Pensamientos: Programación lineal método multiplicador de Lagrange y la dualidad

Lagrange método multiplicador y la doble programación lineal asociado problemas

método de los multiplicadores de Lagrange de la solución de la idea básica

A continuación se muestra un ejemplo de una función binaria se explica el método de Lagrange para la resolución de pensamiento condición de relación.

Se nos da una función binaria \ (z \) :

\ [Z = f (x, y) \]

Y una restricción:

\ [\ Varphi (x, y) = 0 \]

Para resolver \ (z = f (x, y) \) extremum en las condiciones adicionales, primero hacer una función de Lagrange \ (L (X, Y, \ lambda) \) , que se define como sigue:

\[L(x,y,\lambda)=f(x,y)+\lambda\varphi(x,y) \]

Entonces permitido \ (L (x, y, \ lambda) \) en \ (x, y, \ lambda \) primera orden parcial derivada igual a 0:

\ [\ Begin {alineadas} \ frac {\ partial L} {\ x parcial} y = \ frac {\ f parcial} {\ x parcial} + \ lambda \ frac {\ partial \ varphi} {\ x parcial} = 0 \\ \ frac {\ L parcial} {\ y parcial} y = \ frac {\ f parcial} {\ y parcial} + \ lambda \ frac {\ partial \ varphi} {\ y parcial} = 0 \\ \ frac {\ partial L} {\ partial \ lambda} & = \ varphi (x, y) = 0 \ end {alineado} \]

Resolución de ecuaciones que satisfacen la anterior \ (X, Y, \ lambda \) , obtenida punto de estancamiento \ ((X, Y) \) , se \ (z = f (x, y) \) en la condición de restricción \ (\ varphi (x, y) = 0 \) bajo el límite de puntos extremos posible .

Doble problema de programación lineal y el método de los multiplicadores de Lagrange

Aquí se nos da un problema de programación lineal general \ (P \) :

\ [\ Min z = c ^ TX \ quad \\\ begin {alineado} {\ rm st} \ quad AX & \ ge b \\ X & \ ge 0 \ end {alineado} \]

Además, es factible región conocida como \ (Q_P = \ {X | AX \ GE B, X \ GE {\ bf 0} \} \) .

Ajuste:

\ [X = \ left [\ begin {matriz} x_1 \\ x_2 \\ \ vdots \\ x_n \ end {matriz} \ right] \ quad b = \ left [\ begin {matriz} b_1 \\ b_2 \\ \ vdots \\ b_m \ end {matriz} \ right] \ quad Y = \ left [\ begin {matriz} y_1 \\ y_2 \\ \ vdots \\ y_m \ end {matriz} \ right] \ Lambda = \ left [\ begin {matriz} \ lambda_1 \\\ lambda_2 \\ \ vdots \\\ lambda_n \ end {matriz} \ right] \]

A continuación, hacer:

\ [\ Overline {A} = \ left [\ begin {matriz} A \\ I_ {n} \ end {matriz} \ right] \ quad \ overline {b} = \ left [\ begin {matriz} b \\ 0 \ end {matriz} \ right] \ quad \ overline {Y} = \ left [\ begin {matriz} Y \\\ Lambda \ end {matriz} \ right] \]

Podemos hacerlo de Lagrange:

\ [L (X, \ overline Y) = c ^ TX- \ overline Y ^ T (\ overline AX \ overline b) = (c- \ overline A ^ T \ overline Y) ^ TX + \ overline b ^ T \ overline Y \]

Aquí multiplicador \ (la Y \ GE 0, \ Lambda \ GE0 \) , que gradiente:

\ [\ Nabla_XL (X, \ overline Y) = c- \ overline A ^ T \ overline Y \]

Gradiente punto extremo debe ser cero, de acuerdo con el método multiplicador de Lagrange para la solución de idea, en cuyo caso la causa directa de cero gradiente, a continuación, la solución para el valor de la variable correspondiente. A continuación se resuelve el problema \ (D \) :

