemmak, Ling elesebb becslese

• teljes Newton–lepeses primal–dual logaritmikus buntetofuggvenyes belsopontos modszer

• uj centrumtol valo tavolsag, belsopontos modszer komplexitas vizsgalata



Dontesi problemak. Operaciokutatasi modellek.• dontesi helyzetek

• operaciokutatasi (linearis–, tortlinearis–, egeszerteku–, konvex illetve altalanos nemlinearisprogramozasi) modellek

• hozzarendelesi-, utemezesi- es altalanos egeszerteku linearis programozasi problemak:

– mozdany-hozzarendelesi feladat– szerelveny osszerendezesi feladat– szemelyzet hozzarendelesi es utemezesi feladat– kınai postas feladat es variansai– multi-robot rendszerek– szallıtasi es szallıtmanyozasi feladatok

• olajipari problemak:

– termeles iranyıtasi es elemzesi feladat– keveresi feladatok– termeles tervezesi es utemezesi feladat– keszletezesi es beszerzesi feladatok

• a dontesi lehetosegek tagıtasa:

Erdekli–e a donteshozot egy (instabil egyertelmu) optimum ?

• kozel optimalis, ε–optimalis, megoldasok eloallıtasa



Vektorterek

Az osszeadassal es skalarral valo szorzassal ellatott L nem ures halmaz linearis teret (mas szovalvektorteret) alkot a Γ szamtest felett, ha barmely x, y, z ∈ L es λ, µ ∈ Γ eseten

x + y ∈ L (1)

x + y = y + x (2)

(x + y) + z = x + (y + z) (3)

letezik un. nullelem, 0 ∈ L, amelyrex + 0 = x (4)

minden x ∈ L elemnek letezik ellentett eleme −x ∈ L, amelyre

(−x) + x = 0, (5)

teljesul. Tovabbaλ x ∈ L (6)

(λ + µ) x = λx + µx (7)

λ (x + y) = λx + λy (8)

(λµ) x = λ (µx) (9)

ha 1 ∈ Γ egysegeleme, akkor1 x = x. (10)



Vektorterek (folytatas)A rendezett szam m-esek halmaza

L = Γm = {x |x = (x1, x2, ..., xm), ahol xi ∈ Γ}.

Az alkalmazasok soran altalaban Γ = IR.Az IRm elemeit oszlop vektorokkent fogjuk abrazolni. Az x ∈ IRm eseten az xT sor vektor, amelyetaz x vektor transzponaltjanak nevezunk.Egy L′ ⊆ L nem ures reszhalmazt az L linearis ter alterenek nevezzuk, ha az L′ maga is elegettesz a linearis terrel szemben tamasztott kovetelmenyeknek.Allıtas. Legyen L linearis ter a Γ szamtest felett. Az L′ ⊂ L nem ures reszhalmaza pontosan akkoraltere az L linearis ternek, ha barmely x, y ∈ L′ es λ ∈ Γ eseten x + y ∈ L′ es λx ∈ L′ teljesul. •

Legyen L vektorter es L′ ⊆ L alter es a1, a2, · · · , ak ∈ L′ tetszoleges vektorok. Tekintsuk a

V = {v : v = v1 a1 + v2 a2 + · · ·+ vk ak, ahol v1, v2, · · · , vk ∈ IR}

halmazt, amely az a1, a2, · · · , ak vektorok linearis kombinacioit tartalmazza.

Allıtas. A V ⊆ L′ linearis alter. •

A V linearis alteret az a1, a2, · · · , ak vektorok altal generalt alternek nevezzuk es jeloljeL({a1, a2, · · · , ak}).

Definialjuk vektor halmazok Motzkin-fele osszeget a kovetkezo modon:

V = L1 + L2 = {v ∈ L : v = l1 + l2, ahol l1 ∈ L1, l2 ∈ L2}



Feladatok1. Feladat. Legyen a, b ∈ IR. Tekintsuk az f : [a, b]→ IR folytonos fuggvenyeknek az F halmazat.Az f, g ∈ F fuggvenyek osszeget ertelmezzuk az alabbi modon:

(f + g)(x) := f(x) + g(x)

teljesul, barmely x ∈ [a, b] eseten. Fuggveny es valos szam szorzata pedig legyen

(u f)(x) := u f(x)

barmely x ∈ [a, b] es tetszoleges u ∈ IR eseten. Bizonyıtsa be, hogy az F halmaz vektorteret alkotaz osszeadasra es szorzasra nezve. /

2. Feladat. Legyen L vektorter es az L1, L2, ...Lk ⊂ L alterei. Bizonyıtsa be, hogy

(i) V = L1 + L2 ⊂ L alter;

(ii) L1 + L2 + · · ·+ Lk alter es

(iii) L1 ∩ L2 ∩ · · · ∩ Lk alter. /

3. Feladat. Legyen {a1, a2, ...an} ⊂ IRm vektorrendszer. Bizonyıtsa be, hogy

(i) L(a1, . . . , aj , . . . , an) = L(a1, . . . , λ aj , . . . , an), ahol λ ∈ IR, λ 6= 0, es

(ii) L(a1, . . . , aj , . . . , an) = L(a1, . . . , aj + ak, . . . , an), ahol 1 ≤ k ≤ n. /



Skalaris szorzasDefinıcio. Legyen adott egy L vektorter a Γ szamtest felett. Tekintsuk a < , >: L × L → Γlekepezest, amely az L elemparjaihoz egy szamot rendel. A < , > lekepezest skalaris szorzasnaknevezzuk, ha teljesıti az alabbi felteteleket:

< a,b > = < b, a >

< a,b + c > = < a,b > + < a, c >

λ < a,b > = < λ a,b >

< a, a > ≥ 0

< a, a > = 0 akkor es csakis akkor, ha a = 0

ahol a, b, c tetszoleges elemei a vektorternek, λ ∈ Γ es 0 ∈ L a vektorter nulleleme. ◦

Legyen a,b ∈ IRm. Vektorok skalaris szozatat a kovetkezo modon definialjuk:

< a,b > = a1 b1 + a2 b2 + · · ·+ am bm = aT b. (11)

Allıtas. Az IRm teren a (11) keplettel adott lekepezes valoban skalaris szozat. •

Hadamard–szorzata b := (a1 b1, a2 b2, · · · am bm)T ,

azaz az a,b ∈ IRm tetszoleges vektorok Hadamard–szorzatan azt a vektort ertjuk, amely az ele-menkenti szorzassal all elo.



Cauchy–Schwarz–Bunyakovskij egyenlotleseg

Tetel. Legyen adott az L vektorter a Γ szamtest felett, es ket tetszoleges a,b ∈ L vektor, akkor

< a,b >2≤< a, a >< b,b > (12)

es egyenloseg pontosan akkor teljesul, ha a = λb, valamely λ ∈ Γ eseten.

Bizonyıtas. Negyedik tulajdonsag alapjan

< a− λb, a− λb >≥ 0

es egyenloseg akkor es csakis akkor teljesul, ha a = λb. Atalakıtasok utan

λ2 < b,b > −λ (2 < a,b >)+ < a, a >≥ 0

teljesul barmely λ ∈ Γ szamra. Elozo egyenlotlenseg ekvivalens azzal, hogy masodfoku kifejezesdiszkriminansa nem pozitıv, azaz

4 < a,b >2 − 4 < a, a >< b,b >≤ 0. •



Norma, Euklideszi terek

Definıcio. Legyen adott egy L vektorter a Γ skalarok teste felett. A ‖.‖ : L → Γ lekepezest (vektor)normanak nevezzuk, ha rendelkezik az alabbi tulajdonsagokkal:

‖a‖ ≥ 0,

‖a‖ = 0, akkor es csakis akkor, ha a = 0,

‖λ a‖ = |λ| ‖a‖ teljesul tetszoleges λ ∈ Γ szamra,‖a + b‖ ≤ ‖a‖+ ‖b‖ ,

es egyenloseg akkor es csakis akkor, teljesul az utolso egyenlotlensegben, ha a = λb teljesulvalamely λ ∈ Γ szamra. ◦

Ha a vektor normat a skalaris szorzassal definialjuk, azaz

‖a‖ :=√< a, a >

akkor belathato, hogy a tulajdonsagok teljesulnek. Az ıgy kapott normat euklideszi normanaknevezzuk es az euklideszi normaval ellatott vektortereket szokas meg Euklideszi tereknek isnevezni.

A norma fogalmaval definialhatunk ket vektor kozott egy metrikat (tavolsagot) az alabbi modon

dis(a,b) := ‖a− b‖ . (13)



Metrika, metrikus terek

Allıtas. Legyen adott egy L vektorter a skalarok Γ teste felett. Tekintsuk az elozo keplettel adottmetrikat, ekkor

dis(a,b) = dis(b, a),

dis(a, a) ≥ 0,

dis(a,b) = 0 ⇐⇒ a = b,

dis(a,b) + dis(b, c) ≥ dis(a, c),

ahol a, b, c ∈ L tetszoleges vektorok. •

Megjegyzes. Ha egy halmazon adott egy olyan lekepezes, amely a halmaz elemparjaihoz szamotrendel es teljesıti a metrikatol elvart tulajdonsagokat, akkor metrikus terrol beszelunk. �



Feladatok

1. Feladat. Legyen adott az [a, b] intervallumon definialt folytonos fuggvenyek F halmaza. Azf, g ∈ F fuggvenyeknek a valos szamok halmazara torteno lekepezeset ertelmezzuk az alabbimodon:

< f, g > :=

∫ b

af(x) g(x) dx (14)

Bizonyıtsa be, hogy a (14) keplettel ertelmezett lekepezes skalaris szorzat az F halmazon definialtvektorteren. /

2. Feladat. Legyenek f, g ∈ F , ahol az F halmazt az elozo feladatban definialtuk.

(i) Bizonyıtsa be a kovetkezo egyenlotlenseget(∫ b

af(x) g(x) dx

)2

≤

(∫ b

af2(x) dx

) (∫ b

ag2(x) dx

)(15)

(ii) Irja fel annak a szukseges es elegseges feltetelet, hogy a (15) egyenlotlenseg egyenloseggelteljesuljon.

/



Generalo rendszerekLegyenek az ai ∈ L vektorok es J = {1, 2, ..., n} az indexeik halmaza. A b ∈ L vektor eloall azaj vektorok linearis kombinaciojakent, ha

b =n∑j=1

uj aj ,

ahol uj ∈ IR barmely j ∈ J eseten.

Definıcio. Az {ai | i ∈ JG} (JG ⊂ J ) vektor halmazt az {aj | j ∈ J } generalo rendszereneknevezzuk, ha barmely aj , j ∈ JG (JG = J \ JG) vektor eloall az {ai | i ∈ JG} vektorok lineariskombinaciojakent. ◦

Allıtas. Az L({aj | j ∈ JG}) ⊆ L alter. •

Legyen a JG ⊂ J generalo rendszer index halmaza. Ekkor

aj =∑i∈JG

tij ai, ∀j ∈ JG,

ahol tij az ai, i ∈ JG vektor egyutthatoja az aj , j ∈ JG vektor eloallıtasaban.Generalo tabla: JG

aj...

JG ai . . . tij . . ....



Generalo rendszerek (pelda)

Legyenek adottak az aT1 = (1, 0, 3), aT2 = (0, 1,−1), aT3 = (1, 0, 1), aT4 = (0, 2,−1), aT5 = (1, 1, 1) esbT = (3, 5, 5) vektorok.

Index halmaz: J = {1, 2, 3, 4, 5}. Ekkor

b = 3 a1 + 4 a2 − a3 + a5.

JG = {1, 2, 3, 5}, hiszena4 = a2 − a3 + a5.

Az eloallıtas nem egyertelmu, hiszen

a4 = 2 a1 + 5 a2 + a3 − 3 a5 es b = 4 a1 + 6 a2 − a5.

Ez tablazat formajaban az alabbi modon fejezheto ki:

a4 b

a1 0 3

a2 1 4

a3 -1 -1

a5 1 1

T tabla

a4 b

a1 2 4

a2 5 6

a3 1 0

a5 -3 -1

T tabla



Pelda (befejezese), feladatokA generalo rendszert is tobbfelekeppen lehet megvalasztani, peldaul, ha JG = {3, 4, 5} az altalunkvizsgalt vektorok eseten akkor a kovetkezo tablahoz jutunk

a2 a2 b

a3 -3 1 -6

a5 4 -1 9

a4 -2 1 -2

1. Feladat. Legyen adott az {a1, a2 · · · an} ⊂ IRm vektorrendszer, jelolje JG a generalo vektorokindex halmazat es JG = J \ JG a generalo rendszerhez nem tartozo vektoroket. Tegyuk fel, hogyJG 6= ∅ es legyen J tetszoleges, nem ures reszhalmaza a JG index halmaznak. Igazolja, hogya JG ∪ J indexek halmazzal meghatarozott vektorrendszer is generalo rendszere az a1, a2 · · · anvektoroknak. /

2. Feladat. Legyen adott az {a1, a2 · · · an} ⊂ IRm vektorrendszer, jelolje J ′G illetve J ′′G generalovektorok ket, kulonbozo index halmazat. Bizonyıtsa be, hogyha

|J ′G| < |J ′′G|

akkor letezik olyan k ∈ J ′′G \J ′G index, hogy J ′′G \{k} is generalo reszrendszeret definialja az adottvektorrendszernek. /



PivotalasTetel. Legyen adott az {a1, a2, · · · , an} ⊂ L vektorrendszer, ahol L egy Γ test feletti vektorter.Ha trs 6= 0 akkor a JG generalo rendszerben levo ar vektort kicserelhetjuk a generalo rendszerbennem szereplo as (s ∈ JG) vektorral az alabbi modon:

t′ij = tij −trj tistrs

i ∈ J ′G, i 6= s, j ∈ J ′G, j 6= r

t′sj =trjtrs

j ∈ J ′G, j 6= r

t′ir = − tistrs

i ∈ J ′G, i 6= s

t′sr =1

trs,

ahol J ′G = JG \ {r} ∪ {s} az uj generalo rendszer indexhalmaza es t′ij az eloallıtasban szereplo ujegyutthatok.

Bizonyıtas. Kiindulo generalo tablaJG

aj as...

...

ai . . . tij . . . tis . . .

JG...

......

...

ar . . . trj . . . trs . . ....

...



Pivotalas (folytatasa)Pivotaljunk a trs 6= 0 pozıcion. Ekkor az alabbi tablazathoz jutunk:

J ′Gaj ar

......

ai . . . t′ij . . . t′ir . . .

J ′G...

......

...

as . . . t′sj . . . t′sr . . ....

...

Induljunk ki az as vektor eloallıtasabol as = trs ar +∑

i∈JG\{r}tis ai

es fejezzuk ki az ar vektort, azaz ar =1

trsas +

∑i∈JG\{r}

(− tistrs

) ai.

Ezzel belattuk a 3. es 4. osszefuggeseket.

Az aj , j ∈ JG, j 6= s vektor felırasabol kiindulva hasonloan igazolhato az 1. es 2. osszefugges is.•



Pivotalas: muveletigenyeLemma. Legyen adott a T (rovid) pivot tabla, ahol |JG| = m es |JG| = n − m. Egy pivotalaselvegzesehez legfeljebb (n−m− 1) (m− 1) osszeadast es legfeljebb 2m (n−m)− n+ 1 szorzastkell kiszamolni.

Bizonyıtas. A rovid tabla egy oszlopanak a kiszamıtasa legfeljebb 2 (m−1)+1 = 2m−1 szorzastes m− 1 osszeadast jelent. Az elozo szamolast (n−m− 1) oszlopra kell alkalmazni. A pkk vektormeghatarozasa m szorzast jelent, tehat osszesen a pivotalas a (rovid) tablan legfeljebb

(2m− 1) (n−m− 1) +m = 2m (n−m)− n+ 1

szorzast es (m− 1) (n−m− 1) osszeadast jelent. •

A T (rovid) pivot tabla, mint az oszlop vektorainak a rendszere, a kovetkezo alakban ırhato fel,T = [t1

... t2... · · · ... t|JG|]. Legyen tij 6= 0 (i ∈ JG, j ∈ JG) a pivot elem. A pivotalas elemzese vegett

vezessuk be a kovetkezo matrixot, P i ∈ IRm×m, amelynek az i. oszlopa

(pii)T = (−

t1jtij,−

t2jtij, · · · ,−

ti−1,j

tij,

1

tij,−

ti+1,j

tij, · · · ,−

tmjtij

)

mıg a tobbi oszlopa a megfelelo egysegvektor. Ekkor az uj (rovid) pivot tabla, T ′, k. oszlopa

t′k =

Pi tk, ha k 6= j

pii, ha k = j(16)

lesz. Tovabba, az uj generalo rendszer index halmaza J ′G = (JG \ {i})∪ {j} lesz es a tobbi vektorindexeit a J ′G = (JG \ {j}) ∪ {i} tartalmazza.



Pivotalas: feladat

Feladat. Legyenek adottak az

a1 = (111) , a2 = ( 2 1− 1) , a3 = (−1 6 4) , a4 = (−2 1 2) ,

a5 = (−6 3 4) , a6 = (121) , a7 = (−1 1 0)

vektorok.

a.) Szamıtsa ki a b = 3 a1 + a2 − 2 a4 + a5 − a7 vektort.

b.) Vizsgalja meg, hogy az adott rovid pivot tablak kozul melyik az {a1, a2, · · · , a7} vektorrend-szerhez tartozo pivot tabla. Indokolja a valaszat.

a5 a7 a6

a1 1 0 1

a2 -1 1 1

a4 1 -1 -1

a3 -1 0 -1

T1 (rovid) pivot tabla

a2 a3 a5

a1 1 0 1

a6 0 2 -1

a7 1 1 2

a4 -1 1 2




Pivotalas: feladat (folytatasa)a3 a4 a5 a6 a7

a1 1 -1 2 2 -1

a2 2 2 1 -1 1


c.) Hany pivot elem talalhato a T1 tablan ? Valaszat indokolja.

d.) Adja meg a T2 (illetve a T1) rovid pivot tabla felhasznalasaval a t12 es t43 (illetve a t35 es t17)pivot elemek erteket.

e.) Irja fel a T2 pivot tablahoz tartozo pivot matrixot, ha a pivot elem t72 es vegezze el a pivotalasta rovid tablan.

/



Linearis fuggetlenseg

Definıcio. A legalabb ket elembol allo {aj | j ∈ J } vektorrendszert linearisan fuggetlenneknevezzuk, ha nem letezik, olyan ar, r ∈ J vektor, amely eloall a tobbi (azaz az {aj | j ∈ J \{r}})vektor linearis kombinaciojakent. /

Egy {aj | j ∈ J } vektorrendszert linearisan osszefuggonek mondunk, ha nem teljesıti az elozodefinıciot.

Lemma. A legalabb ket elembol allo {aj | j ∈ J } vektorrendszer akkor es csakis akkor linearisanfuggetlen, ha valamely b vektort eloallıt linearis kombinaciokent, akkor azt egyertelmuen allıtjaelo. •

Lemma. Az {a1, a2, ..., an} vektorrendszer pontosan akkor linearisan fuggetlen, ha a

n∑j=1

λj aj = 0

eloallıtasbol kovetkezik, hogy barmely j eseten λj = 0 teljesul. •



Linearis fuggetlenseg teszteleseAlgoritmus: a linearis fuggetlenseg tesztelesere

Bemeno adatok: az {a1, a2, ..., an} ⊂ IRm vektorok es J = {1, 2, · · · , n} index halmaz;

az I = {1, 2, · · · , m} az IRm ter egyseg vektorainak az index halmaza;a T = A = [a1

... a2... · · · ... an] rovid pivot tabla

BeginJG := I es JG := J ;while J ∩ JG 6= ∅ do

if I ∩ JG 6= ∅ thenif tij = 0 (∀ i ∈ I ∩ JG, ∀ j ∈ J ∩ JG) then

stop: {a1, a2, ..., an} linearisan osszefuggo;else

pivotalas: JG := (JG \ {i}) ∪ {j} es JG := (JG \ {j}) ∪ {i}, aholtij 6= 0 (i ∈ I ∩ JG, j ∈ J ∩ JG));

endifelse

stop: {a1, a2, ..., an} linearisan osszefuggo;endif

endwhile{a1, a2, ..., an} linearisan fuggetlen;

end.



Linearis fuggetlenseg tesztelesenek amuveletigenye

Lemma. Egy adott {a1, a2, ..., an} ⊂ IRm vektorok rendszer linearis fuggetlensegenek a teszteleselegfeljebb min{m,n} lepesben elvegezheto es az elozo algoritmus muvelet igenye

O(mn min{m,n}).

Bizonyıtas. Az elozo algoritmus nyilvan veges, hiszen a J∩JG index halmaz szamossaga, mindenlepesben eggyel csokken, tehat az algoritmus legfeljebb n lepesben veget er. Masfelol, az I ∩ JGindex halmaz szamossaga is pontosan eggyel csokken minden lepesben, azaz az algoritmus lepesszama legfeljebb m lehet. Ha az algoritmus lepes szamat, r jeloli, akkor

r ≤ min{m,n}.

