Linearis programoz´ as bels´ opontos˝ modszerei´web.cs.elte.hu/~illes/Tantargyak/Linearis...

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

Linearis programozas belsopontosmodszerei

Illes [email protected]

Operaciokutatasi TanszekEotvos Lorand Tudomanyegyetem

Budapest2007. februar - aprilis

mailto:[email protected]


Specialis linearis programozasi feladat (pelda)

Legyen adott a kovetkezo linearis programozasi (primal) feladat

min x2 + 2 x3

− 3 x2 + x3 ≥ 0

3 x1 − 2 x3 ≥ −1

− x1 + 2 x2 ≥ −2

ahol az x1, x2, x3 ≥ 0. Ekkor

A =

0 −3 1

3 0 −2

−1 2 0

, b =

0

−1

−2

es c =

0

1

2

.

Az A matrix, ferden szimmetrikus matrix, azaz A = −AT , tovabba a b = −c is teljesul.Egyszeruen megmutathato, hogy ekkor az x = 0 optimalis megoldasa a feladatnak.Az ilyen feladatot ferden szimmetrikus ondualis feladatnak nevezzuk.

Az xT = (2, 1, 3.25) es sT = (Ax)T = (0.25, 0.5, 2) megengedett megoldasa a feladatnak.(Belsopont.)

Illes Tibor Eotvos Lorand Tudomanyegyetem


A ferden szimmetrikus ondualis feladatTekintsuk a kovetkezo (specialis) linearis programozasi feladatot

min qTx

Mx ≥ −q

x ≥ 0

(SP ),

ahol M ∈ IRn×n ferden szimmetrikus matrix es q ∈ IRn⊕ vektor. Az (SP ) feladat megengedett

megoldasainak a halmazaF = {x ∈ IRn : x ≥ 0, Mx ≥ −q }.

Feladat. Bizonyıtsa be, hogy az (SP ) feladat ondualis, azaz a dualisa onmaga. /

Lemma. Az (SP ) feladat optimalis erteke nulla, tovabba az azonosan nulla vektor x = 0 megen-gedett es egyben optimalis megoldasa az (SP ) feladatnak. •

Ha (x, s(x)) adott megoldasa az (SP ) feladatnak, ahol s(x) = Mx + q, akkor

qTx = xT (s(x)−Mx) = xT s(x) = eT (x s(x)),

azaz tetszoleges optimalis megoldasra 0 = qTx = eT (x s(x)), azaz x s(x) = 0, amibol az iskovetkezik, hogy az x es s(x) vektorok komplementarisak, vagyis xi si(x) = 0 teljesul, barmelyi index eseten. Jelolje

F∗ := {x∗ ∈ F : qTx∗ ≤ qTx, ∀x ∈ F} = {x∗ ∈ F : qTx∗ = 0} = {x∗ ∈ F : x∗ s(x∗) = 0},

az (SP ) feladat optimalis megoldasainak a halmazat.



Dualitas resDualitas res: xT s(x) = qTx, ahol az x ∈ F es s(x) = Mx + q.

Lemma. Legyen x es y az (SP ) feladat megengedett megoldasa. Az x es y vektorok akkor escsak akkor optimalisak, ha

x s(y) = y s(x) = x s(x) = y s(y) = 0.

Bizonyıtas. Mivel M ferden szimmetrikus, ezert

(x− y)T (s(x)− s(y)) = (x− y)T M(x− y) = 0, es ekkor xT s(y) + yT s(x) = xT s(x) + yT s(y),

amely pontosan akkor nulla, ha x,y ∈ F∗. Masfelol, tudjuk, hogy x,y ∈ F es ıgy xT s(y) ≥ 0es yT s(x) ≥ 0 teljesul. Figyelembeveve, az xT s(y) + yT s(x) = 0 osszefuggest

xT s(y) = eT (x s(y)) = 0 es yT s(x) = eT (y s(x)) = 0

kovetkezik. Tehat x s(y) = y s(x) = 0 adodik. •

Az (SP ) feladat optimalitasi kriteriumat a kovetkezo alakban is megadhatjuk

−Mx + s = q

x ≥ 0, s ≥ 0

x s = 0

(LCPSP ),

amelyet az (SP ) feladathoz tartozo linearis komplementaritasi feladatnak nevezunk.



