Polyhedra

Een polyhedron is een verzameling punten x ∈ Rⁿ die voldoen aan

Ax ≤ b voor een m × n matrix A en een vector b ∈ Rm.

Het is direct in te zien dat deze verzameling convex is (ga dit zelf na). Een ongelijkheid a^T_i•x ≤ b_i definieert een halfruimte met aT

i•x = b_i als het bijbehorende hypervlak. Een polyhedron is dus de doorsnede van een eindig aantal halfruimtes. Een convexe veelvlakkenkegel is een polyhedron met b = 0. Een polyhedron kan begrensd of onbegrensd zijn; een begrensd polyhedron heet een polytoop.

Beschouw het LP-probleem

max{p^Tx | Ax ≤ b; x ≥ 0}. Ieder element van het polyhedron

R = {x | Ax ≤ b; x ≥ 0}

heet een toegelaten oplossing en R zelf heet het toegelaten gebied. De lineaire functie pTx noemen we de doelfunctie. Een toegelaten oplossing x0 heet optimaal als

pTx0≥ pTx voor alle x ∈ R.

De extreme punten van R heten ook wel de hoekpunten van R. Een vector s ∈ Rn heet een toegelaten richting in x0 ∈ R als er een λ > 0 bestaat zdd. x0+ λs ∈ R; een toegelaten richting heet bruikbaar als p^Ts > 0.

Stelling 4.6

x0∈ R is een optimale oplossing d.e.s.d. als x0 geen bruikbare richting heeft. Bewijs

⇒ Zeg s is een bruikbare richting in x0 en x0+ λs ∈ R voor zekere λ > 0.

Uit pT(x0+ λs) = pTx0+ λpTs > pTx0 volgt dat x0 niet optimaal is: tegenspraak. ⇐ Stel x0 ∈ R is niet optimaal. Dan is er een x1 ∈ R met pTx1> pTx0.

Zij s = x1− x0, dan is s een bruikbare richting in x0: tegenspraak.

Zij ej de j-de eenheidsvector, d.w.z. e^j_k= (

1 als k = j 0 als k 6= j.

Voor een toegelaten oplossing x defini¨eren we de volgende verzamelingen: M (x) = {i | aT i•x = b_i}; N (x) = {j | x_j = 0} = {j | (ej)Tx = 0}; S(x) = ( s ∈ Rn ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ aT i•s ≤ 0, i ∈ M (x) (−ej)Ts ≤ 0, j ∈ N (x) ) .

Stelling 4.7

x ∈ R is een optimale oplossing d.e.s.d. als er een u ∈ Rm en een v ∈ Rn bestaan zdd. u ≥ 0, v ≥ 0, p = ATu − v, vTx = 0 en uT(b − Ax) = 0.

Bewijs

x ∈ R is optimaal ⇔ pTs ≤ 0 voor alle s ∈ S(x) ⇔ p ∈ (S(x))∗ ⇔

p = ^X

i∈M (x)

u_ia_i•+ ^X

j∈N (x)

v_j(−e^j); u_i≥ 0, i ∈ M (x); v_j ≥ 0, j ∈ N (x). ⇒ Defini¨eren we ui= 0, i 6∈ M (x) en v_j = 0, j 6∈ N (x), dan gelden de relaties.

⇐ Als u ≥ 0, v ≥ 0, p = ATu − v, vTx = 0 en uT(b − Ax) = 0, dan is u_i = 0, i 6∈ M (x) en v_j = 0, j 6∈ N (x). Uit p = ATu − v volgt dan p =^P_{i∈M (x)}u_ia_i•+^P_{j∈N (x)}v_j(−ej), wat impliceert dat x optimaal is.

De relaties vTx = 0 en uT(b − Ax) = 0 heten de orthogonaliteitsrelaties. Als we defini¨eren y = b − Ax (merk op dat y ≥ 0 equivalent is met Ax ≤ b), dan worden de orthogonaliteitsrelaties: vTx = 0 en uTy = 0.

Voorbeeld 4.3

Beschouw het model uit Voorbeeld 4.1. x ∈ R is optimaal ⇔ er zijn u, v ≥ 0 zdd.