Az aritmetikai muveletek becslesehez mindossze azt kell figyelembe vennunk, hogy mindeniteracioban, pontosan egy pivotalasra kerul sor. A pivotalas muveletigenye, O(mn). Osszegezve,az elozo algoritmus muvelet igenye O(mn min{m,n}). •



Pelda

Dontsuk el, hogy az adott A matrix oszlop vektorai linearisan fuggetlenek-e vagy sem, ahol

A =

0 1 1 2

1 0 1 2

2 1 1 4

0 1 1 2

1 0 1 2

.

Keszıtsuk el az a1, a2, a3, a4 es az e1, e2, e3, e4, e5 vektorokbol allo tablat.

e1 0 1 1 2 1 0 0 0 0

e2 1 0 1 2 0 1 0 0 0

e3 2 1 1 4 0 0 1 0 0

e4 0 1 1 2 0 0 0 1 0

e5 1 0 1 2 0 0 0 0 1

Most legyen J ∩ JG = {a1, a2, a3, a4} es I ∩ JG = {e1, e2, e3, e4, e5}. Kicserelhetjuk az e2 es a1

vektorokat, a t21 = 1 elemen keresztul.



Pelda (folytatasa)a1 a2 a3 a4 e1 e2 e3 e4 e5

e1 0 1 1 2 1 0 0 0 0

a1 1 0 1 2 0 1 0 0 0

e3 0 1 −1 0 0 −2 1 0 0

e4 0 1 1 2 0 0 0 1 0

e5 0 0 0 0 0 −1 0 0 1

Ekkor a J ∩ JG = {2, 3, 4} es I ∩ JG = {1, 3, 4, 5} lesz. Egy lehetseges pivot pozıcio, amelymegfelel algoritmus szabalyanak a t12 = 1.

a1 a2 a3 a4 e1 e2 e3 e4 e5

a2 0 1 1 2 1 0 0 0 0

a1 1 0 1 2 0 1 0 0 0

e3 0 0 −2 −2 −1 −2 1 0 0

e4 0 0 0 0 −1 0 0 1 0

e5 0 0 0 0 0 −1 0 0 1

A pivotalassal nyert uj tablan J ∩ JG = {3, 4} es I ∩ JG = {3, 4, 5}. Egy ujabb lehetseges pivotpozıcio a t33 = −2.



Pelda (befejezese)

a1 a2 a3 a4 e1 e2 e3 e4 e5

a2 0 1 0 1 12 −1 1

2 0 0

a1 1 0 0 1 −12 0 1

2 0 0

a3 0 0 1 1 12 1 −1

2 0 0

e4 0 0 0 0 −1 0 0 1 0

e5 0 0 0 0 0 1 0 0 1

Vegul J ∩ JG = {4} es I ∩ JG = {4, 5}. De t44 = 0 es t54 = 0, ezert az {a1, a2, a3, a4} vektoroklinearisan osszefuggok, es ıgy

a4 = a1 + a2 + a3,

adodik.



Steinitz tetel, 1913Tetel. Legyen {aj | j ∈ J } vektor rendszer, es jelolje JF egy tetszoleges linearisan fuggetlen,mıg JG egy tetszoleges generalo rendszerenek az indexhalmazat. Ekkor

| JF | ≤ | JG |

teljesul.

Bizonyıtas. Indirekt bizonyıtast alkalmazunk.Feltehetjuk, hogy J = JG ∪ JF (ugyanis, ha a JG ∪ JF ⊂ J , de JG ∪ JF 6= J lenne, akkor a JGtermeszetesen a JG ∪ JF index halmazhoz tartozo vektoroknak is a generalo rendszeret alkotja).Tegyuk fel, hogy | JF | > | JG | . JF ∩ JG

aj

...

JG ∩ JF.........

JG ∩ JF ai . . . tij . . ....

Az {aj | j ∈ JG} vektorok eloallıtasa az {ai | i ∈ JG} generalo vektorokkal.



Steinitz-tetel bizonyıtasaPivotaljunk a tij 6= 0 helyen, ha i ∈ JG ∩ JF es j ∈ JG ∩ JF . Ismeteljuk addig amıg lehet:

JF ∩ J ′G JF ∩ J ′G

J ′G ∩ JFJ ′G ∩ JF 0

Ha i ∈ J ′G ∩ JF es j ∈ JF ∩ J ′G akkor a tij = 0, hiszen az eljaras leallt. Ekkor

J ′G ∩ JF 6= ∅, (17)

mert, ha ures lenne, akkor az osszes fuggetlen vektor egyben a generalok kozott lenne, de a | JF |> | JG | felteves miatt ez nem lehetseges. A J ′G ∩ JF 6= ∅, (18)

mert, ha ures lenne, akkor az alabbi tablazathoz jutnank:

JF ∩ J ′G JF ∩ J ′G

J ′G ∩ JF 0

azaz (17) miatt a zerusvektor eleme lenne a fuggetlen vektorok rendszerenek, hiszen∑i∈J ′G∩JF

0 ai = 0.



Steinitz-tetel bizonyıtas: folytatasa; bazisA (17) es (18) osszefuggeseket felhasznalva azt kapjuk, hogy a J ′G ∩ JF indexekhez tartozo vek-torokat a J ′G ∩ JF indexekhez tartozokkal allıtottuk elo, ami ellentmond a JF indexhalmazhoztartozo vektorok fuggetlensegenek. •

Legyen {a1, a2, . . . , an} ⊂ IRm vektorok es J = {1, 2, . . . , n} index halmaz.

bazis: {ai | i ∈ JB}, ahol JB ⊂ J , linearisan fuggetlen es generalo rendszere az {aj | j ∈ J }

Bazis tetel. Ha J ′B,J ′′B ⊂ J az {aj | j ∈ J } vektorok ket tetszoleges bazisanak az indexhalmaza,

akkor | J ′B |=| J ′′B | . /

vektorrendszer rangja egyenlo a bazis elemszamaval, azaz rang(a1, a2, ..., an) =| JB |

Feladat. 1. Legyen J ′F ,J ′′F ⊆ J linearisan fuggetlen vektorok ket, kulonbozo index halmaza.Bizonyıtsa be, hogyha

|J ′F | < |J ′′F |

akkor letezik olyan k ∈ J ′′F \ J ′F index, hogy J ′F ∪ {k} is linearisan fuggetlen reszrendszeretdefinialja az adott vektorrendszernek.

2. Tetszoleges J1 ⊆ J es J2 ⊆ J eseten rang(J1 ∪ J2) ≤ rang(J1) + rang(J2).

3. Legyen adott az {a1, a2, ..., an} ⊂ IRm vektorrendszer es az indexhalmazat jelolje J . Barmelytetszoleges J1 ⊆ J es J2 ⊆ J eseten

rang(J1 ∪ J2) + rang(J1 ∩ J2) ≤ rang(J1) + rang(J2)

egyenlotlenseg fennall. /



Bazisok transzformalasa

Lemma. Legyen a JB es J ′B az {aj | j ∈ J } ⊂ IRm vektorok ket kulonbozo bazis index halmaza.Ekkor a J ′B bazisrol egy pivotalassal atterhetunk, olyan J ′′B bazisra, amelyre

| JB ∩ J ′B |=| JB ∩ J ′′B | −1.

Bizonyıtas. Mivel a JB es J ′B index halmazok kulonboznek, ezert a |JB ∩ J ′B| ≤ |JB| − 1 es ıgy|J ′B \ JB| ≥ 1.Belatjuk, hogy letezik olyan k ∈ J ′B \ JB es l ∈ JB ∩ J ′B, amelyre tkl 6= 0.Indirekt bizonyıtas: barmely k ∈ J ′B \ JB es l ∈ JB ∩ J ′B eseten tkl = 0.

J ′B ∩ JB J ′B \ JB

J ′B \ JB 0

J ′B ∩ JB

1. eset: ha J ′B∩JB = ∅ akkor, al = 0, l ∈ J ′B∩JB, azaz 0 = al ∈ {aj : j ∈ JB}, ami ellentmondas.

2. eset: ha J ′B ∩ JB 6= ∅ es a tablan lathato allapot all fenn, akkor barmely al, l ∈ J ′B ∩ JB vektor,kifejezheto, az ai, i ∈ J ′B ∩ JB vektorok linearis kombinaciojakent, ami ellentmondas.Pivotaljunk, valamelyik tkl 6= 0 elemen, ahol k ∈ J ′B \ JB es l ∈ J ′B ∩ JB es ıgy egy uj bazishozjutottunk, amelyikre J ′′B = (J ′B \ {k}) ∪ {l} teljesul es |J ′′B ∩ JB| = |J ′B ∩ JB|+ 1 adodik. •



Pelda

Az elozo lemma egyszeru kovetkezmenye az, hogy a bazisok (es ıgy a bazis tablak is) egymasbatranszformalhatok.

Tekintsuk az {a1, a2, · · · , a8} ⊂ IR3 vektorrendszert, amelyet a JB = {1, 2, 3} (rovid) bazistablaval adtunk meg. Elszeretnenk jutni a J ′B = {4, 7, 8} bazissal adott rovid pivot tablahoz.

a4 a5 a6 a7 a8

a1 -3 3 -3 3 -2

a2 3 -5 2 0 2

a3 2 -3 1 -2 1

a4 a5 a6 a7 a3

a1 1 -3 -1 -1 2

a2 -1 1 0 4 -2

a8 2 -3 1 2 1

a1 a5 a6 a7 a3

a4 1 -3 -1 -1 2

a2 1 -2 -1 3 0

a8 -2 3 3 0 -3

a1 a5 a6 a2 a3

a4 4/3 -11/3 -4/3 1/3 2

a7 1/3 -2/3 -1/3 1/3 0

a8 -2 3 3 0 -3

A pivot tablakon vastagon szedett szammal jeloltuk a pivot elemet, amelyek rendre t38, t14, t27.



Lemma

Lemma. Legyen a JB′ es JB′′ az {aj | j ∈ J } vektorok ket kulonbozo bazisindex halmaza esJ ⊂ J tetszoleges, akkor

L(t′(i) | i ∈ JB′) = L(t′′(i) | i ∈ JB′′),

ahol a t′(i) es t′′(i) vektorokat az alabbi abra mutatja

�� i

JJ

i

JB′ JB′′

t′′(i)

t′(i)

ahol (t′(i))j = t′ij es (t′′(i))j = t′′ij , j ∈ J . /



Matrix rang tetel

Tetel. Tetszoleges A = (a1, a2, . . . , an) = (a(1), a(2), . . . , a(m))T matrix eseten

rang(a1, a2, . . . , an) = rang(a(1), a(2), . . . , a(m)).

Bizonyıtas. Az A matrix, az a1, a2, . . . , an, e1, . . . , em vektorok (rovid) pivot tablaja.

�� 1

1

1 t(k)

00

0

1

1

. . .

IBIBJBJB

JB

IB

Ekkor L(a(1), a(2), . . . , a(m)) = L(t(k) | k ∈ JB), es ıgy.

rang(a(1), a(2), . . . , a(m)) = rangL(a(1), a(2), . . . , a(m)) = rangL(t(k) | k ∈ JB) =| JB | .

Masreszt, rang(a1, a2, . . . , an) =| JB |. •



Pelda: matrix rang

Legyen a1, a2, a3, a4, a5 az A ∈ IR3×5 matrix oszlop vektorai.

a1 a2 a3 a4 a5 e1 e2 e3

e1 1 1 1 2 4 1 0 0

e2 1 1 0 3 1 0 1 0

e3 1 0 0 −4 −1 0 0 1

a1 a2 a3 a4 a5 e1 e2 e3

a3 0 0 1 −1 3 1 −1 0

a2 1 1 0 3 1 0 1 0

e3 1 0 0 −4 −1 0 0 1

a1 a2 a3 a4 a5 e1 e2 e3

a3 0 0 1 −1 3 1 −1 0

a2 0 1 0 7 2 0 1 −1

a1 1 0 0 −4 −1 0 0 1

Legyen a(1) = (0, 0, 1,−1, 3), es hasonloan definialjuk az a(2) es a(3) vektorokat is. Ekkor

L(a(1), a(2), a(3)) = L(a(1), a(2), a(3)), es ıgy rang(a(1), a(2), a(3)) = 3.

Masfelol, {a1, a2, a3} vektorok az {a1, a2, a3, a4, a5} vektor rendszer bazisat alkotjak, tehat

rang(a1, a2, a3, a4, a5) = 3.



J ∗ bazisanak a meghatarozasa

Tekintsuk az a1, a2, . . . , an ⊂ IRm vektorrendszert es az indexhalmazat a J halmazt. LegyenJ ∗ ⊂ J annak a vektorrendszernek az indexhalmaza, amelynek a rangjat meg akarjuk hatarozni.Legyen a JB ⊂ J a vektorrendszer egy ismert bazisanak az indexhalmaza, es JB := J \ JB.Jeloljuk J ∗B = J ∗ ∩ JB es J ∗B = J ∗ ∩ JB. Nyilvan J ∗ = J ∗B ∪ J ∗B.Irjuk fel a JB indexhalmazhoz tartalmazo bazis tablat

J ∗B JB \ J ∗

J ∗BJB \ J ∗B ∗

Ha a (JB \ J ∗B)× J ∗B reszmatrix minden eleme zerus, akkor a

rang(J ∗) = |J ∗B|,

kulonben valamelyik nem zerus tij elemen pivotalva, noveljuk a J ∗B elemszamat. Ezt mindaddigmegtehetjuk, amıg letezik tij 6= 0, ahol i ∈ JB \ J ∗B es J ∗B. Ez az egyszeru eljaras legfeljebbmin{| JB \ J ∗B |, | J ∗B |} pivotalassal veget er.



Feladatok

Feladat. 1. Legyen a JB es J ′B az {aj | j ∈ J } ⊂ IRm vektorok ket kulonbozo bazis indexhalmaza. Bizonyıtsa be, hogy legfeljebb m pivotalassal egymasba transzformalhatok a bazisok.

2. Legyen adott az a1, a2, . . . , an ⊂ IRm vektorrendszert es az indexhalmaza a J halmaz. ValamelyJB ⊂ J bazis eseten az {ai : i ∈ JB} vektorrendszert, az {aj : j ∈ J } vektorok egy co–bazisanaknevezzuk. Tegyuk fel, hoyg JB1

es JB2ket co–bazisa az adott vektorrendszernek, ekkor

(i) barmely s ∈ JB1\ JB2

eseten letezik r ∈ JB2\ JB1

ugy, hogy (JB1\ {s}) ∪ {r} co–bazis, es

(ii) barmely r ∈ JB2\ JB1

eseten letezik s ∈ JB1\ JB2

ugy, hogy (JB2\ {s}) ∪ {r} co–bazis.

/



Ortogonalitas

Az a,b ∈ IRm vektorok ortogonalisak, ha aTb = 0.

Pelda. Tekintsuk az a1, a2, . . . , a5 ∈ IR3 vektorrendszernek az alabbi bazistablajat.

a1 a2 a3 a4 a5 e1 e2 e3

a3 0 0 1 −1 3 1 −1 0

a2 0 1 0 7 2 0 1 −1

a1 1 0 0 −4 −1 0 0 1

Egyszeruen kiolvashatjuk a t(i), i ∈ JB illetve a tj , j ∈ JB = JN vektorokat

t(1) =

1

0

0

-4

-1

, t(2) =

0

1

0

7

2

, t(3) =

0

0

1

-1

3

, t4 =

-4

7

-1

-1

0

, t5 =

-1

2

3

0

-1

.

Nyilvan tTj t(i) = 0 teljesul, barmely i ∈ JB es j ∈ JN eseten.



Ortogonalitasi tetel

Ortogonalitasi tetel. Tetszoleges {aj | j ∈ J } vektorrendszerhez tartozo B′ es B′′ bazisokra

igaz a kovetkezo osszefugges t′(i)T

t′′j = 0, ∀i ∈ JB′ es ∀j ∈ JB′′ ,ahol JB′ es JB′′ indexhalmazok a B′ illetve B′′ bazisokhoz tartoznak.

Bizonyıtas. Eloszor megmutatjuk, hogy egy tablan belul igaz az allıtas, vagyis a B′′ bazishoz

tartozo pivot tabla eseten t′′(i)T

t′′j = 0 ∀i ∈ JB′′ es ∀j ∈ JB′′ . Ugyanis

· · ·0

* · · ·t′′ij

JB′′

-10· · ·0

* · · · *0· · ·0

* · · · *t′′ij

JB′′

1

i j

0· · ·0

* · · · *t′′j =

t′′(i) = *

0

azaz t′′(i)T

t′′j = 1 t′′ij + (−1) t′′ij = 0. Ebbol adodik, hogy a t′′j meroleges a B′′ bazistabla sorterere,de ez megegyezik a B′ bazishoz tartozo pivot tabla sorterevel. Figyelembe veve azt, hogy abazistablak egymasba transzformalhatok, nyerjuk a kıvant allıtast. •



Kompozıcios tulajdonsagKovetkezmeny. Adott a1, a2, . . . , an, e1, . . . , em ∈ IRm es tetszoleges JB ⊂ J = {1, 2, . . . , n},IB ⊂ I = {1, 2, . . . ,m} indexhalmazokbol allo JB ∪ IB bazis eseten

tkj = y(k)Taj , ahol k ∈ JB ∪ IB es j ∈ J .

�

�

�

ajI

J I

1

1

. . . � �y(k)tkj

J I

...

...

· · ·· · ·ak

JB ∪ IB

Bizonyıtas. Alkalmazzuk az ortogonalitasi tetelt, ekkor 0 = (t′j)T t′′(k) = −tkj + y(k)Taj , ahol

j

-1

J I

aj

yk*

0· · ·

· · ·*

0

tkj*

0· · ·

· · ·*

0tj =

t(k) =•



Farkas–Minty tipusu lemmaLemma. Legyenek {a1, a2, . . . , an,b} ⊂ IRm adott vektorok es {e1, e2, . . . , em} ⊂ IRm az IRm termesterseges bazisa. Az alabbi ket tabla kozul egyik es csakis egyik allhat fenn:

...

b I ′BJ ′B

J ′B

I ′B 00

0

0 0· · ·

0IB′′

b

JB′′

JB′′ IB′′

ahol B′ es B′′ ket kulonbozo bazis az {a1, a2, . . . , an,b, e1, e2, . . . , em} vektorrendszernek.



Farkas–Minty tipusu lemma bizonyıtasa

* *· · · 0 · · · 0 -1 0 · · · 0 0 · · · 0

*· · ·*0· · ·0*· · ·*10· · ·00· · ·00· · ·0tb′′ =

tb′ =

JB′′ IB′′

IB′IB′bJB′JB′

Ekkor a t′Tt′′ = −1, de ez ellentmond az ortogonalitasi tetelnek.

Ket tabla kozul az egyik fennall: csereljunk ki ei (bazis) vektort aj vektorral ameddig lehet

*

*

...

b IBJB

JB

IB 0

1. eset: csillag = nulla, akkor az 1. tablat nyertuk.2. eset: valamelyik csillag nem nulla, akkor azon pivotalva a 2. tablat kapjuk. •



Linearis egyenletrendszerek

Definıcio. Legyen adott az A ∈ IRm×n matrix es a b ∈ IRm vektor. Az

Ax = b

egyenletet megoldhatonak nevezzuk, ha letezik s ∈ IRm vektor, amelyre

s1 a1 + s2 a2 + · · ·+ sn an = b

teljesul, ahol az ai az A matrix i. oszlop vektora. Az x = s vektort az egyenletrendszer megolda-sanak nevezzuk. /

Feladat. Igazoljuk, hogy barmely A ∈ IRm×n matrix eseten a

M = {s ∈ IRm |A s = 0}

linearis alteret alkot. /

Rouche-Kronecker-Campelli lemma. Az alabbi ket linearis egyenletrendszer kozul pontosan azegyik oldhato meg:

Ax = b}

(E1)yTA = 0

yTb = 1

(E2)



Rouche-Kronecker-Campelli lemma bizonyıtasaA ketto egyszerre nem allhat fenn (indirekt bizonyıtas):

Ax = b megszorozzuk yT ekkor 0 = 0Tx = (yTA) x = yT (Ax) = yTb=1

Alkalmazzuk a Farkas-Minty tipusu lemmat az A matrix oszlopvektoraira es a b vektorra.1. tabla: az Ax = b egy megoldasat kapjuk.2. tabla: az y vektor (a b vektor soranak az I elemeivel indexelt pozıcioiban talalhato)

J ′′B

b

I ′′B

J b I

1. . .

1 0. . .

10 . . . 0 0 . . . 0 1 0 . . . 0

1

0 0. . .

1

J ′′B J ′′B I ′′B I ′′B

Az y megoldja az E2 egyenletrendszert: a kompozıcios tulajdonsaggal igazoljuk. •



Linearis egyenletrendszer: pivot tabla

Az Ax = b megoldhatosagat az alabbi modon is jellemezhetjuk.

Feladat. Legyen A ∈ IRm×n es b ∈ IRm. Az alabbi allıtasok ekvivalensek:

(i) az Ax = b megoldhato;

(ii) b ∈ L(a1, a2, · · · , an) ahol ai az A matrix i. oszlop vektora;

(iii) rang(a1, a2, · · · , an) = rang(a1, a2, · · · , an,b). /

Az Ax = b egyenlet adatait az alabbi modon foglalhatjuk (rovid) pivot tablaba

a1 a2 · · · an b

e1 a11 a12 · · · a1n b1

e2 a21 a22 a2n b2...

......