Az (SP ) feladat szinthalmazai

Definıcio. Legyen x ∈ F∗. Ha az x + s(x) > 0 akkor az (x, s(x)) megoldas part szigoruankomplementarisnak nevezzuk, ahol s(x) = M x + q. •

Vezessuk be a megengedett belsopontos megoldasok halmazat

F0 := {x ∈ F : (x, s(x)) > 0}.

Belso pont (BP) feltetel: F0 6= ∅ ⇐⇒ letezik x ∈ F : (x, s(x)) > 0.

Vezessuk be eloszor a kovetkezo szinthalmazt

LK = {x ∈ F : xT s(x) ≤ K} = {x ∈ F : qTx ≤ K},

ahol K ∈ IR⊕ es barmely w ∈ IRn+ vektor eseten az alabbi altalanosıtott szinthalmazt

Lw = {(x, s) ∈ IR2n⊕ : s = Mx + q es x s ∈ (w − IRn

⊕)}

is. Nyilvanvalo, hogy ha az (x, s) ∈ Lw teljesul, akkor x s ≤ w.



Lemmak

1. Lemma. Legyen adott az (SP ) feladat es tegyuk fel, hogy F0 6= ∅. Ekkor barmely K ∈ IR,K > 0 szam eseten az LK szinthalmaz korlatos es zart, azaz kompakt.

Bizonyıtas. Ket eset lehetseges: LK = ∅ illetve LK 6= ∅. Az elso eset trivialis.A F0 6= ∅ azaz x ∈ F : (x, s(x)) > 0 belso pont. Mivel az M matrix ferden szimmetrikus, ıgy

0 = (x− x)T M (x− x) = (x− x)T (s− s) = xT s + xT s− xT s− sT x,

ahol az x ∈ LK ⊆ F tetszoleges vektor es az s a hozzatartozo elteres vektor.Ebbol, az LK szinthalmaz definıcioja alapjan azt kapjuk, hogy

xj sj ≤ xT s + sT x = xT s + xT s ≤ K + xT s,

es ıgy az (x, s) > 0 belsopont feltetel miatt, barmely 1 ≤ j ≤ n indexre

xj ≤K + xT s

sj, hasonloan sj ≤

K + xT s

xj,

azaz az LK szinthalmaz korlatos. A zartsaga egyszeru kovetkezmenye a szinthalmaz masodikfelırasanak, azaz annak, hogy veges sok zart felter metszete. •

Megjegyzes. Az LK = ∅ esetrol kesobb megmutatjuk, hogy az F0 6= ∅ feltetel mellett nem allhatfenn. •



Lemmak (folytatas)2. Lemma. Legyen adott az (SP ) feladat es tegyuk fel, hogy F0 6= ∅. Ekkor barmely w ∈ IRn

+,vektor eseten az Lw szinthalmaz korlatos es zart, azaz kompakt.

Bizonyıtas. Ha Lw = ∅ akkor igaz az allıtas.Legyen (x, s) ∈ Lw, azaz x ∈ F es x s ≤ w. Mivel M ferden szimmetrikus, ezert

(x− x)T (s− s) = 0, ahol x ∈ F0 es ekkor xT s + sT x = xT s + xT s, azazxj sj ≤ xT s ≤ xT s + xT s = eT (x s) + eT (x s) ≤ eT (w + w),

ahol w = x s. Ekkor barmely 1 ≤ j ≤ n index eseten

xj ≤eT (w + w)

sjilletve sj ≤

eT (w + w)

xj

teljesul, tehat az Lw szinthalmaz korlatos.