(

21 = 4u₁ +u₂ +2u₃ −v₁ ; vTx = 0

14 = 2u₁ +3u₃ −v₂ ; uTy = 0

a. Neem het punt x = (2, 2)^T ∈ R, dan is y = b − Ax = (0, 0, 2)^T. Uit v, x ≥ 0 en vTx = 0 volgt: v₁ = v₂ = u₃ = 0. Dit geeft het stelsel (

21 = 4u₁ + u₂

14 = 2u₁ ^{⇒ u1= 7, u2= −7: niet optimaal (i.v.m. negativiteit van u2).} b. Neem het punt x = (³₂, 3)T ∈ R, dan is y = b − Ax = (0,¹₂, 0)T.

Uit v, x ≥ 0 en vTx = 0 volgt: v₁ = v₂ = u₂ = 0. Dit geeft het stelsel ( 21 = 4u₁ + 2u₃ 14 = 2u₁ + 3u₃ ^{⇒ u1 =} 35 8, u₃= 7 4: optimaal.

Voor een LP-probleem zijn er drie mogelijkheden:

1. R is een lege verzameling: het probleem heet ontoelaatbaar. 2. Er is een eindige optimale oplossing: het probleem heet eindig.

3. Er is een x ∈ R met een bruikbare richting s zdd. x + λs ∈ R voor alle λ ≥ 0: het probleem heeft een oneindige oplossing.

Met de eerder ge¨ıntroduceerde y = b − Ax (de variabelen yi, 1 ≤ i ≤ m, heten de verschil-variabelen), is een equivalente formulering voor (4.2):

Door te noteren x =^¡x_y^¢∈ R^n+m, p =^¡p₀^¢∈ R^n+men A = (A, I), met I de m×m-eenheidsmatrix, wordt een derde equivalente schrijfwijze verkregen:

max{p^Tx | Ax = b; x ≥ 0}. (4.9)

Zij R = {x ∈ Rn+m | Ax = b; x ≥ 0}, en laat a_•k, k = 1, 2, . . . , n + m de kolomvectoren van de matrix A zijn. Verder defini¨eren we J(x) = {j | x_j > 0}.

Stelling 4.8

Laat x ∈ R. Dan geldt: x is een hoekpunt d.e.s.d. als {a_•k | k ∈ J(x)} een verz. van lineair onafhankelijke vectoren is.

Bewijs

Voor x = 0 is de stelling triviaal. Stel nu dat J(x) = {1, 2, . . . , r}.

⇒ Veronderstel dat {a_•k | 1 ≤ k ≤ r} lineair afhankelijk zijn. Dan bestaat er een d 6= 0 met d = (d₁, d₂, . . . , d_r, 0, . . . , 0)T zdd. Ad = 0.

Door λ voldoende klein - maar wel positief - te kiezen, kunnen we ervoor zorgen dat x + λd ≥ 0 en x − λd ≥ 0.

Omdat x + λd ∈ R, x − λd ∈ R en x = 1

2(x + λd) +1

2(x − λd) volgt dat x geen hoekpunt is. ⇐ Veronderstel dat x = λx1+ (1 − λ)x2 en x1, x2 ∈ R met x1 6= x2 en 0 < λ < 1.

Omdat x_j = 0, j > r, is ook x1

j = x2

j = 0 voor alle j > r. Er geldt nu: 0 = b − b = Ax1− Ax2 = A(x1− x2) =^Pn+m_j=1 a_•j(x1

j − x2

j) =^Pr_j=1a_•j(x1

j − x2

j), dus {a_•j, 1 ≤ j ≤ r} is lineair afhankelijk.

Gevolg 4.2

Omdat ieder onafhankelijk stelsel hoogstens m elementen heeft, heeft ieder hoekpunt hoogstens m positieve variabelen.

Gevolg 4.3

Omdat uit de kolommen van A slechts eindig veel lineair onafhankelijke deelverzamelingen zijn te kiezen, heeft R een eindig aantal hoekpunten.

Stelling 4.9

Als R 6= ∅, dan heeft R minstens ´e´en hoekpunt. Bewijs

Zij j(x) = |J(x)| en r = min_x∈Rj(x). Veronderstel dat r = j(x) met x = (x₁, x₂, . . . , x_r, 0, . . . , 0)T. We zullen aantonen dat x een hoekpunt is. Neem aan dat x geen hoekpunt is.