......

em am1 am2 · · · amn bm



Algoritmus: Gauss–Jordan eliminacio

Bemeno adatok: m,n ∈ IN; J = {1, 2, · · · , n} index halmaz; A ∈ IRm×n es b ∈ IRm.

Begink := 1 es JB = ∅;while k ≤ m do

if akj = 0 (∀j ∈ J ) es bk = 0 thena pivot tabla k. sorat toroljuk;legyen m := m− 1;

elseif akj = 0 (∀j ∈ J ) es bk 6= 0 then

stop: 6 ∃x ∈ IRn : A x = b;else∃l ∈ J : akl 6= 0;pivotaljunk a (k, l) elemen es JB := JB ∪ {l};k := k + 1;

endifendif

endwhilestop: ∃x ∈ IRn : A x = b;

End.



Pelda: linearis egyenlotlenseg rendszerek megoldasa ?

Oldjuk meg az alabbi feladatot:

x1 − x2 +x3 +2x4 + x5 = 0

x3 +3x4 +3x5 +x6 = 5

2x1 −2x2 +x3 + x4 − x5 −x6 = −5

ahol x1,x2, x3, x4, x5, x6 ≥ 0.

x1 x2 x3 x4 x5 x6 b

1 −1 1 2 1 0 0

0 0 1 3 3 1 5

2 −2 1 1 −1 −1 −5

x1 x2 x3 x4 x5 x6 b

x1 1 −1 1 2 1 0 0

0 0 1 3 3 1 5

0 0 0 0 0 0 0

x1 x2 x3 x4 x5 x6 b

x1 1 −1 1 2 1 0 0

0 0 1 3 3 1 5

0 0 −1 −3 −3 −1 −5

x1 x2 x3 x4 x5 x6 b

x1 1 −1 0 −1 −2 −1 −5

x3 0 0 1 3 3 1 5

0 0 0 0 0 0 0

x1 x2 x3 x4 x5 x6 b

x1 1 −1 0 −1 −2 −1 −5

x3 0 0 1 3 3 1 5



A Gauss-Jordan eliminacio komplexitasa

LegyenA ∈ IRm×n es b ∈ IRm. AzAx = b egyenletrendszert a Gauss-Jordaneliminacios eljarassal O(m) iteracioban es O(m2 n) aritmetikai muvelet alka-lmazasaval lehet megoldani.

Definıcio. Legyen az A ∈ IRm×m matrix.

1. Az A matrixot szingularisnak nevezzuk, ha az oszlop vektorai linearisan osszefuggnek. Anem szingularis A matrixot, regularisnak nevezzuk.

2. Az A matrixot invertalhatonak nevezzuk, ha letezik egy B ∈ IRm×m matrix, amelyre

A B = B A = I

teljesul, ahol az I ∈ IRm×m egyseg matrix. A B matrixot az A matrix inverzenek nevezzuk.

3. Az A matrix determinansan a

det(A) =∑σ∈Sm

(−1)i(σ) a1σ(1) a2σ(2) · · · amσ(m)

szamot ertjuk, ahol Sm az {1, 2, · · · ,m} elemek permutacioinak a halmazat jeloli, σ egy adottpermutacio es i(σ) a σ permutacio inverzioinak a szama.



Matrixok, determinansok

4. Az A matrixbol az i. sor es a j. oszlop torlesevel nyert (m−1)× (m−1)-es matrixot Aij jeloli.A Cij = (−1)i+j det(Aij) erteket az aij elemhez tartozo elojeles minoranak nevezzuk. Legyen

M =

C11 C12 · · · C1m

C21 C22 · · · C2m

......

Cm1 Cm2 · · · Cmm

az elojeles minorokbol elkeszıtett matrix. Az adj(A) = MT matrixot az A matrix ad-jungaltjanak nevezzuk. •

Definıcio. Az A ∈ IRm×n matrix m×m-es regularis, AB reszmatrixat bazisnak nevezzuk. •

Definıcio. Legyen A ∈ IRm×n matrix, b ∈ IRm vektor adott es tegyuk fel, hogy rang(A) = m.Az xB = A−1

B b, xN = 0 megoldast az A x = b linearis egyenletrendszer bazis megoldasanaknevezzuk. •



Feladatok1. Legyen A ∈ IRm×m. A kovetkezo allıtasok ekvivalensek:

(i) Az A matrix regularis.

(ii) Az A matrix invertalhato.

(iii) det(A) 6= 0.

(iv) Az A x = b egyenletrendszernek barmely b ∈ IRm eseten megoldhato.

2. Legyen A ∈ IRm×m matrix es jelolje Cij a matrix aij elemhez tartozo elokeles minort. Igazoljuka kovetkezo allıtasokat:

(a) det(A) =m∑j=1

alj Clj es det(A) =m∑i=1

aik Cik teljesul, barmely 1 ≤ l, k ≤ m eseten.

(b) Legyen 1 ≤ l, k ≤ m es l 6= k rogzıtett indexek, ekkorm∑j=1

alj Ckj = 0.

3. Legyen A ∈ IRm×m regularis matrix. Igazoljuk a kovetkezo allıtasokat:

(a) A−1 = adj(A)det(A) .

(b) (Cramer-szabaly) Legyen b ∈ IRm tetszoleges vektor. Ekkor az Ax = b megoldhato esxi = det(Ai)

det(A) , teljesul, barmely i = 1, 2, · · · ,m indexre, ahol az Ai ∈ IRm×m matrixot ugynyertuk az A matrixbol, hogy az i. oszlopat, az ai vektort kicsereltuk a b vektorral.



Megoldasok merete

Definıcio. Legyen A ∈ ZZm×n b ∈ ZZm es m,n ∈ IN. Az Ax = b linearis egyenletrendszeradatainak, d(A,b,m, n), a binaris tarolasahoz szukseges tarigenyre, az l(d(A,b,m, n)) ertekre adfelso korlatot az

L :=m∑i=1

n∑j=1

(log2(|aij |+ 1) + 1) +m∑i=1

(log2(|bi|+ 1) + 1). •

Lemma. Legyen az Ax = b linearis egyenletrendszer a d(A,b,m, n) adatokkal adott.

(i) Jelolje a C az A matrixnak egy k × k-as negyzetes reszmatrixat, ekkor

|det(C)| ≤ 2L.

(ii) Tegyuk fel, hogy rang(A) = m. Ekkor az Ax = b linearis egyenletrendszer barmely Bbazisahoz tartozo x megoldas koordinataira

xj = 0 vagy 2−L ≤ |xj | ≤ 2L

teljesul.



Lemma bizonyıtasaBizonyıtas. Eloszor belatjuk az (i) allıtast. A detereminans definıciojat hasznalva

| det(C) | = |∑σ∈Sk

(−1)i(σ) c1σ(1) c2σ(2) · · · ckσ(k) |≤∑σ∈Sk

| c1σ(1)| |c2σ(2)| · · · | ckσ(k) |

≤k∏i=1

k∏j=1

(1+ | cij |) ≤k∏i=1

k∏j=1

(1+ | aij |) ≤ 2L,

ahol az Sk a k-ad rendu permutaciok halmaza, es az i(σ) a σ permutacio. inverzioinak a szama.Az elso egyenlotlenseg nyilvanvalo, a masodik egyenlotlenseg, azert igaz, mert a jobboldalonallo szorzat kifejtesevel adodo osszeg a baloldalon allo osszeg minden tagjat tartalmazza, a har-madik egyenlotlenseg egy ”durva” felsobecsles es a negyedik egyenlotlenseg nyilvanvalo az Ldefinıciojabol.(ii) A bazis megoldas miatt xN = 0 es ıgy az egyenletrendszer az AB xB = b alaku lesz.

xB = A−1B b =

adj(A) b

det(AB), ezert xi =

det(Ai)

det(AB)

ahol i ∈ IB es az Ai matrixot az AB matrixbol ugy nyertuk, hogy az i. oszlopat a b vektorralcsereltuk ki. Ha xi 6= 0 akkor

|xi| =|det(Ai)||det(AB)|

≤ |det(Ai)| ≤ 2L,

ahol 1 ≤ |det(AB)| osszefuggest hasznaltuk, ami az AB elemeinke az egeszertekusegebol adodik.A masodik becsles pedig az (i) allıtas miatt igaz. •



Linearis egyenlotlenseg rendszerek vizsgalataAz {a1, . . . , an,b}, {e1, . . . , em} ⊂ IRm vektorok es J = {1, 2, . . . , n}, I = {1, 2, . . . , m} indexek.

Farkas-Minty tipusu lemma. Az alabbi ket tabla kozul pontosan az egyik allhat elo:

J ′B

I ′B

J ′B b I ′B

⊕...

⊕0

0...0

J ′′B

b

I ′′B

J ′′B I ′′B

. . .

0

Bizonyıtas. A ket tabla egyszerre nem allhat fenn: indirekt bizonyıtas.

t′b =

t′′b =

J ′B J ′B b I ′B I ′B⊕ . . . ⊕ 0 . . . 0 −1 0 . . . 0 0 . . . 0

. . . 1 ∗ . . . ∗

J ′′B I ′′B

Ekkor a 0 = (t′b)T t′′b = −1 + < 0, de ez ellentmond az ortogonalitasi tetelnek.



Farkas-Minty tipusu lemma bizonyıtasaA ket tabla kozul az egyik fennall: csereljunk ki annyi ei (bazis) vektort aj vektorral, amennyitcsak lehet. Ha leall ez az eljaras, akkor vagy meg a b vektort is bevonhatjuk a bazisba (2. tablaspecialis esete teljesul), vagy az alabbi tablahoz jutunk (elozo lemma 1. tablaja)

JB

IB

JB b IB

∗...

∗0

0...0

Ha a b oszlopaban a JB indexekhez tartozo egyutthatok kozott csupa nemnegatıv szam van akkoraz elso esetet kaptuk. Kulonben valamely trb < 0, i ∈ JB elemen pivotalhatunk es a b vektorekkor bekerul a bazisba, es az ar vektor tavozik.Ha a b a bazisban van es a soraban a JB oszlopaiban csupa nempozitıv egyutthato talalhato akkora masodik esetet kaptuk. Kulonben valamely tbs > 0, i ∈ JB elemen pivotalhatunk es a b vektorekkor tavozik a bazisbol, es az as vektor.

Az eljaras a kıvant ket eset valamelyikevel er veget, ha egyaltalan leall. (Ha nem all le, akkorazt mondjuk, hogy ciklizal az eljaras, mert veges sok bazisunk van es ıgy legalabb egy vegtelensokszor visszater.)



Criss-cross algoritmus: Farkas-Minty problemaraBemeno adatok: az elozo oldalon bemutatott rovid pivot tabla

Beginszamlalo := 0;while szamlalo = 0 doKb := {i ∈ JB : tib < 0};if Kb = ∅ then szamlalo = 1

else beginr := min

i∈JB

i es pivotaljunk a trb < 0 elemen;

JB = JB \ {r} es JB = J \ JB;Kb := {j ∈ JB : tbj > 0};if Kb = ∅ then szamlalo = 2

else begins := min

j∈JB

j es pivotaljunk a tbs < 0 elemen;

JB = JB ∪ {s};end

endifend

endifendwhilecases

szamlalo = 1: az 1. tablat kaptuk;szamlalo = 2: az 2. tablat kaptuk;

endcasesEnd.Illes Tibor Eotvos Lorand Tudomanyegyetem


A criss-cross algoritmus: vegesseg

Indirekt bizonyıtas: tegyuk fel, hogy ciklizal az algoritmus, valamely adott vektorrendszer eseten.Az ilyen peldak kozul vegyunk egy minimalis meretu pedat. A pelda minimalitasa miatt a ciklussoran minden valtozo belep, majd (kesobb) tavozik a bazisbol. Vizsgaljuk azokat az eseteket,amikor az an vektor belep a bazisba illetve tavozik onnan. Ehhez a ket esethez tartozo tablakatmutatja be a kovetkezo abra.

J ′B

I ′B

J ′B b I ′B

⊕...⊕−0

0...0

n

J ′′B

b

I ′′B

J ′′B I ′′B

. . . +

0

n

Helyettesıtsuk az an vektort a −an vektorral, ekkor az elozo abrakon az an vektor sora illetve os-zlopa, a −1-szeresere valtozik. Ekkor pedig ket olyan tablahoz jutnank, amilyenekrol a bizonyıtaselso feleben mar megmutattuk, hogy egyszerre nem fordulhatnak elo. Ellentmondas.

Esetunkben ez azt jelenti, hogy az algoritmusunk nem ciklizalhat. •



Farkas lemmaFarkas lemma. Az alabbi ket linearis egyenlotlensegrendszer kozul pontosan az egyik oldhatomeg:

Ax = b

x ≥ 0

yTA ≤ 0

yTb = 1

Bizonyıtas. A ketto egyszerre nem oldhato meg, indirekt bizonyıtas: 0 ≥ yT A x = yT b = 1.

Az egyik megoldhato: alkalmazzuk az elozo tetelt az {a1, a2, . . . , an,b} vektorrendszerre.1. tabla:

∑i∈JB

tib ai = b, ahol tib ≥ 0. Ekkor xi = tib, i ∈ JB es xj = 0, j ∈ JB.

2. tabla: a teljes pivot tabla a kovetkezo alaku

J ′′B

b

I ′′B

J b I

1. . .

1 0. . .

10 . . . 0 . . . 1 0 . . . 0

1

0 0. . .

1

J ′′B J ′′B I ′′B I ′′BLegyen yi = tbi ahol i ∈ I. A kompozıcios tulajdonsag alapjan az y megoldja a 2. rendszert. •Illes Tibor Eotvos Lorand Tudomanyegyetem


Alternatıva tetelekFeladat. Az alabbi ket tabla kozul pontosan az egyik allhat elo, ha a rang(a1, a2, ..., an) =rang(a1, a2, ..., an,b):

J ′B

I ′B

J ′B b I ′B

⊕...

⊕0

0...0

J ′′B

I ′′B

J ′′B b I ′′B

⊕ . . . ⊕ −

0

0...0

J ′B

b

I ′B

J ′B I ′B

...

+

0

J ′′B

b

I ′′B

J ′′B I ′′B

. . .

0



Alternatıva tetelek (folytatas)

Goldman tetel. Legyen az A ∈ IRm×n matrix es a b ∈ IRm, c ∈ IRn vektorok. Ekkor az alabbi ketegyenlotlensegrendszer kozul pontosan az egyiknek van megoldasa:

(a) Ax = b, cTx = −1, x ≥ 0,

(b) yTA ≤ c. •

Feladat. Legyen A ∈ IRm×n tetszoleges matrix, x ∈ IRn, y ∈ IRm vektorok es y0 ∈ IR. Igazolja,hogy a kovetkezo ket rendszer kozul pontosan az egyik oldhato meg

(a) Ax = 0, x > 0, eTx = 1,

(b) AT y + e y0 ≤ 0, y0 ≥ 0,

ahol e = (1, 1, ..., 1) ∈ IRn. •

Feladat. Legyen B ∈ IRm×n, C ∈ IRk×n, D ∈ IRl×n, x ∈ IRn, y ∈ IRm, z ∈ IRk es u ∈ IRl.Bizonyıtsa be, hogy a kovetkezo ket allıtas ekvivalens:

(a) ∃x : Bx ≤ 0, Bx 6= 0, Cx ≤ 0, Dx = 0,

(b) 6 ∃(y, z, u) : BTy + CTz +DTu = 0, z > 0, u ≥ 0. •



Hipersık, felter, kup, vegesen generalt kup, ...Defınicio. Legyen az a ∈ IRn, a 6= 0 adott vektor es a β ∈ IR adott szam.

• (affin) hipersık: H = {x ∈ IRn | aTx = β};

• nyılt (affin) felter: F> = {x ∈ IRn | aTx > β};

• zart (affin) felter: F≥ = {x ∈ IRn | aTx ≥ β}.

Legyen a C ⊆ IRn, C 6= ∅ halmaz, es legyenek az λ, µ nemnegatıv valos szamok.

• A C kup, ha barmely a ∈ C eseten λ a ∈ C teljesul.

• A C konvex kup, ha barmely a,b ∈ C eseten λ a + µb ∈ C teljesul.

• A C poliedrikus kup, ha letezik egy A ∈ IRm×n matrix, amelyre C = {x ∈ IRn | Ax ≤ 0} •

Feladat. Egy kup poliedrikus, ha veges sok felter metszete. •

Defınicio. Legyenek az a1, a2, . . . , an ∈ IRm adott vektorok es J = {1, 2, . . . , n} index halmaz.

vegesen generalt kup: C(a1, a2, . . . , an) = {b ∈ IRm | b =n∑j=1

xjaj , xj ≥ 0, ∀j ∈ J }

= {b ∈ IRm | Ax = b, x ≥ 0 megoldhato }

vegesen generalt kup polarisa: C∗(a1, a2, . . . , an) = {y ∈ IRm | yTaj ≤ 0, ∀j ∈ J }= {y ∈ IRm | yTA ≤ 0} •



Pivot tablak

Legyen adott az A = {a1, a2, . . . , an} ⊂ IRm veges vektorrendszer es tekintsuk az olyan pivottablakat, amilyent a Farkas-lemma bizonyıtasaban targyaltunk, azaz

(i) |JB| maximalis, es

(ii) letezik r ∈ JB amelyre trj ≥ 0, teljesul barmely j ∈ JB eseten.

Ezek a tablak segıtsegevel definialhatjuk az yr,us ∈ IRm vektorokat, a kovetkezo modon

yri = tri, i ∈ I, r ∈ JB es usi = tsi, i ∈ I, s ∈ IB.

Definialjuk tovabba az

U1 = {±us | s ∈ IB} es U2 = {−yr | r ∈ JB es teljesıti (ii) feltetelt}.

Feladat. Bizonyıtsa be, hogy

• az U1 vektorrendszer altal generalt kup egy alter,

• az U2 vektorrendszer altal generalt kup nem tartalmaz egyenest. •

Most pedig vezessuk be az Y = {U1 ∪ U2, ha U1 6= ∅ vagy U2 6= ∅

0, kulonbenhalmazt.



Weyl-tetelWeyl-tetel, 1935. Legyenek az {a1, a2, . . . , an} ⊂ IRm adott vektorok, ekkor leteznek olyan{y1,y2, . . . ,yk} ⊂ IRm vektorok, amelyekre

C(a1, a2, . . . , an) = C∗(y1,y2, . . . ,yk).

Bizonyıtas. A kovetkezo ket allıtast kell igazolnunk:

1. barmely b ∈ C(a1, a2, . . . , an) vektor eseten b ∈ C∗(y1,y2, . . . ,yk) teljesul,

2. barmely b ∈ C∗(y1,y2, . . . ,yk) vektor eseten b ∈ C(a1, a2, . . . , an) teljesul.

1. Tegyuk fel, hogy b ∈ C(a1, a2, . . . , an), azaz az Ax = b, x ≥ 0 rendszer megoldhato.Az U1 es az U2 halmazok konstrukcioja miatt, a kompozıcios tulajdonsagot felhasznalva, azt

kapjuk, hogy az yTi aj ≤ 0, teljesul barmely i es j indexekre. Ekkor az yTi b =n∑j=1

(yTi aj)xj ≤ 0

adodik, barmely i indexre, tehat a b ∈ C∗(y1,y2, . . . ,yk). Ezzel belattuk, hogy

C(a1, a2, . . . , an) ⊆ C∗(y1,y2, . . . ,yk).

2. Belatjuk, hogy a b 6∈ C(a1, a2, . . . , an) feltevesbol b 6∈ C∗(y1,y2, . . . ,yk) kovetkezik.Tetszoleges b 6∈ C(a1, a2, . . . , an) eseten az Ax = b, x ≥ 0 rendszer nem oldhato meg.Ekkor a Farkas-lemma alapjan, az yTA ≤ 0, yTb = 1 megoldhato. Figyelembe veve azyl vektorok definıciojat, nyilvanvalo, hogy valamely yi megoldasa a masodik rendszernek, azazyTi aj ≤ 0 teljesul, barmely j ∈ J eseten, es 1 = yTi b > 0 adodik.Ez pontosan azt jelenti, hogy a b 6∈ C∗(y1,y2, . . . ,yk). •



Minkowski-tetelMinkowski-tetel, 1896. Legyenek az {a1, a2, . . . , an} ⊂ IRm adott vektorok, ekkor leteznek olyan{y1,y2, . . . ,yk} ⊂ IRm vektorok, amelyekre

C∗(a1, a2, . . . , an) = C(y1,y2, . . . ,yk).

Bizonyıtas. A kovetkezo ket allıtast kell igazolnunk:

C∗(a1, a2, . . . , an) ⊆ C(y1,y2, . . . ,yk) es C(y1,y2, . . . ,yk) ⊆ C∗(a1, a2, . . . , an).

A masodik allıtas igazolasa pontosan ugyanugy tortenik, mint a Weyl-tetel bizonyıtasakor meg-

fogalmazott elso allıtase, azaz legyen z ∈ C(y1,y2, . . . ,yk) ekkor a z =n∑i=1

yiti, ti ≥ 0

rendszer megoldhato. Az U1 es az U2 halmazok konstrukcioja miatt, a kompozıcios tulajdonsa-got felhasznalva, azt kapjuk, hogy az yTi aj ≤ 0 teljesul, barmely i es j indexekre, tehat

zTaj =n∑i=1

tiyTi aj ≤ 0, barmely j eseten, ami pontosan azt jelenti, hogy z ∈ C∗(a1, a2, . . . , an).