\ [\ Max \ \ (c- \ overline A ^ T \ overline Y) ^ TX + \ overline b ^ T \ overline Y \\ {\ rm st} \ quad c- \ overline A ^ T \ overline Y = 0 \ ]

Desde que hemos hecho \ (C- \ overline A ^ T \ overline = la Y-0 \) , entonces el problema \ (D \) puede simplificarse como:

\ [\ Max \ \ \ overline b ^ T \ overline Y \\\ begin {alineado} {\ rm st} \ quad c & = \ overline A ^ T \ overline Y \\\ overline Y & \ ge 0 \ end {alineadas } \]

Y debido a que:

Por lo tanto:

\ [\ Overline b ^ T \ overline Y = \ left [\ begin {matriz} b ^ T & 0 ^ T \ end {matriz} \ right] \ left [\ begin {matriz} Y \\\ Lambda \ end {matriz } \ right] = b ^ TY \\\ overline A ^ T \ overline y = \ left [\ begin {matriz} A ^ T & i_n \ end {matriz} \ right] \ left [\ begin {matriz} y \\ final \ Lambda \ {matriz} \ right] = A ^ TY + \ Lambda \]

Dado que el \ (\ Lambda \ GE0 \) , en conjunción con la ecuación anterior, la pregunta \ (D \) se puede simplificar adicionalmente como:

\ [\ Max \ \ b ^ TY \\\ begin {alineado} {\ rm st} \ quad A ^ TY \ le c \\ Y \ ge0 \ end {alineado} \]

Este problema \ (D \) se convirtió en el problema original de programación lineal \ (P \) del problema dual .

La naturaleza del Programa de Doble Lineal

teorema 1

Set \ (X- \) es el plan original \ (P \) solución factible, \ (la Y \) es la programación dual \ (D \) solución factible, hay una constante:

\ [C ^ TX \ b ^ Ty \]

prueba:

\ [C ^ TX \ (A ^ ty) ^ TX = Y ^ T (Ax) \ Y ^ TB = b ^ Ty \]

teorema 2

Si \ (X- \) y \ (la Y \) son el plan original y solución factible a la doble planificación, y \ (C ^ el TX = B ^ TY \) , entonces \ (X, Y \) son su óptima solución.

Prueba es obvio, obtenido directamente de Teorema 1.

teorema 3

Si la planificación original de la solución óptima, la programación dual es también una solución óptima, y son iguales al valor óptimo, y viceversa.

prueba:

Adecuación de: introducir primero variables de holgura \ (el U- \) , la \ (P \) escribirse como:

\ [\ Max \ \ c ^ TX \\\ begin {alineado} {\ rm st} \ quad AX + I_mU y = b \\ X \ ge0, u & \ ge 0 \ end {alineado} \]

Siempre que la solución óptima para el grupo \ (B \) , un grupo variable de \ (x_b = B ^ {-}. 1 B \) , el número de prueba \ (\ Lambda \ Le 0 \) En donde. \ (\ Lambda \) en dos partes, que corresponden a \ (X- \) un \ (\ Lambda_1 \) y la correspondiente \ (el U- \) un \ (\ Lambda_2 \) . Por lo tanto,

\ [Lambda_1 ^ T = c ^ T-c_B ^ TB ^ \ {- 1} A \ le0 \\\ Lambda_2 ^ T = -c ^ T_BB ^ {- 1} E = -c_B ^ TB ^ {- 1} \ le0 \]

Orden \ (el Y ^ T = C_B ^ la TB ^ {-. 1} \) , hay \ (la Y \ GE 0 \) , \ (A ^ TY \ GE C \) , por lo que \ (la Y \) es el \ (D \) solución factible, sino también por la:

\ [W = b ^ TY = Y ^ Tb = c_B ^ TB ^ {- 1} b = c_B ^ TX = z \]

Por lo tanto \ (Y \) es (D \) \ óptima solución. Suficiencia se prueba.

Necesidad: debido a la doble problema de la doble programación del plan original, la suficiencia de lo anterior se puede deducir directamente necesidad.