Dan is {a_•j, 1 ≤ j ≤ r} volgens Stelling 4.8 lineair afhankelijk. Er is dus een d 6= 0 met d = (d₁, d₂, . . . , d_r, 0, . . . , 0)T zdd. Ad = 0.

Laat x(λ) = x + λd, dan is Ax(λ) = b voor alle waarden van λ. Er is nu echter een λ₀ zdd. x(λ₀) ≥ 0 en j(x(λ₀)) < r, wat een tegenspraak oplevert. x is dus inderdaad een hoekpunt. Stelling 4.10

Als R 6= ∅ en begrensd, dan geldt:

(1) Iedere x ∈ R is een convexe combinatie van de hoekpunten van R. (2) Er is een hoekpunt van R dat een optimale oplossing van (4.9) is. Bewijs

(1) Neem een x ∈ R. Als j(x) = min_x∈R j(x), dan is x volgens het bewijs van Stelling 4.9 een hoekpunt. We passen nu volledige inductie naar j(x) toe. Noteer, ter afkorting, j = j(x), en laat x = (x₁, x₂, . . . , x_j, 0, . . . , 0)T.

Als {a_•k | k = 1, 2, . . . , j} lineair afhankelijk is, dan is er een d 6= 0 met d = (d₁, d₂, . . . , d_j, 0, . . . , 0)T zdd. Ad = 0.

Beschouw x(λ) = x + λd. Omdat R begrensd is, bestaan er getallen λ₁ > 0 en λ₂ < 0 zdd. λ₁= max{λ | x(λ) ≥ 0} en λ₂= min{λ | x(λ) ≥ 0}.

x(λ₁) en x(λ₂) behoren tot R en j(x(λ₁)) ≤ j − 1 en j(x(λ₂)) ≤ j − 1.

Volgens de inductieveronderstelling zijn dus x(λ₁) en x(λ₂) te schrijven als een convexe combinatie van de hoekpunten van R. Omdat x een convexe combinatie is van x(λ₁) en x(λ₂), namelijk

x = ¹

λ₂− λ₁^{{λ2x(λ1) − λ1x(λ2)},} is ook x een convexe combinatie van de hoekpunten van R.

(2) Laat {x1, x2, . . . , xK} de verzameling van de hoekpunten van R zijn en veronderstel dat p^Tx¹ ≥ p^Tx²≥ · · · ≥ p^Tx^K.

Zij x een optimale oplossing van het LP-probleem en laat

x =^PK_j=1λ_jxj met λ_j ≥ 0 voor alle j en ^P_jλ_j = 1. Dan geldt pTx =^PK_j=1λ_jpTxj ≤ pTx1, dus x1 is ook een optimale oplossing. Gevolg 4.4 (Representatiestelling voor polytopen)

Zij R een niet-leeg polytope. Dan zijn er eindig veel hoekpunten, zeg x¹, x², . . . , x^K, zdd. x ∈ R d.e.s.d als x =^PK_k=1 λ_kxk met ^PK_k=1 λ_k = 1 en λ_k≥ 0 voor 1 ≤ k ≤ K.

Stelling 4.11

Als R 6= ∅ en onbegrensd is en als er een optimale oplossing x0 bestaat, dan is er een hoekpunt van R dat ook een optimale oplossing van (4.9) is.

Bewijs

Laat {x1, x2, . . . , xK} de verzameling van hoekpunten van R zijn. Zij c = max_0≤k≤K ^Pn+m_j=1 xk j

en beschouw het LP-probleem

max{p^Tx | Ax = b; e^Tx ≤ c + 1; x ≥ 0}, (4.10) waarbij e = (1, 1, . . . , 1)T, met toegelaten gebied eR. Merk op dat eR begrensd is.

Het is eenvoudig in te zien dat de volgende twee eigenschappen gelden:

(1) {x1, x2, . . . , xK} zijn weer hoekpunten van eR en voor de overige hoekpunten van eR, zeg xK+1, xK+2, . . . , xK+L, geldt dat eTxK+j = c + 1, j = 1, 2, . . . , L.