Az elso allıtast a kovetkezo formaban igazoljuk: tetszoleges

z 6∈ C(y1,y2, . . . ,yk) eseten z 6∈ C∗(a1, a2, . . . , an) teljesul.

A z 6∈ C(y1,y2, . . . ,yk), azt jelenti, hogy a z =∑k

t=1 yiti, ti ≥ 0 egyenlotlensegrendszerneknem letezik megoldasa, tehat a Farkas-lemma alapjan letezik olyan b ∈ IRm vektor, amelyre a

bTyi ≤ 0, barmely i indexre, es a bTz = 1 egyenlotlensegrendszer megoldhato. Ezert ab ∈ C∗(y1,y2, . . . ,yk) a polaris kup definıcioja alapjan.



Farkas-tetelAlkalmazzuk a Weyl-tetelt a {y1,y2, . . . ,yk} vektorrendszerre. Azt kapjuk, hogy

b ∈ C∗(y1,y2, . . . ,yk) = C(a1, a2, . . . , an), tehat az Ax = b, x ≥ 0

egyenlotlensegrendszer megoldhato. Ekkor a Farkas-lemma alapjan az

uTA ≤ 0, uTb = 1

rendszernek nincsen megoldasa. Masfelol, lattuk, hogy a b vektor konstrukcioja miatt zTb = 1teljesul. Ezert a zTA ≤ 0 nem teljesulhet, ami pontosan azt jelenti, hogy

z 6∈ C∗(a1, a2, . . . , an). •

Farkas-tetel, 1898, 1902. Tetszoleges {a1, a2, . . . , an} ⊂ IRm vektorrendszer eseten

C(a1, a2, . . . , an) = C∗∗(a1, a2, . . . , an),

teljesul.

Bizonyıtas. Alkalmazzuk a Weyl- es Minkowski-teteleket.

C(a1, a2, . . . , an) = C∗(y1,y2, . . . ,yk) = (C(y1,y2, . . . ,yk))∗ = (C∗(a1, a2, . . . , an))∗ =

= C∗∗(a1, a2, . . . , an). •

Kovetkezmeny. Tetszoleges konvex kup az IRm terben pontosan akkor metszet-kup, ha vegesengeneralt. •



Halmazok Minkowski-fele osszegeDefinıcio. Legyenek az A,B ⊂ IRm nemures halmazok. Az

A+B = {a + b | a ∈ A, b ∈ B},

halmazt, a ket halmaz Minkowski-fele osszegenek nevezzuk. •

Feladatok.

1. Legyen K := {C ⊂ IRn | C vegesen generalt kup }. Bizonyıtsa be, hogy barmely C1, C2 ∈ Keseten a kovetkezo allıtasok igazak

(1) C1 + C2 ∈ K,(2) C1

⋂C2 ∈ K,

(3) C∗1 ∈ K,(4) C∗∗1 = C1,(5) (C1 + C2)∗ = C∗1

⋂C∗2 ,

(6) (C1⋂C2)∗ = C∗1 + C∗2 .

Hogyan nevezzuk ekkor a (K,+,∩, ∗) strukturat ?

2. Legyenek az A ∈ IRk×n, E ∈ IRl×n, B ∈ IRk×m, ∈ Rl×m matrixok, es a b ∈ IRk, c ∈ IRl

vektorok. Bizonyıtsa be, hogy

S = {(x,y) ∈ IRn+m | Ax +By = b, Ex + Fy ≥ c, x ≥ 0}

konvex halmaz. /



Konvex poliederek, politopok.Definıcio. Legyen P ⊂ IRn. A P halmazt (konvex) poliedernek nevezzuk, ha

P = {x ∈ IRn | Ax ≤ b},

teljesul, valamely A ∈ IRm×n matrix es b ∈ IRm vektor eseten. •

Feladat. Bizonyıtsa be, hogy barmely polieder, veges sok affin felter metszete. /

Definıcio. Legyen Q ⊂ IRn. A Q halmazt (konvex) politopnak nevezzuk, ha vegesen sok vektorkonvex burka, azaz

Q = conv(a1, a2, . . . , ar) = {w ∈ IRn |w =r∑i=1

λi ai,r∑i=1

λi = 1, λi ≥ 0, barmely i index eseten},

ahol a1, a2, . . . , ar ⊂ IRn adott vektorok. •

Nyilvan, a politop korlatos, konvex es nemures halmaz. Masfelol a

w ∈ Q ⇐⇒ Ax = w, eTx = 1, x ≥ 0

egyenlotlensegrendszer megoldhato.

Definıcio. Legyen A ⊂ IRn egy konvex halmaz. Az x ∈ A pontot az A halmaz extremalispontjanak nevezzuk, ha barmely x1,x2 ∈ A es 0 < λ < 1 eseten a

x = λ x1 + (1− λ) x2 feltevesbol x = x1 = x2,

kovetkezik. •



Megengedettsegi feladatTekintsuk a kovetkezo linearis egyenlotlenseg rendszert

Ax = b, x ≥ 0,

ahol A ∈ IRm×n, b ∈ IRm, x ∈ IRn. Az elozo linearis egyenlotlenseg rendszert megengedettsegifeladatnak nevezzuk. A

P := {x ∈ IRn | Ax = b, x ≥ 0}

halmaz a megengedett megoldas halmaz. Nyilvan, a P halmaz polieder.Ha x ∈ P akkor azt mondjuk, hogy az x megengedett megoldas az A matrix aj oszlop vektoraithasznalja, ha xj > 0.Az x ∈ P vektort pontosan akkor nevezzuk megengedett bazis megoldasnak, ha az {aj | xj > 0}vektorok halmaza linearisan fuggetlen.

Allıtas. Legyen x ∈ P . Az x vektor pontosan akkor extremalis pontja a P poliedernek, ha az xbazis megoldasa az Ax = b,x ≥ 0, linearis egyenlotlensegrendszernek.

Bizonyıtas. Eloszor azt latjuk be, hogy ha az x vektor nem megengedett bazis megoldasa arendszernek akkor nem extremalis pontja a P poliedernek. Ez ekvivalens azzal, hogy ha az xextremalis pontja a P poliedernek akkor egyben megengedett bazis megoldasa is a rendszernek.Tegyuk fel tehat azt, hogy az x nem bazis megoldasa a linearis egyenlotlenseg rendszernek.Vezessuk be az J+ := {j | xj > 0} es J0 := {j | xj = 0} index halmazokat. Ekkor

b =∑j∈J

xj aj =∑j∈J0

xj aj +∑j∈J+

xj aj =∑j∈J+

xj aj

adodik az J0 definıcioja miatt.Illes Tibor Eotvos Lorand Tudomanyegyetem


Megengedett bazis megoldasok jellemzeseMivel az x nem bazis megoldas, ezert az {aj | j ∈ J+} vektorok linearisan osszefuggnek. Tehatleteznek yi ∈ IR nem mind nulla szamok, amelyekre∑

i∈J+

yi ai = 0, adodik, es ekkor b =∑i∈J+

(xi + λ yi) ai,

teljesul, barmely λ ∈ IR szam eseten. Definialjuk a P egy uj pontjat az alabbi modon

x(λ) = xj + λ yj , ha j ∈ J+ es x(λ) = 0, ha j ∈ J0

barmely λ ∈ IR szamra. Mivel nem lehet minden yi, i ∈ J+ szam nulla, ezert x(λ1) 6= x(λ2), haλ1 6= λ2. A λ szam megvalaszthato, ugy hogy xj(λ) > 0, barmely j ∈ J+ eseten, es az x(λ) ∈ Pteljesuljon. Legyenek K+ := {j ∈ J+ | yi > 0} es K− := {j ∈ J+ | yi < 0}. Megadhatjuk aλ′, λ′′ ∈ IR, ugy, hogy

λ′ :=

maxj∈K+

− xj

yj, ha K+ 6= ∅

0, ha K+ = ∅es λ′′ :=

minj∈K−

− xj

yj, if K− 6= ∅

0, if K− = ∅

Nyilvanvaloan a λ′ es λ′′ szamok kozul legalabb az egyik szam nem nulla, hiszen az yi (i ∈ J+)szamok kozul legalabb egy nem nulla. Tovabba, konnyen belathato, hogy λ′ < λ′′. Ha λ′ es λ′′sem nulla akkor legyen

ε :=min{|λ′|, |λ′′|}

2kulonben pedig ε :=

max{|λ′|, |λ′′|}2

.



Az allıtas igazolasaEkkor nyilvan az x(ε), x(−ε) ∈ P adodik. Tovabba az x kifejezheto

x =x(ε) + x(−ε)

2,

alakban, tehat az x ∈ P nem lehet extermalis pontja a P poliedernek.

Most pedig tegyuk fel, hogy az x ∈ P megengedett bazis megoldas. Ekkor az {aj | j ∈ J+}vektorok linearisan fuggetlenek.Alkalmazzunk indirekt bizonyıtast, azaz feltetelezzuk, hogy az x ∈ P nem extremalis pontja a Ppoliedernek. Ekkor letezik x1,x2 ∈ P es x1 6= x2 pontok, valamint 0 < λ < 1 szam ugy, hogy az

x = λ x1 + (1− λ) x2

teljesul. Ez azt jelenti, hogy barmely j indexre xj = λ x1j + (1− λ) x2

j is teljesul.Mivel xj = 0, j ∈ J0 eseten, ezert x1

j = x2j = 0 teljesul, barmely j ∈ J0.

Ekkor b =∑j∈J+

x1jaj es b =

∑j∈J+

x2jaj adodik. Kivonva a b vektor ket kulonbozo eloallıtasat

egymasbol a ∑j∈J+

(x1j − x2

j) aj = 0

egyenletet nyerjuk. Mivel az {aj | j ∈ J+} halmaz linearisan fuggetlen vektorokbol all, ezertx1j − x2

j = 0 teljesul, barmely j ∈ J+ eseten, vagyis x1j = x2

j (j ∈ J+) osszefuggest kapjuk, azazx1 = x2 kovetkezik, ami ellentmond a feltevesunknek. Tehat az x ∈ P, extremalis pont. •



Algoritmus: megengedett bazis megoldas eloallıtasaadott megengedett megoldasbol

Bemeno adatok: m,n ∈ IN, b ∈ IRm vektor;az {a1, a2, ...an} ⊂ IRm vektorok es a hozza tartozo J = {1, 2, · · · , n} index halmaz;az I = {1, 2, ..., m} az IRm ter egyseg vektorainak az index halmaza;adott az x megoldas es a T = [A|b] (rovid) pivot tabla.

BeginJ+ := {j ∈ J |xj > 0};if {aj |j ∈ J+} linearisan fuggetlen then STOP

else JB+= I;

while (∃ i ∈ JB+es j ∈ J+ \ JB+

: tij 6= 0) do

λ := min{

xi

−tij | tij < 0}

= xk

−tkj;

x := x + λ tj ;

J+ := {j ∈ J | xj > 0};if k 6= j then

pivotalas a tkj pozıcion;JB+

:= (JB+\ {k}) ∪ {j};

endifendwhile

endifend.



Az algoritmus muveletigenyeAllıtas. Az elozo algoritmus egy x ∈ P adott megoldasbol kiindulva, legfeljebb O(n) lepesben eslegfeljebb O(m n2) aritmetikai muvelettel, eloallıt egy x ∈ P bazis megoldast.

Bizonyıtas. Belatjuk, hogy az algoritmus minden lepesben megengedett megoldast allıt elo. A

λ := min{ xi−tij

| tij < 0 es i ∈ J } =xk−tkj

,

veges, hiszen tjj = −1 es j ∈ J+, az algoritmus kivalasztasi szabalya miatt, azaz

xj =xj−tjj

≥ λ ≥ 0.

Legyen x+ = x + l tj valamely ieracioban eloallıtott megoldas, ekkor

Ax+ = A(x + λ tj) = Ax + λAtj = b + λ0 = b adodik.

Az x+ ≥ 0 igazolasat vegezzuk el koordinatankent. Ha az i ∈ J olyan index, amelyre tij ≥ 0akkor x+

i = xi + λ tij ≥ 0, hiszen xi, λ, tij mind nem negatıv. Tekintsunk egy i ∈ J indexet,amelyre tij < 0, ekkor a λ definıcioja miatt

xi−tij

≥ λ teljesul, azaz x+i = xi + λ tij ≥ 0 adodik.

Ezzel belattuk, hogy az uj megoldas megengedett megoldas lesz.

Legyen x ∈ P az algoritmus kezdeten adott vektor. Keszıtsuk el a J+ := {j ∈ J | xj > 0} es aJ0 := {j ∈ J | xj = 0} index halmazokat.Illes Tibor Eotvos Lorand Tudomanyegyetem


Az allıtas bizonyıtasaKet eset lehetseges:

1. az {aj | j ∈ J+} linearisan fuggetlen vektorbol all, illetve

2. az {aj | j ∈ J+} linearisan osszefuggo vektorok.

1. |J+| = rang(A) (kesz) vagy |J+| < rang(A) (az {aj | j ∈ J+} kiegeszıtheto bazissa)

2. Alkalmazzuk az algoritmust, amelyik minden iteracioban megengedett megoldast allıt elo,veges es leallaskor az aktualis J+ indexu vektorok linearisan fuggetlenek lesznek.

+ · · · + 0 · · · 0 b

1

JB+

. . . tij 0

1

1

JB00

. . .

1

0

IB 0 0 0 0...

0

JB+JB+

JB0JB0



Az allıtas bizonyıtasa (folytatas)

λ = min{ xi−tij

| tij < 0 es i ∈ J }

meghatarozasa miatt ket eset lehetseges: (i) k ∈ J0 es (ii) k ∈ J+.Az elso esetben λ = 0, tehat x+ = x adodik, viszont ekkor k 6= j miatt a pivotalaskor a JB+

elemeinek a szama eggyel no, tehat az elozo bazis nem terhet vissza.A masodik esetben, a k indexet vizsgalva k = j illetve k 6= j lehetseges. Ha k = j akkor

x+j = xj +

xj−tjj

tjj = xj + xj (−1) = 0

adodik, azaz a J+ elemeinek a szama csokken illetve, ha k ∈ J+ es k 6= j akkor az x+k = 0,

miatt csokken a J+ elemeinek a szama, sot a (k, j) pozıcion valo pivotalas kovetkezteben, a JB+

elemszama valtozatlan lesz, de a bazis megvaltozik. Sem az (i), sem az (ii) esetben, az elozobazis nem terhet vissza, hiszen vagy a JB+

novekedett (monoton novekedes) vagy a J+ csokkent(monoton csokkenes), de a ket valtozas kozul, legalabb az egyik szigoru ertelemben tortent.Az (i) eset, legfeljebb |JB0

| ≤ rang(A) esetben fordulhat elo es az (ii) eset, legfeljebb n− rang(A)alkalommal, azaz osszesen n iteracioban eloallıtunk egy x ∈ P bazis megoldast.Az λ meghatarozasa legfeljebb n osztast igenyel es a hanyadosok minimumat kell meghatarozni(log n muvelet). Az x+ eloallıtasa soran n szorzast es n osszeadast kell elvegezni azaz azosszeadasok/kivonasok szama n, a szorzasok/osztasok szama 2 n es az osszehasonlıtasoke log n.

Amennyiben k 6= j akkor sor kerul meg egy pirotalasra is, amelynek a muveletigenye O(m n).Tehat egy lepes muvelet igenye legfeljebb O(m n) lehet, ezert osszesen O(m n2) az algoritmusmuveletigenye. •



Homogen linearis egyenlotlensegrendszerDefinıcio. Ha |J+| < rang(A) es az {aj | j ∈ J+} vektorok linearisan fuggetlenek, akkor tobbfe-lekeppen is kiegeszıthetok bazissa. Ekkor tobb bazis allıtja elo ugyanazt az extremalis megoldast.Ilyen esetben azt mondjuk, hogy az Ax = b, x ≥ 0 rendszer degeneralt. •

Tekintsuk az alabbi homogen linearis egyenlotlenseg rendszert

Ay = 0, y ≥ 0,

ahol A ∈ IRm×n. Jelolje H := {y ∈ IRn | Ay = 0, y ≥ 0} a megoldas halmazt. Vilagos, hogyH 6= ∅, poliedrikus, konvex kup. Tovabba, ha x ∈ P es y ∈ H akkor x + κ y ∈ P teljesul, barmelyκ ∈ IR eseten.

Feladat. Legyen Q ⊂ IRn nemures halmaz. Bizonyıtsa be, hogy a Q pontosan akkor politop, ha|H| = 1 (azaz H = {0}). /

Tetel. Barmely x ∈ P eseten letezik x1,x2, ...,xr ∈ P bazis megoldas, λ1, λ2, ..., λr nem negatıv

valos szamok, amelyekrer∑i=1

λi = 1 es y ∈ H ugy, hogy

x =r∑i=1

λi xi + y.

Bizonyıtas. Legyen x ∈ P adott es legyen

J+ := {j ∈ J | xj > 0} illetve J0 := {j ∈ J | xj = 0}.

Alkalmazzunk matematikai indukciot a |J+| alapjan.



Tetel bizonyıtasaHa J+ = ∅ akkor |J+| = 0, tehat x = 0 es mivel a feltevesunk alapjan x ∈ P , ezert b = 0 adodik.Ekkor az x trivialis modra allıthato elo x = 0 + 0 alakban.

Legyen x ∈ P olyan, hogy |J+| = k. Ha az {aj | j ∈ J+} vektorok linearisan fuggetlenek akkoraz x bazis megoldas, azaz x = x+0 alaku lesz, kulonben letezik z1, z2, ..., zk nem mind nulla valosszam, amelyre ∑

i∈J+

zi ai = 0 es∑j∈J+

xj aj = b.

Ebbol nyilvanvaloan kovetkezik, hogy barmely λ ∈ IR eseten∑j∈J+

(xj + λ zj) aj = b adodik.

Legyen K+ := {j ∈ J+ | zj > 0} es K− := {j ∈ J+ | zj < 0}. Vezessuk be a Θ1 es Θ2 szamokat a

Θ1 =

maxj∈K+

− xj

zj, ha K+ 6= ∅

-∞, ha K+ = ∅es Θ2 =

minj∈K−

− xj

zj, ha K− 6= ∅

∞, ha K− = ∅Mivel nem minden zj nulla, ezert legalabb az egyik szam a Θ1 es Θ2 kozul veges. Legyen Θ a Θ1

es Θ2 kozul az, amelyik veges. (Ha a Θ1 es Θ2 is veges akkor barmelyiket valaszthatom.)Definialjuk a kovetkezo vektort

xj(Θ) =

j + Θ zj , ha j ∈ J+

0, kulonbenEkkor x(Θ) ∈ P es legfeljebb k − 1 pozitıv koordinataja van, a Θ definicioja miatt. Ket esetlehetseges:



Tetel bizonyıtasa: I. esetI. eset. sgn(z1) = sgn(z1) = · · · = sgn(zk). Ebben az esetben Θ1 < 0 es Θ2 > 0 kozul pontosan azegyik veges, tehat a

Θ =

Θ1, ha ∀j ∈ J+ : zj ≥ 0

Θ2, ha ∀j ∈ J+ : zj < 0

egyertelmuen adott. Legyen

yi =

| Θ′ | zj , ha j ∈ J+

0, kulonben

es ekkor y ∈ H sot x(Θ) = x− y, azaz x = x(Θ) + y adodik. Mivel x(Θ) ∈ P es legfeljebb k − 1pozitıv koordinataja van, az indukcio miatt

x(Θ) =r∑i=1

λi xi + y,

ahol xi vektorok bazis megoldasok, y ∈ H es barmely i index eseten λi ≥ 0 valamintr∑i=1

λi = 1.

Ebbol pedig az

x = x(Θ) + y =r∑i=1

λi xi + (y + y)

allıtast kapjuk. Az y + y ∈ H pedig nyilvanvaloan igaz.



Tetel bizonyıtasa: II. eset

II. eset. Tegyuk fel, hogy zi, i ∈ J+ elojelei kulonboznek. Ekkor Θ1 < 0 es Θ2 > 0, ıgy

x =Θ2 x(Θ1) + (−Θ1) x(Θ2)

Θ2 −Θ1= β x(Θ1) + (1− β) x(Θ2),

ahol β = Θ2

Θ2−Θ1es 0 < β < 1 adodik.

Mivel a konstrukciojuk miatt az x(Θ1) es x(Θ2) vektorok legfeljebb k − 1 helyen tartalmazhatpozitıv koordinatat, ezert az indukcios felteves miatt letezik x1, x2 ∈ P vektorok, amelyekmegengedett bazis megoldasok konvex kombinacioi illetve y1, y2 ∈ H vektorok, ugy, hogy

x(Θ1) = x1 + y1 es x(Θ2) = x2 + y2.