LegyenF := {(x, s) ∈ IR2 n : x ∈ F , es s = M x + q} ⊂ IR2 n

korlatos, zart halmaz es az f : IR2 n → IRn, f(x, s) = x s folytonos lekepezes. Ekkor az

f(F) ⊆ IRn⊕ zart halmaz es ıgy az f(F) ∩ (w − IRn

⊕) is zart,

tehat az oskepe Lw halmaz is zart. •

Megjegyzes. Az Lw = ∅ esetrol, szinten megmutatjuk, hogy a F0 6= ∅ feltetel mellett egyetlenegy w > 0 eseten sem fordulhat elo. •



Lemmak (folytatas)

3. Lemma. Legyen adott az (SP ) feladat es tegyuk fel, hogy F0 6= ∅. Definialjuk a kovetkezohalmazt

G := {w ∈ IRn⊕ : ∃(x, s) ∈ F amelyre x s = w}.

Ekkor a G halmaz nem ures es zart.

Bizonyıtas. Mivel F0 6= ∅, ezert letezik (x, s) > 0 es x ∈ F0, tehat x s = w > 0, es ıgy w ∈ G.Azt kell belatni meg, hogy a G halmaz tartalmazza az osszes limeszpontjat is. Legyen w ≥ 0, ame-lyhez letezik wk ∈ G sorozat, ugy, hogy limk→∞wk = w. Legyen tovabba w olyan, hogy w > wk

teljesul, barmely k indexre es w > w is igaz. Az elozo lemma es az Lw szinthalmaz konstrukciojaalapjan, Lw nem ures es kompkat halmaz. Tovabba, tegyuk fel, hogy letezik (xk, sk) ∈ Lw, ame-lyekre xk sk = wk. Az Lw halmaz kompaktsaga miatt, az altalanossag korlatozasa nalkul felteheto,hogy limk→∞(xk, sk) = (x, s).Figyelembe veve a szorzas folytonossagat es a pontsorozatok definıciojat kapjuk, hogy

x s = limk→∞

xk sk = limk→∞

wk = w,

azaz a G halmaz zart, mert tartalmazza a limeszpontjait. •



TetelTetel. Legyen adott az (SP ) feladat es tegyuk fel, hogy F0 6= ∅. Ekkor barmely w ∈ IRn

+, vektoreseten az Lw szinthalmaz nem ures.

Bizonyıtas. A 2. Lemma szerint az Lw halmaz kompkat. Indirekt modon tegyuk fel, hogy letezikegy w ∈ IRn

+, vektor, amelyre Lw = ∅.Az F0 6= ∅, azaz ∃ x ∈ F0 : w = x s > 0. Ekkor az Lw 6= ∅ kompakt halmaz.Legyen w′ > w es w′ > w. Ekkor az A := {w ∈ IRn

⊕ : eTw ≤ eTw′} nem ures es kompakthalmaz. Tovabba az A ∩ G halmaz is nem ures es kompakt. Definialjuk az f : A ∩ G → IRn

⊕fuggvenyt a kovetkezo kifejezessel

fi(w) :=

0, ha wi ≤ wi

wi − wi, kulonben

Az ‖f(.)‖∞ folytonos fuggveny, hiszen a norma es az f is folytonos fuggvenyek. Ekkor aWeirstrass–tetele miatt, letezik

γ = ‖f(w)‖∞ = minw∈A∩G

‖f(w)‖∞ ≤ ‖f(w)‖∞.

Mivel az Lw = ∅ (indirekt felteves), ezert γ = ‖f(w)‖∞ > 0.Ha intT (w, w) 6= ∅ akkor letezik α ∈ (0, 1), amelyre x+ = x + α ∆x es s+ = s + α ∆s olyanvektorok, amelyekre w+ = x+ s+ ∈ intT (w, w), azaz‖f(w+)‖∞ < ‖f(w)‖∞ = γ

ami ellentmond a Weirstrass–tetelnek.Ha intT (w, w) = ∅ akkor legyen w∗ ∈ Bγ/3(w) ∩ intT (0, w) vektor, amely eseten intT (w∗, w) 6=∅ es megismetelhetjuk az elozo gondolatmenetet. •



Az (SP ) feladat optimalis megoldas halmazarol

Kovetkezmeny. Legyen adott az (SP ) feladat. Az F∗ halmaz nem ures, konvex polieder. Sot, haaz F0 6= ∅ akkor az F∗ halmaz kompakt is.