(2) x0 is een optimale oplossing van (4.10). Omdat eR begrensd is volgt uit Stelling 4.10 dat

x0 =^PK+L_k=1 λ_kxk met λ_k≥ 0 en ^P_kλ_k= 1.

Uit de optimaliteit van x⁰ volgt dat x^k ook een optimale oplossing is als λ_k> 0. Veronderstel nu dat λ_k= 0 voor k = 1, 2, . . . , K. Dan geldt eTx0 =^PK+L_k=1 λ_k^P_jxk

j = c+1. Dit is in tegenspraak met de definitie van c. Er is dus een 1 ≤ k ≤ K met λ_k> 0, waaruit volgt dat het hoekpunt xk

een optimale oplossing is.

Beschouw het stelsel Ax = b. Kies n variabelen gelijk aan 0 en laat N de deelmatrix van A zijn die bij deze n variabelen behoort. Veronderstel dat

A = (B, N ),

waarbij B dus een m × m matrix is. Laat x_B de vector van de overige variabelen zijn. Het stelsel Ax = b gaat hiermee over in het stelsel

Bx_B= b.

Uit Stelling 4.8 volgt dat x een toelaatbaar hoekpunt is als x toelaatbaar is en de matrix B inverteerbaar is, zodat

x = (x_B, x_N) met x_B = B−1b ≥ 0 en x_N = 0.

Twee hoekpunten heten aangrenzend als de bijbehorende verz. van de n variabelen die gelijk aan 0 zijn gekozen n − 1 dezelfde variabelen bevatten (de bijbehorende B-matrices hebben dan ook m − 1 dezelfde kolommen).

Stelling 4.12 (Representatiestelling voor polyhedra)

Zij R = {x | Ax = b; x ≥ 0} een niet-leeg polyhedron. Dan zijn er eindig veel hoekpunten, zeg x1, x2, . . . , xK, en eindig veel extreme richtingen, zeg d1, d2, . . . , dL, zdd. x ∈ R d.e.s.d als x =^PK_k=1 λ_kxk+^PL_l=1 µ_ldlmet ^PK_k=1 λ_k= 1, λ_k≥ 0 voor 1 ≤ k ≤ K en µ_l≥ 0 voor 1 ≤ l ≤ L.

Bewijs

Neem een x0∈ R en beschouw e

R = {x | Ax = b; e^Tx ≤ c + 1; x ≥ 0}, waarin c = max_0≤k≤K e^Tx^k,

analoog aan in het bewijs van Stelling 4.11. eR is begrensd, dus een polytope, en de hoekpunten van R zijn ook hoekpunten van eR (ga dit zelf na).

Laten x¹, x², . . . , x^K, x^K+1, . . . , x^K+M de hoekpunten van eR zijn. Uit Gevolg 4.4 volgt dat x⁰een convexe combinatie is van x1, x2, . . . , xK+M, d.w.z.

x⁰ = K+MX k=1 λ_kx^k met K+MX k=1 λ_k= 1 en λ_k≥ 0 voor 1 ≤ k ≤ K + M. (4.11) Als λ_k = 0 voor k = K + 1, K + 2, . . . , K + M , dan is de stelling bewezen. Veronderstel voor het vervolg van het bewijs dat λ_p > 0 voor zekere p met K + 1 ≤ p ≤ K + M . xp is een nieuw hoekpunt, d.w.z.

e^Tx^p= c + 1.

De bij de ongelijkheid eTx ≤ c + 1 behorende verschilvariabele behoort dus tot de variabelen die 0 zijn gekozen en de andere variabelen die 0 zijn gekozen behoren tot de hypervlakken die R bepalen.

Neem een aan xp grenzend hoekpunt dat tot de hoekpunten van R behoort, zeg het hoekpunt xq(p) met 1 ≤ q(p) ≤ K. De vector d(p) = xp − xq(p) is dan een extreme richting van R, zeg d(p) = dr(p) met 1 ≤ r(p) ≤ L. Vullen we in (4.11) voor iedere xpmet λ_p> 0 in xp = dr(p)+ xq(p), dan geeft dit

x⁰ = K X k=1 λ_kx^k+ K+MX p=K+1 λ_p(d^r(p)+ x^q(p)) = K X k=1 λ_kx^k+ K+MX p=K+1 λ_px^q(p)) + K+MX p=K+1 λ_pd^r(p). (4.12)

Deze laatste uitdrukking is een convexe combinatie van de hoekpunten van R en een niet-negatieve combinatie van de extreme richtingen van R.