Az x vektornak az x(Θ1) es x(Θ2) vektorokkal torteno eloallıtasat felhasznalva

x = β x1(Θ1)+(1−β) x2(Θ2) = β (x1+y1)+(1−β) (x2+y2) = (β x1+(1−β) x2)+(β y1+(1−β) y2),

teljesul, ahol (β x1 + (1 − β) x2) ∈ P es (β y1 + (1 − β) y2) ∈ H vektorok, rendelkeznek a kıvanttulajdonsaggal. •

Definıcio. Legyen H := {y ∈ IRn | Ay = 0, y ≥ 0} a homogen megoldasok halmaza. Azy ∈ H vektort extremalis homogen megoldasnak nevezzuk, pontosan akkor, ha eTy = 1 feltetel isteljesul, ahol eT = (1, 1, · · · , 1) ∈ IRn. •



Motzkin–tetel

Motzkin–tetel, 1936. Legyen adott a P ⊂ IRn halmaz. AP pontosan akkor polieder, ha P = Q+C,ahol Q egy politop es C egy konvex poliedrikus kup.

Bizonyıtas. Elegsegesseg. Legyen P := {x ∈ IRn | Ax ≤ b} ⊂ IRn, polieder,ahol A ∈ IRm×n es b ∈ IRm. Tekintsuk a kovetkezo poliedrikus kupot

P1 = { (x, xn+1) ∈ IRn+1 : xn+1 ∈ IR⊕, Ax− xn+1b ≤ 0}.

Egy-egyertelmuen megfeleltethetok az x ∈ P pontok, az

x

1

∈ P1 pontoknak.

A P1 poliedrikus kup, vegesen generalt es ıgy a Farkas-Minkowski-Weyl tetel alapjan leteznek x1

x1n+1

,

x2

x2n+1

, · · · ,

xp

xpn+1

vektorok, es az I = {1, 2, . . . , p} indexek, amelyekre

P1 = C

x1

x1n+1

,

x2

x2n+1

, · · · ,

xp

xpn+1

.



Motzkin–tetel: elegsegesseg

Az altalanossag korlatozasa nelkul feltehetjuk, hogy xin+1 egyenlo 0 vagy 1. Legyen

Q1 = conv

xi

xin+1

: xin+1 = 1, i ∈ I

es C1 = C

xi

xin+1

: xin+1 = 0, i ∈ I

,

ekkor P1 = Q1 + C1 teljesul. Az x ∈ P eseten

x

1

∈ P1 ami pontosan akkor teljesul, ha

x

1

∈ C x1

x1n+1

, · · · ,

xp

xpn+1

.

Tehat, azt kapjuk, hogy az

x

1

∈ Q1 + C1. Ekkor P = Q + C teljesul, ahol Q = Q1 |IRn and

C = C1 |IRn .



Motzkin–tetel: szuksegesseg

Szuksegesseg. Legyen P = Q + C, ahol Q egy politop es C egy konvex poliedrikus kup. Ekkor aQ politop definıcioja alapjanQ = conv{x1,x2, · · · ,xr} teljesul, es a Farkas-Minkowski-Weyl tetelalapjan C = C(y1,y2, · · · ,ys) vegesen generalt kup.

Ekkor az x0 ∈ P pontosan akkor teljesul, ha

x0

1

∈ P1, ahol

P1 = C

x1

1

,

x2

1

, · · · ,

xr

1

,

y1

0

,

y2

0

, · · · ,

ys

0

.

Alkalmazzuk a Farkas-Minkowski-Weyl tetelt a P1 poliederre, amely vegesen generalt kup, ezertegyben poliedrikus kup is. Tehat letezik egy A ∈ IRm×n matrix es egy b ∈ IRm vektor, amelyre

P1 =

x

xn+1

∈ IRn+1 : Ax + xn+1 b ≤ 0

.

Nyilvanvalo, hogy az x0 ∈ P ekvivalens azzal, hogy Ax0 ≤ −b, azaz a P1 polieder, es P = P1 |IRn

tehat P is polieder. •




Megengedettsegi feladatTekintsuk

Ax = b, x ≥ 0

megengedettsegi feladatot, ahol A ∈ Rm×n,b ∈ Rm es rank(A) = m.

Megengedett megoldasok halmaza: P = {x ∈ Rn : Ax = b, x ≥ 0}

Bazis: barmely B ∈ Rm×m nem szingularis reszmatrixa az A matrixnak,

bazis megoldas: x = (xB,xN ) = (B−1b,0)

bazis (nem bazis) index halmazok: IB, IN ⊂ I = {1, 2, . . . , n} ; IB = I+B ∪ I

0B ∪ I

−B , ahol

I+B = {i ∈ IB : xi > 0} , I0

B = {i ∈ IB : xi = 0} es I−B = {i ∈ IB : xi < 0}

megengedett bazis: I−B = ∅, megengedett bazis megoldas: xB = B−1b ≥ 0,

Nem megengedettsegi kriterium: ha letezik r ∈ I−B : J−r = ∅ akkor P = ∅, ahol

J−r = {i ∈ IN : tri < 0} es J⊕r = {i ∈ IN : tri ≥ 0}.

Rovid pivot tabla: [T... b] := [B−1AN

...B−1b] ∈ Rm×(n−m+1)

Dontesi parameterek:

θ1 :=brtrs

> 0, es θ2 := min

{bktks| k ∈ I⊕B , tks > 0

}=

bqtqs≥ 0



MBU–szimplex algoritmus

Bemeno adatok: A ∈ Rm×n, b ∈ Rm, B, T, b, IB, I+B , I

0B, I

−B es IN

BeginWhile (I−B 6= ∅) do

Legyen r ∈ I−B tetszoleges (vezeto valtozo).Hatarozzuk meg a J−r halmazt.Legyen rDone := false

While (rDone = false) doIf (J−r = ∅) then STOP: nem letezik megengedett megoldas EndifLegyen s ∈ J−r tetszoleges.Szamıtsuk ki a θ1, θ2, q ∈ I⊕B ertekeket.If (θ1 ≤ θ2) then pivotaljunk a trs elemen es legyen rDone = true

else pivotaljunk a tqs elemen es hatarozzuk meg a J−r , I⊕B halmazokat Endif

EndwhileHatarozzuk meg az I−B , I

⊕B es IN halmazokat.

EndwhileSTOP: megengedett megoldast allıtottunk elo

End



Pivot tabla: elojelstruktura

tis bi

trs br I−B

tjs bj

tus bu

I0B

tvs bv

tks bk

tqs bq I+B

tls bl

ahol tis, tvs, tqs, tls, bk, bq, bl > 0, trs, tjs, tus, tks, bi, br, bj < 0 es bu = bv = 0



Ha θ1 ≤ θ2 akkor pivotaljunk a trs elemen

t′ir b′i

t′sr b′s

t′jr b′j

t′ur b′u

t′vr b′v ilyen nem letezik,

mert 0 < θ1 ≤ θ2

t′kr b′k mert θ1 ≤ θ2

t′qr b′q mert θ1 ≤ θ2

t′lr b′l mert θ1 ≤ θ2

Kovetkezmeny: | I⊕B′ |>| I⊕B |, tovabba, b′j = bj − br tjs

trs≥ 0 ⇐⇒ bj

tjs≤ br

trs



Ha θ2 < θ1 akkor pivotaljunk a tqs elemen

Nem degeneralt pivot: θ2 6= 0.

t′iq b′i

t′rq b′r mert θ2 < θ1

t′jq b′j

t′uq b′u

t′vq b′v nem letezik,

mert θ2 6= 0

t′kq b′k mert θ2

t′sq b′s definialtuk

t′lq b′l hanyados teszt

Kovetkezmeny: | I⊕B′ |≥| I⊕B | .

Tovabba, | I⊕B′ |>| I⊕B | ⇐⇒ b′j = bj − bq tjs

tqs≥ 0 ⇐⇒ bj

tjs≤ bq

tqs.



Az MBU–szimplex algoritmus vegessege

Tetel. Tekintsuk az Ax = b, x ≥ 0 megengedettsegi feladatot, ahol A ∈ Rm×n,b ∈ Rm esrank(A) = m. Az MBU–szimplex algoritmus(nak van) veges (valtozata).

Bizonyıtas. Eloszor tegyuk fel, hogy a nem degeneraltsagi felteves: θ2 6= 0, teljesul minden egyespivotalaskor.

θ1 ≤ θ2 : a a vezeto valtozo elhagyja a bazist (pivotajunk a trs elemen)ekkor | I⊕B′ |>| I

⊕B | =⇒ a B bazis nem fordulhat elo ujra

θ1 > θ2 : pivotaljunk a tqs elemen, ekkor | I⊕B′ |≥| I⊕B |

(a) | I⊕B′ |>| I⊕B | ⇔ ∃j ∈ I−B : tjs < 0 es bj

tjs≤ bq

tqs

(b) brtrs

= θ1 > θ2 = bqtqs6= 0 ⇔ 0 > b′r = br − bq trs

tqs> br

ekkor az r ∈ I−B marad a vezeto valtozo indexe

(c) Ha θ2 6= 0 akkor ∀j ∈ I−B : tjs < 0 kovetkezik, hogy b′j > bj

Az (a) - (c) feltetelek barmelyikebol adodik, hogy a B bazis nem fordulhat elo ujra.

Ha elofordul degeneralt pivot, azaz θ2 = 0, akkor a ciklizalas elkerulese vegett, modosıtani kellaz algoritmust. Egyik lehetseges modosıtasa, a minimal indexes pivotalasi szabaly alkalmazasa.Nyilvanvalo, hogy elegendo a minimal indexes szabalyt kizarolag akkor alkalmazni, amikor aθ2 = 0 feltetel teljesul. Ilyenkor, ha tobb lehetseges pivot elem van, akkor ezek kozul azt kellkivalasztanuk, amelyiknek a legkisebb a sor indexe. •



Az MBU–szimplex algoritmus lepesbecsleseAllıtas. Tekintsuk az Ax = b, x ≥ 0 megengedettsegi feladatot, ahol A ∈ Rm×n,b ∈ Rm esrank(A) = m. Legyen r ∈ I−B a vezeto valtozo indexe es tegyuk fel, hogy θ2 > 0 teljesul az osszesolyan bazistablan, amelyen pivotalunk, mielott θ1 ≤ θ2 bekovetkezik, azaz mielott az xr valtozotavozik a bazisbol. Ekkor letezik K ∈ IN szam ugy, hogy legfeljebb K − 1 pivotalas tortenhetettaz xr vezeto valtozova valasztasa es bazisbol valo tavozasa kozott.

Bizonyıtas. Tegyuk fel, hogy θ1 > θ2 > 0, pivotaljunk a tqs elemen. A pivotalasi szabaly miattbr, trs < 0 es bq, tqs > 0. Legyen B ∈ Rm×m bazisa a feladatnak es barmely s ∈ IN : ts = B−1ases b = B−1b. A Cramer szabaly alapjan

tis =det(Bis)

det(B)es bi =

det(Bi)

det(B)

0 > b′r = br −bq trstqs

=det(Br)

det(B)−

det(Brs)det(B)

det(Bq)det(B)

det(Bqs)det(B)

=det(Br)

det(B)−

det(Brs) det(Bq)

det(Bqs) det(B)≥ −∆max + ∆A,

ahol ∆max = max

{−det(Br)

det(B): sgn(det(Br)) = −sgn(det(B))

}> 0, es

∆A = min

{−

det(Brs) det(Bq)

det(Bqs) det(B):

sgn(det(Bq)) = sgn(det(Bqs)) = sgn(det(B))

sgn(det(Brs)) = −sgn(det(B))

}> 0, mivel θ2 > 0.

Ekkor a K :=⌈

∆max

∆A

⌉∈ IN eseten K∆A ≥ ∆max > (K − 1)∆A teljesul, tehat az xr valtozo

vezeto valtozova valasztasa utan legfeljebb K − 1 iteraciora kerulhet sor mielott az xr tavozik abazisbol. •



Az MBU–szimplex algoritmus iteracio szamaTetel. Tekintsuk az Ax = b, x ≥ 0 megengedettsegi feladatot, aholA ∈ Rm×n,b ∈ Rm es rank(A) = m es tegyuk fel, hogy θ2 > 0 teljesul azosszes bazistablan. Ekkor az MBU–szimplex algoritmussal legfeljebb

mK = m

⌈∆max

∆A

⌉iteracioban megoldjuk a megengedettsegi feladatot. •Szamoljuk ki a K ∈ N szamot. Nyilvanvalo, hogy

K − 1 <∆max

∆A=

−det(B′k)det(B′)

−det(Brs) det(Bq)det(Bqs) det(B)

=det(B′k) det(Bqs) det(B)

det(B′) det(Brs) det(Bq)≤ K

teljesul, valamely B es B′ bazisaira, a megengedettsegi feladatnak. Ha az A ∈ Zm×n es b ∈ Zm,tovabba |det(B∗)| = max {|det(B)| : B m×m regularis reszmatrixa az [A | b] matrixnak}, akkorazt kapjuk, hogy

1

|det(Bq) det(B′) det(Brs)|≤ ∆max

∆A≤∣∣det(B′k) det(Bqs) det(B)

∣∣ , es ıgy

1

|det(B∗)|3≤ ∆max

∆A≤ |det(B∗)|3 ≤

n∏j=1

‖aj‖

‖b‖3

= K∗



Specialis eset: az A matrix teljesen unimodularisKovetkezmeny. Tekintsuk az Ax = b, x ≥ 0 megengedettsegi feladatot, ahol az A matrixteljesen unimodularis, rank(A) = m es b ∈ ZZm. Tegyuk fel, hogy θ2 > 0 teljesul az osszesbazistablan. Ekkor az MBU–szimplex algoritmussal legfeljebb

m4 (b∗)3

iteracioban megoldjuk a megengedettsegi feladatot, ahol b∗ = maxi bi

Bizonyıtas. Az egeszerteku adatokkal vegzett szamıtasok alapjan, figyelembe veve az A matrixteljesen unimodularis voltat, azt kapjuk, hogy

∆max

∆A≤⌈

∆max

∆A

⌉≤ |det(B∗)|3 =

∣∣∣∣∣m∑i=1

cij bi

∣∣∣∣∣3

≤ (mb∗)3,

valamely cij ∈ {−1, 0, 1} eseten, ahol a cij ertekek a megfelelo (m− 1)× (m− 1) elojeles aldeter-minansai a megengedettsegi feladat B∗ bazis matrixanak. Az elozo tetelt is figyelembe veve

m

⌈∆max

∆A

⌉≤ m |det(B∗)|3 ≤ m4 (b∗)3 •

Megjegyzes. Az MBU–szimplex algoritmust Anstreicher es Terlaky (1992) vezette be linearisprogramozasi feladatra. A megengedettsegi feladatra Csizmadia, Erbilen es Illes (2003) spe-cializalta. Az MBU–szimplex algoritmusanak a vegessegenek a bizonyıtasa Anstreicher es Ter-laky eredeti bizonyıtasanak az egyszerusıtett valtozata. A megengedettsegi feladatra megfogalma-zott MBU–szimplex algoritmus lepesszam, iteracios szam becsleseit Csizmadia, Erbilen es Illes(2003) igazoltak. /



PeldaOldjuk meg a a kovetkezo megengedettsegi feladatot a criss-cross illetve az MBU–szimplex al-goritmusokkal

x1 + 2x2 − x4 + x5 ≤ 30

x1 + 2x3 + x4 + x5 = 80

2x2 + x5 ≥ 40

x1, x2, x3, x4, x5 ≥ 0

Konnyen kiolvashato a feladatbol a kovetkezo indulo bazistabla

x1 x2 x3 x4 x5 b

s1 1 2 0 −1 1 30

x312 0 1 1

212 40

s3 0 -2 0 0 −1 −40

x1 x2 x3 x4 x5 b

s1 1 0 0 -1 0 −10

x312 0 1 1

212 40

x2 0 1 0 0 12 20

x1 x2 x3 x4 x5 b

x212 1 0 −1

212 15

x312 0 1 1

212 40

s3 1 0 0 −1 0 −10

x1 x2 x3 x4 x5 b

x4 −1 0 0 1 0 10

x3 1 0 1 0 12 35

x2 0 1 0 0 12 20



Elfogadhato pivot pozıciok (Fukuda es Terlaky, 2000)

Definıcio. Legyen adott az Ax = b, x ≥ 0 megengedettsegi feladat, ahol az A ∈ Rm×n,b ∈ Rm es rank(A) = m, a T rovid pivot tablajaval. Egy trs pivot pozıciot elfogadhato pivotpozıcionak nevezzuk, ha br < 0 es trs < 0 vagy br > 0 es trs > 0. •

Tetel (rovid pivot sorozat). Legyen adott az Ax = b, x ≥ 0 megengedettsegi fela-dat, ahol az A ∈ Rm×n, b ∈ Rm es rank(A) = m. Legyen tovabba B egy tetszoleges (nemmegengedett) bazisa a feladatnak, es x∗ ∈ P adott vektor. Ekkor letezik egy B∗ megengedettbazisa a feladatnak, amelyet a B bazisbol legfeljebb n pivotalassal elo lehet allıtani.

Bizonyıtas. Tekintsuk az indulo, rovid bazis tablat es legyen I∗ = {i ∈ I : x∗i > 0 }

+ · · · + 0 · · · 0 x∗

b IN ∩ I∗ IN \ I∗+... IB ∩ I∗ (nem pivot) (nem pivot)

+

0... IB \ I∗ (nem pivot)

0

x∗

Reszfeladat definialasa: tekintsuk a∑j∈IF

xj aj = b, xj > 0, j ∈ IF feladatot, ahol IF = IB ∪ I∗.



Rovid pivotsorozat letezeseLegyen x = (xB,xN ) = (B−1 b,0) a bazistablabol kiolvashato megoldas.A reszfeladatnak nyilvan van megoldasa, hiszen az

xj =

x∗j ha j ∈ I∗0 ha j ∈ IB \ I∗

vektor ilyen. Ezt a vektort roviden az x∗F jeloli A reszfeladat megengedett megoldasainak a hal-mazat PF jeloli. Tehat PF 6= ∅, hiszen x∗F ∈ PF .

Tekintsuk az x vektor megszorıtasat az IF indexhalmazra, az xF vektort. Ez nyilvan kielegıti alinearis felteteleit a reszfeladatnak. Ket eset lehetseges: 1. xF ∈ PF illetve 2. xF 6∈ PF .Az 1. esetben megtalaltuk a kıvant megengedett bazist.A 2. esetben letezik r ∈ IB index, amelyre xr < 0.

Ha r ∈ IB \ I∗, akkor csokkentsuk az IF indexhalmazt,kulonben modosıtsuk az x∗ megoldast.

Az x∗ megoldas modosıtasa: ekkor xi ≥ 0 barmely i ∈ IB \ I∗ eseten. Legyen

λ := min

{x∗i

x∗i − xi| xi < 0

}=

x∗rx∗r − xr

, es ekkor az uj x∗ := λ x + (1− λ) x∗ ≥ 0.

Nyilvan az uj x∗ ∈ PF , de (legalabb) eggyel kevesebb pozitıv koordinataja van. Definialjuk ujraaz I∗ indexhalmazt.Menjunk vissza a reszfeladat definialasara. Nyilvanvalo, hogy a λ ertek kiszamıtasaban resztvevor indexre, r ∈ IB \ I∗ fog teljesulni es tovabbra is az xr < 0.



Rovid pivotsorozat letezese (folytatas)

Az IF indexhalmaz csokkentese: pivotaljunk a trs < 0 elemen. Ekkor az xr tavozik a bazisbol esaz xs belep.

+ · · · + 0 · · · 0 x∗

IN ∩ I∗ IN \ I∗b xs

+... IB ∩ I∗ (nem pivot) (nem pivot)

+

0... IB \ I∗ xr − − (nem pivot)

0

x∗

Az x megoldas modosul, az x∗ ∈ F vektor nem valtozik, de a bazison kıvul levo pozitıv elemeineka szama csokken az uj bazis eseten.Menjunk vissza a reszfeladat definialasara. Nyilvanvalo, hogy az IF szamossaga eggyel csokkent,tehat uj, kisebb reszfeladattal kell foglalkoznunk.



Algoritmus a rovid pivotsorozat eloallıtasaraBemeno adatok: x∗ ∈ P es I∗ = { i ∈ I : x∗i > 0 }

rovid bazis tabla TB a hozza tartozo x megoldassal, IB es IN index halmazokkal

Beginwhile x 6∈ P do

az IF es a reszfeladat definialasa;I−B = { i ∈ IB : xi < 0 };If I−B ∩ I∗ = ∅ then csokkentsuk az IF halmazt;

else modosıtsuk az x∗ megoldast;az IF es a reszfeladat definialasa;csokkentsuk az IF halmazt;

endifendwhile

end

Az algoritmus futasanak az elejen, az m ≤ |IF | ≤ n egyenlotlenseg teljesult. A while ciklusminden egyes lefutasakor az IF szamossaga eggyel csokken. A mindenkori aktualis x∗ vektorbiztosıtja azt, hogy a ciklus kivitelezheto legyen.Amikor az |IF | = m teljesul, akkor az aktualis x megoldasa lesz a feladatnak. Erre legrosszabbesetben a ciklus n−m meghıvasa utan sor kerul. •



Megjegyzes

Megjegyzes. 1. Az algoritmus erosen polinomialis. Megsem jelenti azt, hogy talaltunk egy erosenpolinomialis algoritmust a megengedettsegi feladatok megoldasara, mert jelentosen kihasznaltuk,azt, hogy egy x∗ ∈ P vektort ismerunk.2. Nyilvanvalo, hogy barmely megengedett bazis, legfeljebb n−m pivotalassal elerheto, barmelytetszoleges bazisbol. /



Linearis programozasi feladatparA linearis programozasi primal es dual feladatok legyenek a kovetkezo alakban adottak

min cTx

Ax = b

x ≥ 0

(P )max bTy

ATy ≤ c

(D)

ahol A ∈ IRm×n, c,x ∈ IRn es y,b ∈ IRm. Az altalanossag korlatozasa nelkul felteheto, hogyrang(A) = m. Legyen a primal illetve a dual megengedett megoldasok halmaza rendre

P := {x ∈ IRn⊕ | Ax = b} es D := {y ∈ IRm | ATy ≤ c}.