Bizonyıtas. Legyen wi ∈ IRn⊕ es wi > wi+1, valamint limi→∞ wi = 0. Ekkor

Lwi+1 ⊂ Lwi

teljesul. EbbolF∗ = L0 = ∩∞i=1 Lwi

adodik, azaz az F∗ halmaz zart es mivel F∗ ⊆ Lwi kovetkezik barmely i indexre, ezert korlatos is.Tehat az F∗ kompakt halmaz is. •

Allıtas. Legyen adott az (SP ) feladat es tegyuk fel, hogy F 6= ∅. Ekkor az alabbi allıtasokekvivalensek:

(i) az F0 6= ∅

(ii) az Lw kompakt, nem ures halmaz;

(iii) az LK kompakt, nem ures halmaz;

(iv) az F∗ kompakt, nem ures halmaz. •



A Newton lepes es tulajdonsagaiLegyen adott (x, s) > 0, melyre s = M x + q. Celunk, hogy adott w > 0 vektorra meghatarozzuka (4x, 4s) lepest ugy, hogy

M (x +4x) + q = s +4s

(x +4x) (s +4s) = w.

Sot, azt is szeretnenk biztosıtani, hogy x + 4x > 0 es s + 4s > 0, teljesuljon. Ekkor a(∆x, ∆s) ismeretlenekre vonatkozoan a kovetkezo egyenletrendszert kapjuk

M ∆x = ∆s

x∆s + s∆x + ∆x∆s = w − x s

egyenletrendszerre redukalodik, amely meg mindig nemlinearis. A masodrendu ∆x∆s tag elha-gyasaval a

M ∆x− ∆s = 0

S ∆x + X ∆s = w − x s

Newton egyenletrendszer adodik, ahol X = diag(x) es S = diag(s) pozitıv diagonalis matrixok.Ez mar egy linearis egyenletrendszer, amelynek a matrixa

M =

M −I

S X

∈ IR2n×2n

alaku, mıg az egyenlet, a ∆s = M ∆x behelyettesıtese utan

(S + X M) ∆x = w − x s

lesz.



Newton–rendszer megoldhatosagaAllıtas. Legyenek ax X, S, I, M ∈ IRn×n matrixok. Az X es S pozitıv diagonalisak, az I egyseg,mıg az M ferden szimmetrikus matrix. Ekkor az M matrix regularis, tehat a Newton egyenle-trendszer megoldasa egyertelmu.

Bizonyıtas. Indirekt, azaz tegyuk fel, hogy az M matrix szingularis. Ez azt jelenti, hogy letezikz ∈ IR2n : M z = 0, de z 6= 0.

Legyen z = (u, v) alaku, es ekkor az M z = 0 egyenletet

M u− I v = 0

S u + X v = 0

alakban ırhatjuk. Ekkor nyilvan v = M u lesz.

Mivel a z 6= 0 vektor, ezert nyilvan az u 6= 0 osszefugges is teljesul, vagyis letezik olyan 1 ≤ i ≤ nindex, amelyre ui 6= 0. Figyelembe veve, az S es X matrixok diagonalitasat si ui + xi vi = 0teljesul, barmely i indexre. Mivel az xi > 0 es az si > 0, ezert, ha ui = 0 akkor vi = 0 teljesul,viszont, ha ui 6= 0 akkor

−vi

ui=

si

xi> 0

teljesul, azaz az ui es vi elojele kulonbozo. Az M matrix ferden szimmetrikussaga miatt

0 = uT M u = uTv =n∑

i=1

ui vi < 0,

ellentmondas adodik, tehat az M matrix regularis. Ekkor a Newton-egyenletnek is egyertelmumegoldasa van, es, ıgy az S + X M matrix is invertalhato. •



Newton iranyokA ∆x es ∆s, Newton iranyok az alabbi formaban adhatok meg

∆x = (S + X M)−1 (w − x s) es ∆s = M (S + X M)−1 (w − x s). (1)

Miutan a Newton iranyban egy α lepeshosszu lepest teszunk, az uj (x+, s+) megoldasra a kovet-kezo kifejezest kapjuk:

x+s+ := (x + α∆x)(s + α ∆s) = x s + α (x∆s + s∆x) + α2 ∆x∆s = x s + α (w− x s) + α2 ∆x∆s.