Vraag 4.7

Bewijs dat de verzameling van optimale oplossingen van een LP-probleem convex is.

Vraag 4.8

a. Bepaal de hoekpunten en extreme richtingen van het polyhedron, dat gegeven wordt door −2x₁ + x₂ ≤ −2

−x₁ + x₂ ≤ 1

−x₁ + 2x₂ ≤ 7

− x₂ ≤ −2

4.2.3 Opgaven

Opgave 4.5

Bewijs de volgende beweringen:

a. Ax > 0 is inconsistent d.e.s.d. er een u 6= 0 is zdd. ATu = 0, u ≥ 0.3

b. Als Ax = 0, x > 0 inconsistent is, dan is er een u 6= 0 zdd. ATu ≥ 0.4

Opgave 4.6

Bewijs dat het polyhedron X = {x | Ax = b; x ≥ 0} onbegrensd is d.e.s.d. als er een richting is. Opgave 4.7

Beschouw een financi¨ele markt met 3 producten gedurende ´e´en periode. De producten zijn: een obligatie, een aandeel en een optie. Een obligatie is risicoloos en veronderstel dat ´e´en obligatie 1 euro kost (is niet essentieel, maar is een normalisatie) en dat we hiervoor aan het einde van de periode het bedrag r > 1 ontvangen. Een aandeel loopt risico, heeft aan het begin van de periode een prijs A en we ontvangen hiervoor aan het einde van de periode het bedrag uA als de economische situtatie gunstig is en als de economische situtatie ongunstig is, dan ontvangen we het bedrag dA, waarbij d < 1 < u. De optie geeft het recht om aan het einde van de periode het aandeel te kopen voor het gegeven vast bedrag K. Noemen we A_e de (aan het begin van de periode nog onbekende) waarde die het aandeel aan het einde van de periode heeft, dan zullen we alleen gebruik maken van het optierecht als A_e> K. De waarde van de optie is aan het einde van de periode dus gelijk aan max(0, A_e− K). De optie heeft aan het begin van de periode ook een prijs.

Bewijs dat zonder arbitrage deze prijs gelijk is aan r − d

r(u − d) ^{· max(0, uA − K) +}

u − r

r(u − d)^{· max(0, dA − K).} Opgave 4.8 5

Zij a₁, a₂, . . . , a_n een collectie vectoren uit Rm, en laat A de (m × n)-matrix zijn bestaande uit de kolommen a₁, a₂, . . . , a_n. Laat X = {b | b = Ax; x ≥ 0} en Y = {b | b = Ax; 1 = e^Tx; x ≥ 0}. a. Toon aan dat iedere b ∈ X geschreven kan worden als Ax met x ≥ 0 en hoogstens m positieve

x-componenten.

Aanwijzing: Neem een b ∈ X en beschouw het polyhedron P = {x | Ax = b; x ≥ 0}. b. Toon aan dat iedere b ∈ Y geschreven kan worden als Ax met x ≥ 0 en hoogstens m + 1

positieve x-componenten.

3Dit resultaat staat bekend als de Stelling van Gordan, zie: P. Gordan, ¨Uber die Aufl¨osung linearer Gleichungen mit reelen Coefficienten, Mathematische Annalen 6 (1873) 23–28.

4Dit resultaat staat bekend als de Stelling van Stiemke, zie: E. Stiemke, ¨Uber positive L¨osungen homogener linearer Gleichungen, Mathematische Annalen 76 (1915) 340–342.

5Het resultaat van deze opgave staat bekend als de Stelling van Carath´eodory (C. Carath´eodory: ¨Uber den Variabilit¨atsbereich der Fourierschen Konstanten von positiven harmonische Funktionen, Rendiconto del Circolo

In document BESLISKUNDE 1 L.C.M. KALLENBERG UNIVERSITEIT LEIDEN (pagina 154-161)