Gyenge dualitas tetel. Legyenek adottak a (P ) es (D) feladatok. Ekkor barmely x ∈ P es y ∈ Deseten cTx ≥ bTy es egyenloseg pontosan akkor all fenn, ha xT s = 0, ahol s = c− ATy.

Bizonyıtas. Eloszor belatjuk az egyenlotlenseget cTx ≥ (yTA) x = yT (Ax) = yTb.

0 = cTx− yTb = cTx− yT (Ax) = (c− yTA)T x = sTx. •

A primal illetve a dual optimalis megoldasok halmaza a

P∗ := {x∗ ∈ P : cTx∗ ≤ cTx, ∀x ∈ P}, es a D∗ := {y∗ ∈ D : bTy∗ ≥ bTy, ∀y ∈ D}.

Gyenge equilibrium tetel. Legyenek adottak a (P ) es (D) feladatok. Legyen tovabba x ∈ P esy ∈ D, amelyek eseten cT x = bT y ekkor x ∈ P∗ es y ∈ D∗.

Bizonyıtas. Legyen y ∈ D tetszoleges. Ekkor bT y = cT x ≥ bTy, azaz y ∈ D∗. •



A gyenge dualitas tetel kovetkezmenyeiKovetkezmeny. Legyenek adottak a (P ) es (D) feladatok.

1. Barmely x ∈ P eseten a (P ) feladat celfuggvenyerteke, cTx, felsokorlat a (D) feladat opti-mum ertekere.

2. Barmely y ∈ D eseten a (D) feladat celfuggvenyerteke, bTy, alsokorlat a (P ) feladat opti-mum ertekere.

3. Ha P 6= ∅ es a (P ) feladat celfuggvenye alulrol nem korlatos a P poliederen akkor a D = ∅.

4. Ha D 6= ∅ es a (D) feladat celfuggvenye felulrol nem korlatos a D poliederen akkor a P = ∅.

5. Ha D = ∅ es P 6= ∅ akkor a (P ) feladat celfuggvenye alulrol nem korlatos a P poliederen.

6. Ha D 6= ∅ es P = ∅ akkor a (D) feladat celfuggvenye felulrol nem korlatos a D poliederen./

(Primal) pivot tabla:A b

cT *

Az Ax = b egyenletet ABxB + ANxN = b alakban ırhatjuk, ahol az AB az A matrixnak egym×m-es regularis reszmatrixa. Ekkor a linearis egyenletrendszer (altalanos) megoldasa

xN = u ∈ IRn−m, es xB = A−1B b− A−1

B AN u ∈ IRm.



Definıciok

1. Az A matrix m×m-es nem szingularis, AB reszmatrixat bazisnak nevezzuk.

2. Az xB = A−1B b, xN = 0 megoldast az Ax = b bazis megoldasanak nevezzuk.

3. Az xB a bazis valtozok vektora, mıg az xN a nem bazis valtozoke.

4. Ha az A−1B b ≥ 0 akkor az (xB,xN ) megoldast (primal) megengedett bazis megoldasnak

nevezzuk es az A−1B pedig primal megengedett bazis lesz.

5. Az y = cTBA−1B ∈ IRm vektort (dual) bazis megoldasnak nevezzuk.

6. Ha a cTBA−1B AN ≤ cTN teljesul akkor az AB bazis dual megengedett bazis lesz.

Az AB bazishoz tartozo teljes (illetve rovid) pivot tabla a kovetkezo:

A−1B A A−1

B b

cT − cTBA−1B A −cBA

−1B b

A−1B AN A−1

B b

cTN − cTBA−1B AN −cBA

−1B b

es vezessuk be a kovetkezo jeloleseket T = A−1B A, b = A−1

B b, c = c− cBA−1B A. Az aktualis bazis

megoldashoz tartozo celfuggveny erteket a ζ = −cBA−1B b jeloli. A T matrix (i, j) eleme a tij . Az

AB bazishoz tartozo bazis valtozok indexeinek a halmazat jelolje IB, mıg a nem bazis valtozoketIN .



Optimalitasi illetve nem megengedettsegi kriteriumokOptimalitasi kriterium:

⊕...

⊕

⊕ · · · ⊕

Allıtas. Ha az AB primal es dual megengedett bazis akkoraz x = (xB,xN ) = (A−1

B b,0) optimalis megoldasa a (P )

feladatanak es yT = cTBA−1B optimalis megoldasa a (D)

feladatanak.

Primal nem megengedettsegi kriterium:

i ⊕ . . . ⊕ −Lemma. Ha a B bazis eseten valamely bi < 0, i ∈ IB estij ≥ 0 barmely j /∈ IB fennall akkor nem letezik (primal)megengedett megoldasa a (P ) feladatnak.

Dual nem megengedettsegi kriterium:

...

−

j

Lemma. Ha a B bazis eseten cj < 0, j /∈ IB estij ≤ 0, barmely i ∈ IB fennall akkor nem letezik dualmegengedett megoldas.



Minimal indexes criss–cross modszerBemeno adatok:egy (P ) feladat rovid (bazis) tablaja, nem megengedett valtozok I− indexhalmaza

Beginwhile I− 6= ∅ do

beginp := min{i ∈ IB : xi < 0}; p := min{j ∈ IN : sj < 0}; r := min{p, q};if r = p

thenif t(p) ≥ 0 then STOP: a P = ∅

else legyen q := min{j ∈ IN : tpj < 0};endif

else (i.e. r = q)if tq ≤ 0 then STOP: a D = ∅

else legyen p := min{i ∈ IB : tiq > 0};endif

endifpivotalas a (p, q) pozıcion; IB := IB ∪ {q} \ {p}; hatarozzuk meg az I− halmazt;

endoptimalis megoldasnal vagyunk;

endwhileend.



A criss-cross modszer leallasi kriteriumaiA bazisba belepo es a bazisbol tavozo vektorok egyertelmuen meghatarozottak, mivel xi < 0 esci < 0 egyidejuleg nem fordulhat elo, ugyanis

i ∈ IB eseten ci = 0, illetve i /∈ IB eseten xi = 0.

A criss–cross algoritmus az alabbi harom eset valamelyikevel er veget:

1. Legyen xk a bazisbol tavozo valtozo es nem tudunk a bazisba belepo valtozot valasztaniEkkor xk < 0 es tki ≥ 0, barmely i ∈ IN index eseten, azaz P = ∅.

2. Legyen xk a bazisba belepo valtozo es nem tudunk a bazisbol tavozo valtozot valasztani.Ekkor ck < 0 es tik ≤ 0, barmely i ∈ IB index eseten, tehat D = ∅.

3. A criss–cross algoritmus pivotalasi szabalyaval sem a bazisba belepo, sem pedig onnantavozo valtozot nem tudunk valasztani, azaz xi ≥ 0 es ci ≥ 0 teljesul, barmely i ∈ I in-dex eseten, azaz I− = ∅. Ekkor optimalis megoldashoz jutottunk.

Tetel. Legyenek adottak a (P ) es (D) feladatok.

1. A minimal indexes criss-cross modszer veges.

2. (Eros dualitas tetel.) Ha a P 6= ∅ es a D 6= ∅ akkor letezik x ∈ P es y ∈ D, amelyekrecT x = bT y.

3. Ha a (P ) feladatnak letezik optimalis megoldasa akkor a (D) feladatnak is letezik es az opti-mum ertekek megegyeznek.

4. Ha a D∗ 6= ∅ akkor a P∗ 6= ∅ es az optimum ertekei a ket feladatnak, megegyeznek.



PeldaLegyen adott a kovetkezo linearis programozasi (primal) feladat

min −x1 − 2x2 − 3x3 − 2x4 − 3x5

x1 + 2x2 + x4 + x5 +x6 = 110

x1 + 2x3 + x4 + x5 = 80

3x2 + x3 + x4 + x5 = 70

− 2x2 − x5 +x7 = − 40

ahol x1, x2, . . . , x7 ≥ 0. Ekkor a dual feladatot az alabbi formaban allıthatjuk elo:

max 110 y1 + 80 y2 + 70 y3 − 40 y4

y1 + y2 ≤ −1

2 y1 + 3 y3 − 2 y4 ≤ −2

2 y2 + y3 ≤ −3

y1 + y2 + y3 ≤ −2

y1 + y2 + y3 − y4 ≤ −3

y1 ≤ 0

y4 ≤ 0



Pelda (folytatasa)Az adott (P ) feladathoz tartozo pivot tabla

1 2 0 1 1 1 0 110

1 0 2 1 1 0 0 80

0 3 1 1 1 0 0 70

0 -2 0 0 -1 0 1 - 40

-1 -2 -3 -2 -3 0 0

AB =

1 1 1 0

1 1 0 0

0 1 0 0

0 0 0 1

Ha az xTN = (x2, x3, x5) = uT = (1, 1, 1) akkor xTB = (x1, x4, x6, x7) = (12, 65, 30,−37).

A peldankban IB = {1, 4, 6, 7} es IN = {2, 3, 5} es a hozza tartozo rovid bazis tabla a kovetkezo

x2 x3 x5 b

x1 -3 1 0 10

x4 3 1 1 70

x6 2 -2 0 30

x7 -2 0 -1 -40

1 0 -1 150

xT = (10, 0, 0, 70, 0, 30, −40)

yT = cTBA−1B = (0, −1, −1, 0)

cT = cT − cTBA−1B A = (0, 1, 0, 0, −1, 0, 0)



Pelda (befejezese)

Ekkor x7 = −40 < 0 es c5 = −1 < 0, azaz az x7 primal es az x5 dual nem megengedett valtozo.A minimal index szabaly alapjan x5 belep a bazisba es x4 tavozik a bazisbol. Ekkor a kovetkezopivot tablahoz jutunk

x2 x3 x4 b

x1 -3 1 0 10

x5 3 1 1 70

x6 2 -2 0 30

x7 1 1 1 30

4 1 1 220

Figyelembe veve, hogy az aktualis pivot tabla eseten az I− = ∅, optimalis tablahoz jutottunk esaz xT = (10, 0, 0, 0, 70, 30, 30) ∈ P∗ es yT = (0, −1, −2, 0) ∈ D∗ illetve cT = (0, 4, 1, 1, 0, 0, 0)vektorok hatarozhatok meg a pivot tablabol.A celfuggvenyertek, cTBB

−1b, amely helyett a tablaban a ζ = −cTBB−1b ertek talalhato a tabla bal

also sarkaban. Tehat az optimalis celfuggvenyertek, −220.A tabla optimalitasat az x ≥ 0 es c ≥ 0 igazoljak.



A criss-cross modszer vegessegenek az igazolasa

Indirekt felteves: a minimal indexes Criss-cross modszer nem veges.

Mivel a (P ) feladatnak veges sok bazisa lehet csupan, ezert az indirekt felteves azt jelenti, hogyvalamely bazis vegtelen sokszor elofordul a megoldas soran. Ezt a jelenseget ciklizalasnaknevezzuk.

Legyen I∗ azon indexek halmaza, amelyek a ciklus soran kikerulnek a bazisbol, vagy bekerul-nek oda. Ha i /∈ I∗, akkor ξi vagy vegig a bazisban, vagy vegig a bazison kıvul volt. (Pontosanemiatt, az altalanossag korlatozasa nelkul, felteheto, hogy az osszes valtozo mozog a ciklus soran.)Legyen q := maxi∈I∗ i. Vizsgaljuk azt az esetet, amikor ξq bekerul a B′ bazisba es amikor tavozika B′′ bazisbol. Az elso esetben a tavozo valtozo legyen ξs, a masodik esetben pedig a ξr a belepo.

Az alabbi negy eset lehetseges: a ξq valtozo

(a) primal iteracional kerul be az B′ bazisba es primal iteracional tavozik az B′′ bazisbol;

(b) primal iteracional kerul be az B′ bazisba es dual iteracional tavozik az B′′ bazisbol;

(c) dual iteracional kerul be az B′ bazisba es primal iteracional tavozik az B′′ bazisbol;

(d) dual iteracional kerul be az B′ bazisba es dual iteracional tavozik az B′′ bazisbol.



Majdnem leallasi tablak

A kovetkezo abran lathatjuk a ξq valtozo lehetseges mozgasait, azaz (1.) primal iteracional belepa bazisba, (2.) dual iteracional belep a bazisba, (3.) primal iteracional tavozik a bazisbol, es (4.)dual iteracional tavozik a bazisbol.

(1.): ⊕ (2.):... ⊕ · · · ⊕ − − s

⊕⊕ · · · ⊕ −

q q

(3.): (4.): ⊕...

... ⊕+ − q− ⊕ · · · ⊕r

1. abra

Az 1. abran lathato elojelstruktura alapjan az (a) eset vizsgalata az (1.) es (3.), a (b) esete az (1.)es (4.), a (c) esete a (2.) es (3.), mıg a (d) esete a (2.) es (4.) tablak vizsgalatat jelenti.



Bizonyıtas (vazlat)

Az (1.) tablabol a t(c) sorvektort illetve a tb oszlopvektort tudjuk kiolvasni. A (2.) tablabol a t(s)

sorvektor olvashato ki. A (3.) tablabol a tr oszlopvektor elojelstrukturajat ismerjuk, mıg a (4.)eseten, az (1.) tablahoz hasonloan, a t(c) sorvektoret illetve a tb oszlopvektoret.A ciklizalas azt jelenti, hogy az (a)–(d) eset valamelyike elofordulhat.Alkalmazzuk az ortogonalitas tetelt. A linearis programozas eseten az ortogonalitasi tetelt az A b

cT 0

adatokra kell alkalmazni. Ha valamely esetben az ortogonalitasi tulajdonsag teljesul akkor az aztjelenti, hogy az (1.)–(4.) tablak kozul valamelyik ketto kovetkezhet egymas utan, vagyis ciklizalasfennallhat. Megmutatjuk, hogy az (a)–(d) esetek mindegyike ellentmondasra vezet.

Az (1.)–(4.) tablabol a megfelelo t sorvektort (oszlopvektort) az alabbi formaban jelenıtjuk meg:

t = IB \ {q} IN \ {q} ξq b c



Esetek: (a) primal iteracional be, primal iteracional ki

Az (a) esetben az (1.) tabla t(c) sorvektora a (3.) tabla tr oszlopvektorara meroleges az ortogo-nalitasi tetel alapjan.

t′(c)

= 0 · · · 0 ⊕ · · · ⊕ − ζ ′ 1

t′′r = · · · 0 · · · 0 + 0 −

2. abraA 2. abrabol kiolvashato, hogy

(t′(c)

)T t′′r < 0,

hiszen a (t′(c)

)r ≥ 0 es a (t′′r)r = −1, mıg a tobbi index eseten az elojeleket (ertekeket) jolszemlelteti az elozo abra. Ez pedig ellentmond az ortogonalitasi tetelnek.



Esetek: (b) primal iteracional be, dual iteracional ki

A (b) esetben az (1.) tabla t(c) sorvektora es tb oszlopvektora meroleges a (4.) tabla tb osz-lopvektorara illetve a t(c) sorvektorara az ortogonalitasi tetel alapjan.

t′(c)

= 0 · · · 0 ⊕ · · · ⊕ − ζ ′ 1

t′′b = ⊕ · · · ⊕ 0 · · · 0 − −1 ζ ′′

3. abra

t′b = ⊕ · · · ⊕ 0 · · · 0 0 −1 ζ ′

t′′(c) = 0 · · · 0 ⊕ · · · ⊕ 0 ζ ′′ 1

4. abra

A 3. es 4. abra alapjan(t′

(c))T t′′b + (t′b)

T t′′(c)> 0

ellentmondva az ortogonalitasi tetelnek.



Esetek: (c) dual iteracional be, primal iteracional ki

A (c) esetben a (2.) tabla t(s) sorvektora a (3.) tabla tr oszlopvektorara meroleges az ortogonalitasitetel alapjan.

t′(s) = 0 · · · 0 ⊕ · · · ⊕ − − 0

t′′r = · · · 0 · · · 0 + 0 −

5. abra

Nyilvanvalo, hogy a(t′(s))T t′′r < 0

teljesul, hiszen (t′(s))r ≥ 0 es (t′′r)r = −1 illetve (t′(s))s = 1 es (t′′r)s ≤ 0, valamint a (t′(s))q < 0 es(t′′r)q > 0, ellentmondas



Esetek: (d) dual iteracional be, dual iteracional ki

A (d) esetben a (2.) tabla t(s) sorvektora a (4.) tabla tb oszlopvektorara meroleges az ortogonalitasitetel alapjan.

t′(s) = 0 · · · 0 ⊕ · · · ⊕ − − 0

t′′b = ⊕ · · · ⊕ 0 · · · 0 − −1 ζ ′′

6. abra

A vektorok elojelstrukturaja alapjan(t′(s))T t′′b > 0

teljesul figyelembe veve meg azt is, hogy (t′(s))s = 1 es (t′′b ) ≥ 0, ellentmondva a ortogonalitasitetelnek.

Tehat minden esetben ellentmondast kaptunk, azaz a minimal indexes criss-cross algoritmus nemciklizalhat, vagyis veges, hiszen mindossze veges sok bazisunk lehet. •




min cTx

Ax = b

x ≥ 0

(P )max bTy

ATy ≤ c

(D)


P := {x ∈ IRn⊕ | Ax = b} es D := {y ∈ IRm | ATy ≤ c} = {(y, s) ∈ IRm+n | ATy+s = c, s ≥ 0}.



Eros dualitas tetel. Ha a P 6= ∅ es a D 6= ∅ akkor a P∗ 6= ∅ es a D∗ 6= ∅ •

Az optimalitasi kriteriumok, a gyenge dualitas tetel alapjan, az alabbi formaban ırhatok

Ax = b, x ≥ 0,

ATy+ s = c, s ≥ 0,

−bTy+ cTx ≤ 0.

Az utolso feltetel erosebb formaban: cTx− bTy = 0 ⇐⇒ xT s = 0 ⇐⇒ x s = 0.



Primal szimplex modszer (Dantzig, 1947)Bemeno adatok:a kanonikus (P ) feladat AB primal megengedett bazisahoz tartozo TB (rovid) bazis tabla.

BeginI− := {i ∈ IN | ci < 0};while I− 6= ∅ do

beginlegyen q ∈ I− tetszoleges;if tq ≤ 0 then STOP: a D = ∅ (dual nem megengedettsegi kriterium)

elsebegin

legyen ϑ := min{ xi

tiq: i ∈ IB es tiq > 0}; (hanyados teszt)

legyen p ∈ IB tetszoleges, amelyre xp

tpq= ϑ;

endendifpivotalas: IB := IB ∪ {q} \ {p};az I− index halmaz meghatarozasa;

endendwhileI− = ∅ akkor optimalis megoldasnal vagyunk; (optimalitasi kriterium)

end.



Pelda: linearis programozasmin x1 + 16x2 − 4x3 + 10x4 − 9x5 +x6 +x7 + 7x8 − 20x9 − 3

− 4x2 + x3 − 2x4 + 4x5 +x7 − 2x8 + 6x9 = 4

− 3x2 + 3x3 + x4 + 4x5 +x6 − 4x8 + 11x9 = 12

x1 + x2 − 2x3 + 2x4 + x5 − 2x9 = 1

ahol x1, x2, . . . , x9 ≥ 0, kanonikus linearis programozasi feladat. Tehat a feladatnak letezik induloprimal megengedett bazis megoldasa, x = (1, 0, 0, 0, 0, 12, 4, 0, 0).

x1 x2 x3 x4 x5 x6 x7 x8 x9 b

0 -4 1 -2 4 0 1 -2 6 4

0 -3 3 1 4 1 0 -4 11 12

1 1 -2 2 1 0 0 0 -2 1

1 16 -4 10 -9 1 1 7 -20 -3

Ez nem bazis tabla, hiszen a celfuggvenynek megfelelo sorban a bazis valtozok egyutthatoja nemnulla. Ezert a kovetkezo sor transzformaciot kell elvegeznunk

cT = cT − (t(1) + t(2) + t(3)),

ahol t(i) a T matrix i. sora. A celfuggveny erteke −ζ = −ζ − (b1 + b2 + b3) keplettel szamolhatoki. Ekkor a feladat rovid pivot tablaja a kovetkezo leszIlles Tibor Eotvos Lorand Tudomanyegyetem


Pelda: lehetseges szimplex iteraciokx2 x3 x4 x5 x8 x9 b

x7 -4 1 -2 4 -2 6 4

x6 -3 3 1 4 -4 11 12

x1 1 -2 2 1 0 -2 1

22 -6 9 -18 13 -35 -20

A szimplex modszerrel a dual nem megengedett valtozok kozul barmelyik kivalaszthato.