Ez az osszefugges vilagossa teszi, hogy az x s vektor lokalis megvaltozasat a w − x s vektorhatarozza meg.

Allıtas. Legyen az M ferden szimmetrikus matrix es x ∈ F0, azaz (x, s(x)) > 0. Legyen tovabba,w ∈ IRn, w > 0 es w = x s(x). Definialjuk a

T (w, w) = {u ∈ IRn : wi ≤ ui ≤ wi vagy wi ≤ ui ≤ wi, ∀ i }

tegla halmazt. Ha int T (w, w) 6= ∅ akkor letezik α ∈ (0, 1) es (∆x, ∆s) ugy, hogy az

x+ := x + α∆x, s+ := s + α ∆s, w+ := x+s+

es w+ ∈ int T (w, w), valamint x+ ∈ F0 teljesul.

Bizonyıtas. Az int T (w, w) 6= ∅ feltetel miatt w −w 6= 0 es ıgy a (1) kepletek miatt, a ∆x es ∆svektoroknak nem lehet minden komponense nulla.



Az allıtas bizonyıtasaAz α > 0 szamot ugy kell meghatarozni, hogy

x+ := x + α∆x > 0 es s+ := s + α ∆s > 0 (2)

teljesuljon, hiszen ekkor x+ ∈ F0, tovabba azt szeretnenk, hogy legyen w+ ∈ int T (w, w), ehhezpedig az kell, hogy barmely 1 ≤ i ≤ n index eseten

min{wi, wi} < w+i = x+

i s+i < max{wi, wi} (3)

egyenlotlensegek teljesuljenek. Vilagos, hogy az (2) egyenlotlensegek teljesulese a ∆x es ∆svektorok koordinatainak az elojeletol fugg.

Ha 4xi ≥ 0 akkor barmely α > 0 eseten x+i = xi + α4xi > 0 adodik. Ezzel szemben, ha 4xi < 0

akkor α ≤ α1 := min

{− xi

4xi: 4xi < 0

}. Hasonloan α ≤ α2 := min

{− si

4si: 4si < 0

}.

A (3) egyenlotlensegek teljesulesenek az elemzesekor szuksegunk lesz a kovetkezo ket index hal-mazra Iw := {i : wi < wi} es Iw := {i : wi < wi}.

Amikor az i ∈ Iw akkor azt szeretnenk, hogy wi < w+i < wi teljesuljon, azaz

wi < w+i = x+

i s+i = (xi + α4xi) (si + α4si) = wi + α (wi − wi) + α24xi4si.

Figyelembe veve az α > 0 osszefuggest, a kovetkezo korlatot kapjuk

α ≤ α3 := mini∈Iw

{− wi − wi

4xi4si: 4xi4si < 0

}.



Bizonyıtas folytatasaAmennyiben a w+

i < wi egyenlotlenseget vizsgaljuk akkor

wi > w+i = x+

i s+i = (xi + α4xi) (si + α4si) = wi + α (wi − wi) + α24xi4si,

adodik es ezt tovabb alakıtva a

0 < (wi − wi)− α (wi − wi)− α24xi4si

egyenlotlenseget kapjuk, amely az α ismeretlenben masodfoku. Ha a 4xi4si ≤ 0 akkor barmelyα ∈ (0, 1) eseten, az elozo egyenlotlenseg teljesul. Az ellenkezo esetben, amikor 4xi4si > 0akkor


{−

(wi − wi)−√

(wi − wi)2 + 4 (wi − wi)4xi4si

24xi4si: 4xi4si > 0

}.

Hasonloan elemezheto ki az i ∈ Iw eset is. Ekkor az


{(wi − wi)−

√(wi − wi)2 − 4 (wi − wi)4xi4si

24xi4si: 4xi4si < 0

}

illetve α ≤ α6 := mini∈Iw

{− wi − wi

4xi4si: 4xi4si > 0

}.