1. Amennyiben az x3 valtozot valasztjuk beleponek akkor a hanyados teszt alapjan

x7

t12=

b1t12

=4

1= 4 es

x6

t22=

b2t22

=12

3= 4

adodik, azaz x7 illetve x6 is valaszthato lenne tavozonak.2. Az x5 valtozot valasztva belepo valtozonak akkor a hanyados teszt alapjan

x7

t14=

b1t14

=4

4= 1,

x6

t24=

b2t24

=12

4= 3 es

x1

t34=

b3t34

=1

1= 1

ket valtozo kozul x7 es x1 valaszthatunk belepo valtozot.3. Beleponek valaszthatjuk az x9 valtozot is. Ennek a valtozonak az oszlopara alkalmazva ahanyados tesztet

x7

t16=

b1t16

=4

6=

2

3es

x6

t26=

b2t26

=12

11

a tavozo valtozot, x7, egyertelmuen valaszthatjuk ki.



Pelda: szimplex algoritmus alkalmazasa

Alkalmazzuk a feladatra a szimplex modszert. Legyen az elso pivot pozıcio a t12. Ekkor az alabbi(rovid) pivot tablat kapjuk

x2 x7 x4 x5 x8 x9 b

x3 -4 1 -2 4 -2 6 4

x6 9 -3 7 -8 2 -7 0

x1 -7 2 -2 9 -4 10 9

-2 6 -3 6 1 1 4

A tobbi pivot lepest, a pivot pozıcioval, a bazis valtozok bazisban elfoglalt sorrendjevel, a primalmegengedett megoldassal es a celfuggveny ertekkel jellemezzuk, ahelyett, hogy a teljes pivottablakat kozolnenk.

# bazis val. bazis megoldas celfv. ertek piv. poz. megjegyegyzes

1. x7, x6, x1 (1, 0, 0, 0, 0, 12, 4, 0, 0) ζ1 = 20 (1, 3)

2. x3, x6, x1 (9, 0, 4, 0, 0, 0, 0, 0, 0) ζ2 = −4 (2, 2) degeneralt lepes

3. x3, x2, x1 (9, 0, 4, 0, 0, 0, 0, 0, 0) ζ3 = −4 (2, 4) degeneralt lepes

4. x3, x4, x1 (9, 0, 4, 0, 0, 0, 0, 0, 0) ζ4 = −4 (1, 9)

5. x9, x4, x1 (1, 0, 0, 1, 0, 0, 0, 0, 1) ζ5 = −6 optimalis



Bazis csere pivot algoritmusoknalLegyen xs, s /∈ IB : cs < 0 ekkor a B bazis, nem lehet dual megengedett (nem optimalis),IB = {i1, i2, . . . , im} es c0 = z(x) = cTBxB = cTBB

−1b. A teljes pivot tabla IB × IB ∪ {s, b} reszetaz alabbi linearis egyenletrendszer fejezi ki

xi1 + t1s xs = b1

xi2 + t2s xs = b2. . . ...

......

xim + tms xs = bm

c0 + cs xs = z(x)

xs = λ

xi1 = b1 − t1sλ

xi2 = b2 − t2sλ...

......

xim = bm − tmsλ

A linearis egyenletrendszer matrixanak oszlopai affin fuggetlen vektorok es ıgy

∆ = ∆(e1, e2, . . . , em, ts) egy szimplex.

Az xs valtozot bevonjuk a bazisba es az erteket λ ≥ 0 noveljuk es barmely j /∈ IB ∪ {s} esetenxj = 0. Ekkor az elozo linearis egyenletrendszernek a jobb oldali alakjahoz jutunk. Azt szeretnenkelerni, hogy xik ≥ 0 legyen, ahol k = 1, 2, . . . ,m. Ket esetunk van:

tks ≤ 0 : barmely λ > 0 eseten az xik = bk − tks λ ≥ 0 teljesul;tls > 0 : xil ≥ 0 pontosan akkor teljesul, ha λ ≤ bl

tls.



Hanyados-tesztVezessuk be a Js = {i ∈ IB : tis > 0} indexhalmazt. Ket eset lehetseges

1.

ha Js 6= ∅ akkor a λ = minj∈Js

bjtjs

es Jλ =

{j ∈ Js : λ =

bjtjs

}es barmely r ∈ Jλ eseten (r, s) megfelelo pivot pozıcio es

z(x(λ)) = c0 + cs λ = c0 + csbrtrs≤ c0 = z(x),

2. ha Js = ∅ akkor a λ ertekre nincsen korlat es figyelembe veve a celfuggvenynek a B bazishoztartozo alakjat, azt kapjuk, hogy

limλ→+∞

z(x(λ)) = limλ→+∞

(c0 + cs λ) = c0 + limλ→+∞

cs λ = −∞,

mivel cs < 0 es λ > 0.

Dual nem megengedettsegi kriterium.

Js = ∅ ⇐⇒ a (P ) feladat celfuggvenye alulrol nem korlatos ⇐⇒ D = ∅. •

Ha valamely j ∈ IB eseten bj = 0 akkor λ = 0, azaz z(x(λ)) = z(x).Ez pedig azt jelenti, hogy a b vektor az IRm ter valamelyik valodi altereben fekszik.



Ketfazisu szimplex modszerLegyen adott a kovetkezo linearis programozasi feladat:

min cTx

Ax = b

x ≥ 0

(P )

ahol A ∈ IRm×n, c,x ∈ IRn es y,b ∈ IRm. Az altalanossag korlatozasa nelkul felteheto, hogyrang(A) = m es b ≥ 0. Ha az A matrix tartalmaz egy m ×m-es egysegmatrixot reszmatrixkent,akkor a (P ) feladatot kanonikus feladatnak nevezzuk, amelyik tartalmaz indulo megengedettbazist.Ha a (P ) feladat nem kanonikus, akkor mesterseges valtozok bevezetesevel kanonikus feladattatranszformalhatjuk:

min cTx + 0Tu

Ax + Iu = b

x, u ≥ 0

(P )

ahol u ∈ IRm a mesterseges valtozok vektora. A (P ) mar kanonikus feladat, de ha megoldanank aszimplex modszerrel, es valamely (x, u) optimalis megoldasara azt kapnank, hogy letezik uj > 0

komponense a mesterseges valtozoknak, akkor az optimalis megoldasa a (P ) feladatnak meg csakmegengedett megoldasat sem szolgaltatna a (P ) feladatnak, hiszen

a(j)x + uj = bj , miatt a(j)x < bj teljesul.



Elso fazis feladatmin 0Tx + eTu

Ax + Iu = b

x, u ≥ 0

(P1)

• A (P1) kanonikus feladat es mivel b ≥ 0, ezert a celfuggvenyerteke is nem negatıv.

• Ha az (x, u) optimalis (bazis) megoldasa a (P1) feladatnak es a celfuggvenyertek pozitıv,akkor az x nem megengedett (bazis) megoldasa a (P ) feladatnak.

• Ha az (x, u) megengedett (bazis) megoldasa a (P1) feladatnak es a celfuggveny erteke nulla,akkor optimalis (bazis) megoldasa a (P1) feladatnak es az x megengedett (bazis) megoldasaa (P ) feladatnak is.

• A P 6= ∅ pontosan akkor igaz, ha a (P1) feladat optimumerteke nulla.

Ketfazisu szimplex modszer:

• Vizsgaljuk meg a (P ) feladatot. Ha kanonikus feladatat akkor oldjuk meg a szimplex algorit-mussal. STOP

• Elso fazis: Kulonben ırjuk fel a (P1) feladatot. A (P1) kanonikus feladat. Oldjuk meg aszimplex modszerrel. Ha a (P1) feladat optimumerteke pozitıv akkor nincsen megengedettmegoldasa a (P ) feladatnak. Primal nem megengedettseg. STOP

• Masodik fazis: Ha a (P1) feladat optimumerteke nulla akkor megkaptuk a (P ) feladatnakegy megenegedett bazisat (Kanonikus alakra transzformaltuk a feladatot). Oldjuk meg a (P )feladatot szimplex modzserrel, az elso fazisban eloallıtott bazisrol indulva. STOP •



Szomszedos bazisokAz IRm ternek, az A = [a1, a2, . . . , an] ∈ IRm×n matrix oszlopai altal alkotott ket bazisatszomszedosnak nevezzuk, ha mindossze egy vektorban ternek el egymastol.Az egyik bazist jelolje B es az A matrixnak azt az oszlop vektorat, amelyben a ket bazis elter a.Ekkor nyilvan az B bazis volta miatt

a = B v, azaz∑j∈IB

vj aj

teljesul, valamely v ∈ IRm. Ha a vp 6= 0 akkor az ap a kovetkezo modon fejezheto ki

ap =1

vpa−

∑j∈IB/{p}

vjvp

aj .

A Ba matrix, az A matrix kovetkezo oszlopaibol all: {aj : j ∈ IB es j 6= p} ∪ {a}.Nyilvan, a Ba pontosan akkor nem szingularis matrix, ha vp 6= 0. Ekkor az elozo egyenlet

ap = Bav alakban ırhato, ahol vT =

[−v1

vp, . . . ,−

vp−1

vp,

1

vp,−

vp+1

vp, . . . ,−vm

vp

]T.

Definialjuk a P = [e1, . . . , ep−1, v, ep+1, . . . , em] pivot matrixot. Ekkor

B = Ba P es ıgy B−1 = P−1B−1a azaz B−1

a = PB−1

Tehat egyik bazisrol atterni valamelyik szomszedosra, ha az elso bazis az inverz matrixaval adott,akkor egy pivot matrixszal balrol valo szorzassal terhetunk at a szomszedos bazis inverzere.



Modosıtott szimplex modszerBemeno adatok: a kanonikus (P ) feladat, azaz az A matrix, b es c vektorok. Adott tovabba egyprimal megengedett B bazis, az IB index halmazzal es a B−1 matrixszal.Szamıtsa ki a b = xB = B−1b jobboldal vektort es yT = cTBB

−1 a dual vektort, a cN =cN − yTAN vektort, valamint a z = cTBb celfuggvenyerteket. Hatarozza meg az I− := {i ∈IN | ci < 0} halmazt.


begin legyen q ∈ I− tetszoleges;if tq = B−1aq ≤ 0 then STOP: a D = ∅ (dual nem megengedettsegi kriterium)

elsebeginϑ := min

{bjtjq

: j = 1, 2, . . . ,m es tjq > 0}

; (hanyados teszt)

p ∈ IB tetszoleges, amelyre bktkq

= ϑ = xp

tkqes az xp a k. bazis valtozo;

xq := ϑ es xi := xi − ϑ tkiq, i ∈ IB es az xi a ki. bazis valtozo;vk := 1

tkqes vj := −vktjq, j = 1, 2, . . . ,m, j 6= k es B−1 := PB−1;

endendifpivotalas: IB := IB ∪ {q} \ {p}, b := P b, szamıtsuk ki az y, cN vektorokat es az I−;

endendwhile

optimalitasi kriterium: I− = ∅, akkor szamıtsuk ki az optimalis celfuggvenyerteket;end.Illes Tibor Eotvos Lorand Tudomanyegyetem


Ciklizalas

Tekintsuk a kovetkezo A. W. Tuckertol szarmazo kanonikus linearis programozasi feladatot, ame-lyet az alabbi indulo (teljes) bazis tablaval adunk meg

1. x1 x2 x3 x4 x5 x6 x7 b

x1 1 0 0 -2 -9 1 9 0

x2 0 1 0 1/3 1 -1/3 -2 0

x3 0 0 1 1 1 1 1 1

c 0 0 0 -2 -3 1 12 0

3. x1 x2 x3 x4 x5 x6 x7 b

x4 1 9 0 1 0 -2 -9 0

x5 -1/3 -2 0 0 1 1/3 1 0

x3 -2/3 -7 1 0 0 8/3 9 1

c 1 12 0 0 0 -2 -3 0

2. x1 x2 x3 x4 x5 x6 x7 b

x1 1 9 0 1 0 -2 -9 0

x5 0 1 0 1/3 1 -1/3 -2 0

x3 0 -1 1 2/3 0 4/3 3 1

c 0 3 0 -1 0 0 6 0

4. x1 x2 x3 x4 x5 x6 x7 b

x4 -2 -9 0 1 9 1 0 0

x7 -1/3 -2 0 0 1 1/3 1 0

x3 7/3 11 1 0 -9 -1/3 0 1

c 0 6 0 0 3 -1 0 0



Ciklizalas (folytatas)

5. x1 x2 x3 x4 x5 x6 x7 b

x6 -2 -9 0 1 9 1 0 0

x7 1/3 1 0 -1/3 -2 0 1 0

x3 5/3 8 1 1/3 -6 0 0 1

c -2 -3 0 1 12 0 0 0

6. x1 x2 x3 x4 x5 x6 x7 b

x6 1 0 0 -2 -9 1 9 0

x2 1/3 1 0 -1/3 -2 0 1 0

x3 -1 0 1 3 10 0 -8 1

c -1 0 0 0 6 0 3 0

Majdnem visszaallt a kiindulo bazis tabla ! Sot a t11 pivot pozıcio valasztasaval, amelyet a szim-plex modszerrel szabalyosan kijelolhetunk, valoban visszakapjuk a kiindulasi pivot tablat. Ezt ajelenseget ciklizalasnak nevezzuk.

Definıcio. Egy megengedett bazis megoldas x = (xB, xN ) = (A−1B b,0) nem degeneralt, ha xB =

A−1B b > 0 es degeneralt, ha letezik i ∈ IB index, amelyre xi = 0. •

Ha megengedett bazis megoldasunk van es valamely i ∈ IB index eseten xi = bi = 0, akkorelofordulhat, olyan pivotalas, amely soran az i. sor valamely j. elemen tij > 0 kellene pivotalnunk,a hanyados teszt miatt. Ekkor az uj bazishoz ugyanaz a megoldas es celfuggvenyertek tartozik.Ezt a tipusu pivotalast degeneralt pivot lepesnek nevezzuk.

A gyakorlati tapasztalat azt mutatta, hogy numerikus szamolasoknal, elvetve talalkoznak cik-lizalassal. Ennek a magyarazatat, a numerikus szamıtasok soran felmerulo kerekıtesi hibakbanveltek felfedezni. Az elmelet szempontjabol, un. ciklizalast megakadalyozo pivotalasi szabalyo-kat definialtak: lexikografikus, minimal indexes, last-in-first-out, most-often-selected-variable esmas pivotalasi szabalyok. Ezektol a szabalyoktol lenyegesen elter az un. perturbacios eljaras,amely segıtsegevel is sikerult igazolni a szimplex modszer vegesseget.



Minimal indexes criss–cross modszer (Terlaky, 1984)

Bemeno adatok:egy (P ) feladat TB (rovid) bazis tablaja es a nem megengedett valtozok I− indexhalmaza


beginp := min{i ∈ IB : xi < 0}; q := min{j ∈ IN : sj < 0}; r := min{p, q};if r = p

thenif t(p) ≥ 0 then STOP: a P = ∅ (primal nem megengedettsegi kriterium)

else legyen q := min{j ∈ IN : tpj < 0};endif

else (i.e. r = q)if tq ≤ 0 then STOP: a D = ∅ (dual nem megengedettsegi kriterium)

else legyen p := min{i ∈ IB : tiq > 0};endif

endifpivotalas a (p, q) pozıcion; IB := IB ∪ {q} \ {p}; hatarozzuk meg az I− halmazt;


end.



Criss-cross modszer: ismert variansokVezessuk be a kovetkezo lekepezeseket: vr : I 7→ IN0, es legyen v0 = (0, 0, ..., 0) illetveLeggyakrabban valasztott valtozo:

vr(i) =

vr−1(i) + 1, ha az i. valtozo mozog az r. iteracioban

vr−1(i), kulonben.

A vr−1 vektorban tartjuk nyilvan, hogy az r. iteracioig, melyik valtozo, hanyszor valtoztatottbazisallapotot.

LIFO:

vr(i) =

r, ha az i. valtozo mozog az r. iteracioban

vr−1(i), kulonben.

A vr−1 vektorban tartjuk nyilvan, hogy az r. iteracioig, melyik valtozo, mikor valtoztatottbazisallapotot.

Minimal indexes szabaly: vr(i) = i barmely r es barmely i eseten.

q ∈ IN meghatarozasa dual iteracio eseten: legyen KDr = {i ∈ IN : tri < 0}, esq ∈ Kmaxr = {j ∈ KDr : vr−1(j) ≥ vr−1(i), ∀i ∈ Kr} tetszoleges

q ∈ IB meghatarozasa primal iteracio eseten: legyen KPr = {i ∈ IB : tir > 0}, esq ∈ Kmaxr = {j ∈ KPr : vr−1(j) ≥ vr−1(i), ∀i ∈ Kr} tetszoleges



A criss-cross algoritmus variansaiBemeno adatok:egy (P ) feladat TB (rovid) bazis tablaja es a nem megengedett valtozok I− indexhalmaza


beginImax− := {j ∈ I− : vr−1(j) ≥ vr−1(i), ∀i ∈ I−} es legyen r ∈ Imax− tetszoleges;if r ∈ IB

thenif t(r) ≥ 0 then STOP: a P = ∅ (primal nem megengedettsegi kriterium)

else q ∈ IN meghatarozasa es pivotalas a trq elemen;endif

else (i.e. r ∈ IN )if tr ≤ 0 then STOP: a D = ∅ (dual nem megengedettsegi kriterium)

else q ∈ IB meghatarozasa es pivotalas a tqr elemen;endif

endifhatarozzuk meg az I− halmazt;


end.



MBU–szimplex algoritmus, Anstreicher–Terlaky, 1991Bemeno adatok: a kanonikus (P ) feladat AB primal megengedett bazisahoz tartozo TB (rovid) bazis tabla.

BeginI− := {i ∈ IN | ci < 0};while I− 6= ∅ do

vezeto valtozo: legyen s ∈ I− tetszoleges;while s ∈ I− do

legyen Ks = {i ∈ IB : tis > 0}if Ks = ∅ then STOP: a D = ∅ (dual nem megengedettsegi kriterium)

elselegyen ϑ := min{ xi

tis: i ∈ Ks}; (hanyados teszt)

legyen r ∈ IB tetszoleges, amelyre xr

trs= ϑ es Θ1 := |cs|

trs;

legyen J = {i ∈ I | ci ≥ 0 es tri < 0};if J = ∅ then Θ2 := +∞

else Θ2 := min{ ci|tri| : i ∈ J }, es q ∈ IN : Θ2 = cq

|trq|if Θ1 ≤ Θ2 then pivotalas a trs elemen else pivotalas a trq elemenhatarozzuk meg az I− halmazt;

endifendwhile

endwhileI− = ∅ akkor optimalis megoldasnal vagyunk; (optimalitasi kriterium)

end.



Az MBU–szimplex modszer mukodeseLegyen adott a (P ) feladat egy indulo primal megengedett bazissal. Jelolje a szokasos modon IBa bazis valtozok, mıg IN a bazison kıvuli valtozok index halmazait. Legyen

I⊕N := {j ∈ IN : cj ≥ 0} es I−N := {j ∈ IN : cj ≥ 0},

a megengedett illetve nem megengedett dual valtozok index halmaza.

Allıtas. Az MBU–szimplex algoritmus alkalmazasakor, ha Θ1 > Θ2 akkor a dual megengedettvaltozok indexek halmaza szigoruan no, es nem csokken, ha Θ1 ≤ Θ2. •

Tetel. Tekintsunk egy primal megengedett bazisbol, egy xs vezeto valtozo segıtsegevel az MBU–szimplex algoritmussal eloallıtott, tetszoleges pivotsorozatot. Ekkor a kovetkezo pivotalas, ame-lyre a Θ1 > Θ2 feltetel mellett kerul sor, a kovetkezo harom tulajdonsag teljesul:

(a) cs < 0,

(b) ha bi < 0 akkor tis < 0, es

(c) max{bitis| bi < 0

}≤ min

{bitis| tis > 0

}. •

Kovetkezmeny. Az MBU–szimplex algoritmus alkalmazasakor a bazis primal megengedettsegehelyreall amikor vezeto valtozo belep a bazisba. •

Kovetkezmeny. Tegyuk fel, hogy az MBU–szimplex algoritmus barmely pivot lepese nem de-generalt, azaz min{Θ1,Θ2} > 0. Ekkor az algoritmus veges sok lepesben a kovetkezo ket allapotvalamelyikevel er veget:

(1) a (P ) feladatnak nincsen megengedett megoldasa, vagy

(2) az MBU–szimplex algoritmus optimalis megoldast talal. •




min cTx

Ax = b

x ≥ 0

(P )max bTy

ATy ≤ c

(D)


P := {x ∈ IRn⊕ | Ax = b} es D := {y ∈ IRm | ATy ≤ c} = {(y, s) ∈ IRm+n | ATy+s = c, s ≥ 0}.

Jelolje aP+ = {x ∈ P | x > 0} es a D+ = {(y, s) ∈ D | s > 0}

primal- illetve dual belsopontok halmazat.

Belsopont feltetel: letezik x ∈ P+ (letezik (y, s) ∈ D+)

Megjegyzes. A belsopontos feltetelek teljesulese eseten, azaz ha P+ 6= ∅ es a D+ 6= ∅ akkor azeros dulitas tetel alapjan letezik primal (es dual) optimalis megoldas. •



Dualitas res: bTy − cTx = yT (Ax)− (ATy + s)Tx = sTx.