Legyen az α∗ := min{1, α1, α2, . . . , α6} es ekkor barmely α ∈ (0, α∗) lepeshossz eseten

x+ ∈ F0 es w+ ∈ int T (w, w) teljesul. •



Centralis utAz (SP ) feladat optimalitasi kriteriumanak a relaxaltja

−Mx + s = q

x ≥ 0, s ≥ 0

x s = µ e, µ > 0

Definıcio. Az alabbi halmazt

C := {(x(µ), s(x(µ))) : x(µ) ∈ F0, x(µ) s(µ) = µ e, valamely µ > 0}

az (SP ) feladat centralis utjanak nevezzuk. •

Segedtetel. Legyen M ∈ IRn×n egy ferden szimmetrikus matrix. Ekkor minden z ∈ IRn \ {0}letezik olyan j index, melyre zj 6= 0 es zj(Mz)j ≥ 0.

Bizonyıtas. Indirekt tegyuk fel, hogy letezik olyan z 6= 0, hogy minden j-re, amelyre zj 6= 0,zj(Mz)j < 0. Ez esetben

0 = zT Mz =n∑

j=1

zj(Mz)j =∑

j:zj 6=0

zj(Mz)j < 0 ,

ami nyilvanvalo ellentmondas. •



A centralis ut letezesenek a felteteleTetel. Legyen adott az (SP ) feladat es tegyuk fel, hogy F 6= ∅. Ekkor a kovetkezo allıtasokekvivalensek:

(i) F0 6= ∅

(ii) ∀w ∈ IRn+ eseten ∃! (x, s) > 0 : Mx + q = s es xs = w

(iii) ∀µ > 0 eseten ∃! (x, s) > 0 : Mx + q = s es xs = µe

Bizonyıtas. Az (iii) az (ii) allıtas specialis esete, ıgy (ii) ⇒ (iii).A (iii) feltetelbolbol kovetkezik (i) ugyanis x(µ) s(µ) = µ e eseten x(µ) ∈ F0 teljesul.Az (i) ⇒ (ii) implikaciot indirekt bizonyıtjuk. Tegyuk fel, hogy ∃w ∈ IRn

+ : @x ∈ F0 ess = M x+q, amire teljesulne w = x s. Mivel teljesul a belso pont feltetel, Lw 6= ∅ es kompakt.Legyen f : Lw → IR+ fuggveny, f(x, s) = xT s. Az indirekt feltevesunk miatt

f(x, s) = xT s < eT w, minden (x, s) ∈ Lw.

Az f folytonos fuggveny, ıgy Weierstrass tetele miatt felveszi a maximumat az Lw kompakthalmazon:

eT w = xT s = f(x, s) = max(x,s)∈Lw

f(x, s) = max(x,s)∈Lw

xT s < eT w, (4)

ahol w := x s es w ≤ w, de w 6= w az indirekt feltevesunk miatt.

Ket eset lehetseges:1. Ha intT (w, w) 6= ∅ akkor ∃w+ ∈ T (w, w) : w < w+ < w es w+ = x+ s+, ahol x+ ∈ F0.

Igy eT w < eTw+, ez ellentmond a (4) egyenlotlensegnek hiszen (x+, s+) ∈ Lw.



Tetel bizonyıtasa (2. eset)2. Ha intT (w, w) = ∅, akkor legyen δ := eT (w − w) > 0 es definialjuk

w ∈ IRn+ : w > w > w − δ

ne.

Ekkor a w valasztasi szabalya miatt T (w, w) 6= ∅, azaz letezik w+ ∈ T (w, w) ugy, hogyw+ = x+ s+, x+ = x + α ∆x, s+ = s + α ∆s, ahol x+ ∈ F0 es α ∈ (0, 1). A tovabbiakbanmegmutatjuk, hogy eTw+ > eT w, ami ellentmondas (4) miatt. Felhasznalva a ∆x, ∆s vektorokortogonalitasat, illetve az s∆x + x∆s = w − x s egyenloseget a kovetkezot kapjuk:

eT (w+−w) = xT s+α (sT ∆x+xT ∆s)+α2 (∆x)T ∆s−xT s = α (sT ∆x+xT ∆s) = α eT (w−w) (5)

es a w definıcioja miatt w − w > (w − w) − δn e, ıgy eT (w − w) > eT (w − w) − δ

n eTe =

δ − δ = 0. A (5) egyenloseget figyelembe veve: eTw+ > eT w, amit igazolni szerettunk volna,azaz ellentmondasra jutottunk.A fentiekben belattuk, ∀w ∈ IRn

+ eseten ∃(x, s) > 0 : Mx + q = s, w = x s.