Optimalitasi kriteriumokAllıtas. Legyenek az x, s ∈ IRn olyan vektorok, amelyekre x ≥ 0 es s ≥ 0 teljesul. Az x es svektorok pontosan akkor ortogonalisak egymasra, ha xi si = 0, i = 1, 2, ..., n eseten. /

Felhasznalva az elozo allıtast az optimalitasi kriteriumok az alabbi formaban ırhatok

Ax = b, x ≥ 0,

ATy+ s = c, s ≥ 0,

x s = 0.

Allıtas. Ha az x ∈ P+ es (y, s) ∈ D+ akkor x s = w ∈ IRn+. /

Szeretnenk olyan primal es dual belsopontos megoldaspart eloallıtani, amelyre:

Ax = b, x > 0,

ATy+ s = c, s > 0,

x s = µ e.

teljesul, ahol µ > 0 adott es e = (1, 1, ..., 1)T ∈ IRn. Az (x, s) > 0 primal-dual megoldasbolszeretnenk az elozo relaxalt optimalitasi kriteriumoknak egy megoldasat eloallıtani oly modon,hogy valamilyen ismeretlen ∆x, ∆y, ∆s ertekkel modosıtjuk a megengedett megoldast:

A (x + ∆x) = b, x + ∆x > 0,

AT (y + ∆y)+ (s + ∆s) = c, s + ∆s > 0,

(x + ∆x) (s + ∆s) = µ e.



Newton–rendszerEgyszeru szamıtasok utan kapjuk, hogy

A∆x = 0, x + ∆x > 0,

AT∆y+ ∆s = 0, s + ∆s > 0,

s ∆x+ x ∆s+ ∆x ∆s = µ e− x s,

ahol az utolso egyenlet nemlinearis (kvadratikus). Ezt a nemlinearis egyenlotlensegrendszertegyszerusıtjuk. Ket dolgot hagyunk el: 1. a pozitivitasi megkoteseket es 2. a masodrendu tagokat.Ekkor a harmadik egyenlet a kovetkezo alakuva valik

s ∆x + x ∆s = µ e− x s.

Newton-rendszer: keresendo a (∆x,∆y,∆s) ∈ IRn+m+n vektor ugy, hogy

A∆x = 0,

AT∆y+ ∆s = 0,

s ∆x+ x ∆s = µ e− x s.

Legyenek S = diag(s) es X = diag(x) pozitıv matrixok. Ekkor az utolso egyenletet a kovetkezoformara hozzuk

S∆x + X ∆s = µ e− S x, azaz ∆x + S−1X ∆s = µ s−1 − x.

Alkalmazzuk az A matrixot a kapott n-dimenzios vektorokra es hasznaljuk fel az x ∈ Posszefuggest illetve a Newton-rendszer elso egyenletet. Ekkor



∆x, ∆y, ∆s kiszamıtasaAXS−1∆s = A∆x + AXS−1∆s = µA s−1 − A x = µA s−1 − b

A Newton-rendszer masodik egyenletere alkalmazzuk az AXS−1 matrixot, majd pedig rendezzukat az egyenletet. Ekkor

−AX S−1AT∆y = AXS−1∆s = µAs−1 − b

Mivel rang(A) = m, ezert AXS−1AT ∈ IRm×m es nem szingularis matrix, hiszen az A teljes rangu,ezert ∆y egyertelmuen kiszamıthato, azaz

∆y = (AXS−1AT )−1(b− µAs−1).

Ezekutan egyszeruen es egyertelmuen kiszamıthatok a ∆s es a ∆x vektorok, azaz

∆s = −AT (AXS−1AT )−1(b−µA s−1) es ∆x = µ s−1−x+XS−1AT (AXS−1AT )−1(b−µA s−1)

Lemma. ∆x es ∆s ortogonalis vektorok.

Bizonyıtas. A ∆x ∈ Null(A) es ∆s ∈ rowsp(AT ) = columnsp(A) = R(A) es aNull(A) ⊥ R(A). •

Lemma. A (P ) es (D) feladatok eseten, x + ∆x ≥ 0 es s + ∆s ≥ 0 pontosan akkor teljesul, haµ e + ∆x ∆s ≥ 0, ahol x ∈ P+ es (y, s) ∈ D+.

Bizonyıtas. 1. Ha x + ∆x ≥ 0 es s + ∆s ≥ 0 akkor

0 ≤ (x + ∆x)(s + ∆s) = x s + x ∆s + s ∆x + ∆x ∆s = x s + µe− x s + ∆x ∆s = µ e + ∆x ∆s.



Lemmak2. Legyen µ e + ∆x ∆s ≥ 0, azaz ∆x ∆s ≥ −e es xα = x + α∆x, sα = s + α∆s.

Ha α = 0 akkor az x0 = x es az s0 = s , tehat x0 s0 = x s > 0.Masfelol, ha α = 1 akkor az x1 = x + ∆x es az s1 = s + ∆s. Szamıtsuk ki az xα sα vektort,

xα sα = x s + α (x ∆s + s ∆x) + α2 ∆x ∆s = x s + α (µ e− x s) + α2 ∆x ∆s

≥ x s + α (µ e− x s)− α2 µ e = (1− α) x s + α (1− α)µ e = (1− α) (x s + αµ e) ≥ 0.

Tehat x1 ≥ 0, s1 ≥ 0. •

Lemma. A (P ) es (D) feladatok eseten, ha a (∆x, ∆s) olyan, hogy x1 ∈ P+, (y1, s1) ∈ D+,akkor (x1)T s1 = µn.

Bizonyıtas. Figyelembe veve, hogy (∆x)T∆ = 0.

(x1)T s1 = (x+∆x)T (s+∆s) = xT s+sT∆x+xT∆s+(∆x)T∆s = xT s+eT (µ e−x s) = µ eTe = µn. •

Atskalazas: Legyen x ∈ P+ es (y, s) ∈ D+. Definialjuk a kovetkezo vektorokat

d :=

√x

s, u :=

√x s

µ, ekkor

d−1 x√µ

=d s√µ

= u. Hasonloan dx :=d−1 ∆x√µ

es ds :=d ∆s√µ.

Ekkor x+ = x + ∆x =√µd (u + dx) es s+ = s + ∆s =

√µd−1 (u + ds) tovabba

x+ s+ = µ e + ∆x ∆s = µ e +√µd dx

√µd−1 ds = µ (e + dx ds).



Centralitas mertekeKovetkezmeny. A (P ) es (D) feladatok eseten, x+ ∆x ≥ 0 es s+ ∆s ≥ 0 pontosan akkor teljesul,ha e + dx ds ≥ 0, ahol x ∈ P+ es (y, s) ∈ D+. •

Mivel ∆x ∆s = µdx ds ezert

x ∆s + s ∆x = x√µd−1 ds + s

√µd dx =

√µ (s d dx + x d−1 ds) = µu (dx + ds).

Masfelol µ e− x s = x ∆s + s∆x = µu (dx + ds) es µ e− x s = µ e− µu2 = µu (u−1 − u),

tehat dx + ds = u−1 − u.

Bevezetve a dy := ∆y√µ vektort, az atskalazott Newton-rendszer a kovetkezo lesz

AD dx = 0,

(AD)Tdy+ ds = 0,

dx+ ds = u−1 − u.

Tehat a dx ∈ Null(AD) es a ds ∈ rowsp(AD) = Null(HD−1). Ekkor a dx = PAD(u−1 − u) esa ds = PHD−1(u−1 − u) es mivel a (∆x)T∆s = dTxds = 0 ezert

‖dx‖2 + ‖ds‖2 = ‖u−1 − u‖2.

A dx + ds = 0 pontosan akkor teljesul, ha u−1 − u = 0, ami azzal ekvivalens, hogy u−1 = u,azaz u = e. Vezessuk be a centralitas merteket az alabbo modon

δ(x, s, µ) =1

2‖u−1 − u‖ =

1

2

∥∥∥∥√ x s

µ−√

µ

x s

∥∥∥∥Illes Tibor Eotvos Lorand Tudomanyegyetem


A centralis uttol valo tavolsag

Feladat. Bizonyıtsa be, hogy barmely z ∈ IRn eseten eTz4 ≤ ‖z‖4. /

Lemma. Legyen x ∈ P+, (y, s) ∈ D+ es µ > 0. Ha δ := δ(x, s, µ) akkor

‖dx ds‖∞ ≤ δ2 es ‖dx ds‖ ≤ δ2√

2.

Bizonyıtas. Mivel dx ds = 14 ((dx + ds)

2 − (dx − ds)2), ezert

−1

4(dx − ds)

2 ≤ dx ds ≤1

4(dx + ds)

2, es ıgy − 1

4‖(dx − ds)

2‖ e ≤ dx ds ≤1

4‖(dx + ds)

2‖ e

teljesul, ezert ‖dx ds‖∞ ≤ 14‖dx + ds‖2.

Figyelembe veve, hogy ‖dx + ds‖ = ‖dx − ds‖, mert dTxds = 0, adodik a

‖dx ds‖2 = eT (dx ds)2 =

1

16eT ((dx + ds)

2 − (dx − ds)2)2 ≤ 1

16eT ((dx + ds)

4 + (dx − ds)4)

≤ 1

16(‖dx + ds‖4 + ‖dx − ds‖4) =

1

8‖dx + ds‖4.

Ebbol pedig kapjuk, hogy ‖dx ds‖ ≤√

24 ‖dx + ds‖2 =

√2

4 ‖u−1 − u‖ = δ2

√2 •



A centralis uttol valo tavolsag: az uj pont eseten

Tetel. Ha δ := δ(x, s, µ) ≤ 1 akkor x+ ∈ P , (y+, s+) ∈ D. Tovabba, ha δ < 1 akkorx+ > 0, s+ > 0 es

δ(x+, s+, µ) ≤ δ2√2 (1− δ2)

.

Bizonyıtas. Az x+ es s+ pontosan akkor megengedett, ha e + dx ds ≥ 0 ami azzal ekvivalens,hogy ‖dx ds‖∞ ≤ 1. Legyen u+ :=

√x+ s+

µ ekkor (u+)2 = x+ s+

µ = (e + dx ds). Masfelol a

2 δ+ =∥∥∥(u+

)−1 − u+∥∥∥ =

∥∥∥(u+)−1

(e−(u+)2

)∥∥∥ =

∥∥∥(u+)−1

(e− e− dx ds)∥∥∥

=

∥∥∥∥ dx ds√e + dx ds

∥∥∥∥ ≤ ‖dx ds‖√1− ‖dx ds‖∞

≤√

2 δ2

√1− δ2

, es ıgy

δ+ ≤ δ2√2 (1− δ2)

. •

Ling 1. lemmaja (1993). Legyen u ∈ IRp : u > −e es eTu = σ. Ekkor, ha u ≥ 0 vagy u ≤ 0akkor

p∑i=1

−ui1 + ui

≤ −σ1 + σ

es egyenloseg pontosan akkor teljesul, ha legfeljebb egy nem nulla koordinataja van az u vektor-nak.



Ling 1. lemmaja (bizonyıtas)Bizonyıtas. Ha az u = 0 akkor σ = 0 es az egyenloseg trivialisan teljesul. Legyen

f : (−1,∞)p → IR es f(u) :=

p∑i=1

−ui1 + ui

.

Az f fuggveny konvex, mert∂f

∂ui(u) =

− (1 + ui)− (−ui) 1

(1 + ui)2 =

−1− ui + ui

(1 + ui)2 = − 1

(1 + ui)2

es∂2f

∂uj∂ui(u) = 0 ha i 6= j es

∂2f

∂u2i

(u) = −−1 · 2 · (1 + ui) · 1(1 + ui)

4 =2

(1 + ui)3 . Ekkor

barmely u > −e vektor eseten ∂2f∂u2

i(u) > 0 teljesul, ami azt jelenti, hogy az f szigoruan konvex

fuggveny, mert Hf (u) pozitıv definit matrix. A lemma feltetelei mellett, figyelembe veve azt,hogy u 6= 0 vektor, azt kapjuk, hogy eTu = σ ekvivalens az eT

(1σ u)

= 1 feltetellel, ami

pontosan azt jelenti, hogyp∑i=1

ui

σ = 1. es mivel u ≥ 0 vagy u ≤ 0, ezert ui

σ ≥ 0. Kihasznalva

az f fuggveny konvexitasat

f(u) = f

(p∑i=1

uiσσ ei

)≤

p∑i=1

uiσf (σ ei) =

p∑i=1

uiσ

(−σ

1 + σ

)=−σ

1 + σ,

ahol ei ∈ IRp az i. egysegvektor. Egyenloseg pontosan akkor all fenn, ha u = σ ei, valamely iindexre. •



Ling 2. lemmajaLing 2. lemmaja (1993). Legyenek az u,v ∈ IRn ortogonalis vektorokok, es tegyuk fel, hogy‖u + v‖ = 2 ρ, ahol ρ < 1. Ekkor

eT(

e

e + u v− e

)≤ 2 ρ4

1− ρ4.

Bizonyıtas. Korabbi lemmank alapjan ‖u v‖∞ ≤14 ‖u + v‖2 = 1

4 4 ρ2 = ρ2 < 1. Jelolje w =

u v, ekkor eTw = 0 es −e < w < e teljesul az ‖u v‖∞ ≤ ρ2 < 1 miatt.

Jelolje I+ := {i : wi > 0} es I− := {i : wi < 0}, ekkor σ :=∑i∈I+

wi = −∑i∈I−

wi. Egyszeru

szamolassal es az elozo lemma alkalmazasaval

eT(

e

e + u v− e

)= eT

(e

e + w− e

)=

n∑i=1

(1

1 + wi− 1

)=

n∑i=1

−wi1 + wi

=∑i∈I+

−wi1 + wi

+∑i∈I−

−wi1 + wi

≤ −σ1 + σ

+σ

1− σ=

2σ2

1− σ2adodik.

Az utolso kifejezes σ monoton novo fuggvenye, ezert felso korlatjaval helyettesıtheto

σ =1

2

n∑i=1

|wi| =1

2

n∑i=1

|ui vi| ≤1

4

n∑i=1

(u2i + v2

i

)=

1

4‖u + v‖2 = ρ2 es ıgy

eT(

e

e + u v− e

)≤ 2σ2

1− σ2≤ 2 ρ4

1− ρ4. •



A centralis uttol valo tavolsag: Ling becslese

Tetel. Ha δ := δ(x, s, µ) < 1 akkor δ(x+, s+, µ) ≤ δ2√2 (1− δ4)

.

Bizonyıtas. Legyen δ+ := δ(x+, s+, µ

), x+ = x + ∆x, s+ = s + ∆s es u+ =

√x+ s+

µ =√

e + dx ds. Ekkor a dTxds = 0 osszefuggest is figyelembe veve

∥∥u+∥∥2

= eT (u+ u+) = eT (u+)2 = eT(√

e + dx ds

)2= eT (e + dx ds) = eTe + dTxds = n,

adodik. Alkalmazva az elozo szamıtas eredmenyet, azt kapjuk, hogy

4(δ+)2

=∥∥∥(u+

)−1 − u+∥∥∥2

=((

u+)−1 − u+

)T ((u+)−1 − u+

)=∥∥∥(u+

)−1∥∥∥2

+∥∥u+

∥∥2 − 2n

=∥∥∥(u+

)−1∥∥∥2− n =

∥∥∥∥ e√e + dx ds

∥∥∥∥2

− n = eT(

e

e + dx ds− e

).

Alkalmazva az elozo lemmat az u = dx es v = ds vektorokkal

4(δ+)2 ≤ 2δ4

1− δ4adodik, es ıgy δ+ ≤ δ2√

2 (1− δ4)

teljesul, ugyanis ‖dx + ds‖ = 2δ, a centralitas mertekenek a definıcioja szerint, ahol δ < 1. •



Teljes Newton-lepeses prımal-dual logaritmikusbuntetofuggvenyes algoritmus

Bemeno adatok:τ az elteres parameter, 0 ≤ τ < 1;ε > 0 szamıtasi pontossag;x ∈ P+ (y, s) ∈ D+ es µ > 0 : xT s = µ n es δ(x, s, µ) ≤ τ ;bunteto parametert modosıto ertek θ, 0 < θ < 1.

Beginx := x, s := s, µ := µ;while µn ≥ (1− θ) ε do

beginx := x + ∆x;s := s + ∆s;µ := (1− θ)µ;

endend.



Az uj centrumtol valo tavolsag

Lemma. Legyen x ∈ P+, (y, s) ∈ D+ es µ > 0 : xT s = µn. Tovabba, legyen δ := δ(x, s, µ) esµ+ = (1− θ)µ. Ekkor

δ(x, s, µ+)2 = (1− θ) δ2 +θ2n

4 (1− θ).

Bizonyıtas. Legyen δ+ := δ(x, s, µ+) es u =√

x sµ . Eloszor belatjuk, hogy az u−1− u es az u

vektorok ortogonalisak.(u−1 − u

)Tu = eT

((u−1 − u) u

)= eT

(e− u2

)= eTe− uTu = n− n = 0,

figyelembe veve, hogy az xT s = µn, ezert ‖u‖2 = n. Ekkor

4(δ+)2

=

∥∥∥∥√1− θ u−1 − u√1− θ

∥∥∥∥2

=

∥∥∥∥√1− θ(u−1 − u

)+

θ u√1− θ

∥∥∥∥2

= (1− θ)∥∥u−1 − u

∥∥2+θ2 ‖u‖2

1− θ= (1− θ) 4 δ2 +

n θ2

1− θ,

figyelembe veve, hogy δ := δ(x, s, µ) = 12

∥∥u−1 − u∥∥ es ‖u‖2 = n. •



Komplexitas vizsgalatTetel. Legyen τ = 1√

2es θ = 1

2√n

akkor a primal-dual logaritmikus buntetofuggvenyesalgoritmus a teljes Newton lepessel legfeljebb⌈

2√n log

nµ0

ε

⌉lepest igenyel ahhoz, hogy eloallıtson egy x ∈ P+, (y, s) ∈ D+, amelyre xT s ≤ ε.

Bizonyıtas. Az algoritmus kezdeten δ(x, s, µ) ≤ τ = 1√2

teljesul. Egy iteracio utan

δ(x+, s+, µ

)≤ δ2√

2 (1− δ4)≤ τ2√

2 (1− τ4)=

12√

32

<1

2

adodik. Tovabba(x+)T

s+ = µn egy korabbi lemma alapjan. Miutan µ+ = (1 − θ)µ, aholθ = 1

2√n, egyik elozo lemma alapjan

δ(x+, s+, µ+

)2= (1− θ) δ2 +

n θ2

4(1− θ)= (1− θ) δ

(x+, s+, µ

)2+

n θ2

4(1− θ)<

1− θ4

+n θ2

4(1− θ)

<1− θ

4+

n(

14n

)4 (1− θ)

=1− θ

4+

1

16 (1− θ)≤ 1

4+

1

8=

3

8<

1

2= τ2,

mivel 0 < θ = 12√n≤ 1

2 teljesul, barmely n eseten. Tehat az iteracio utan az uj pont ismet acentralis ut megfelelo kornyezeteben van.



Komplexitas vizsgalat: a tetel igazolasa

Az algoritmus a kovetkezo modon mukodik: az iteracio elejen adottak az x ∈ P+, (y, s) ∈ D+,vektorok, amelyekre xT s = µn es δ(x, s, µ) ≤ τ . Ekkor kiszamıtjuk a µ+ = (1 − θ)µcentralis ut parametert es a µ+ e lesz az uj celpont. Ehhez keszıti el az algoritmus az x+ ∈P+, (y+, s+) ∈ D+, pontokat, amelyekre

(x+)T

s+ = µ+ n es δ(x+, s+, µ+) ≤ τ teljesul. Tehataz algoritmus general egy (x0, s0), (x1, s1), . . . , (xk, sk), . . . pontsorozatot, amelynek az elemeirendre a µ0, µ1, . . . , µk, . . . parameteru centrumokhoz tartoznak, es az azoktol mert tavolsaganem nagyobb, mint τ. Sot a pontparokhoz tartozo dualitasres egyre kisebb, hiszen xTk sk =µk n = (1 − θ)k µ0 n, ahol 1 − θ < 1, tehat ez a sorozat geometriai, azaz tart a nullahoz. Tehatbarmely ε > 0 adott pontossaghoz letezik k index ugy, hogy

xTk sk = µk n = (1− θ)k µ0 n ≤ ε, akkor k log(1− θ) + log(µ0 n) ≤ log ε,

a logaritmus monoton novekedese miatt. Figyelembe veve a − log (1− θ) ≥ θ osszefuggest, azelozo egyenlotlensegnel egy erosebbet kovetelunk meg, amely valamely, az elozoleg megadott kindexnel nagyobbra teljesul

k log(1− θ) + log(µ0 n) ≤ −k θ + log(µ0 n) ≤ log ε, tehat log(µ0 n)− log ε ≤ k θ, ezert

1

θlog

µ0 n

ε≤ k, valamely k ∈ IN eseten. Behelyettesıtve a θ =

1

2√n

azt kapjuk, hogy

2√n log

µ0 n

ε≤ k, azaz

⌈2√n log

µ0 n

ε

⌉= k. •



Documents

Linearis programoz´ as:´ elmelete, algoritmusai´ es ...math.bme.hu/~illes/LPea-2010.pdf · First Prev Next Last Go Back Full Screen Close Quit Az eload˝ as szerkezete´ es c´