Egyertelmuseg igazolasa: tegyuk fel hogy w ∈ IRn+ vektornak letezik ket kulonbozo eloallıtasa,

azaz letezik (x1, s1) > 0 es (x2, s2) > 0, ugy, hogy

Mx1 + q = s1, w = x1 s1 es Mx2 + q = s2, w = x2 s2, tovabba (x1, s1) 6= (x2, s2).

Legyen z = x1 − x2 6= 0. A segedtetel alapjan letezik j index, ugy, hogy

x1j 6= x2

j es 0 ≥ (x1j − x2

j)(M(x1 − x2))j = (x1j − x2

j)(s1j − s2

j).

Felteheto, hogy x1j > x2

j (a masik eset hasonloan bizonyıthato), ıgy s1j > s2

j . Mivel x1js

1j = wj =

x2js

2j , ezert

1 <x1

j

x2j

=s2j

s1j

⇒ s1j < s2

j ami ellentmond az elobbi feltevesunknek. •



A centralis ut tulajdonsagaiTetel. Legyen adott az (SP ) feladat, melyre teljesul a belso pont feltetel. Ekkor letezik (x∗, s∗) azalabbi tulajdonsagokkal:

(1) (x∗, s∗) = limµ→0 (x(µ), s(µ))

(2) x∗ ∈ F∗

(3) Goldmann-Tucker tetel. (x∗, s∗) szigoruan komlementaris megoldas.

Bizonyıtas. Legyen µk → 0 (k = 1, 2, . . . ) egy monoton csokkeno sorozat. Ekkor barmely kindexre fennall, hogy (x(µk), s(µk)) ∈ Lw0 , ahol w0 = x0s0. Mivel az Lw0 halmaz kompakt,letezik a sorozatnak legalabb egy (x∗, s∗) torlodasi pontja. Az altalanossag korlatozasa nelkulfelteheto, hogy (x∗, s∗) = limk→∞ (x(µk), s(µk)).

A masodik allıtas nyilvanvalo, ugyanis x∗s∗ = limk→∞ x(µk) s(µk) = limk→∞ µk e = 0.

A (3) allıtast igazoljuk. Legyen x ∈ IRn⊕ es jelolje σ(x) = {i : xi > 0} az x vektor tartojat.

Felhasznalva az M matrix ferden szimetrikussagat

0 = (x∗ − x(µ))T (s∗ − s(µ)) = (x∗)T s∗ + x(µ)T s(µ)− (x∗)T s(µ)− (s∗)Tx(µ)

egyenlet adodik. Figyelembe veve a masodik allıtast es az x(µ)i s(µ)i = µ osszefuggest

µ n = (x∗)T s(µ) + (s∗)Tx(µ) =∑

i : x∗i >0

x∗i (s(µ))i +∑

i : s∗i >0

s∗i (x(µ))i

n =∑

i : x∗i >0

x∗i(s(µ))i

µ+∑

i : s∗i >0

s∗i(x(µ))i

µ=

∑i : x∗i >0

x∗i(x(µ))i

+∑

i : s∗i >0

s∗i(s(µ))i

Hataratmenettel, amikor µ → 0 akkor |σ(x∗)|+ |σ(s∗)| = n ami csak ugy teljesulhet, ha az (x∗, s∗)egy szigoruan komplementaris megoldas. •



Optimalis partıcio, analitikus centrum

Definıcio. Legyen B : = {i : xi > 0, valamely x ∈ F∗ eseten}N : = {i : s(x)i > 0, valamely x ∈ F∗ eseten}

Ekkor az indexeknek a (B, N) felbontasat optimalis partıcionak nevezzuk. •

Allıtas. Legyen adott az (SP ) feladat, es tegyuk fel, hogy teljesul a belso pont feltetel. EkkorI = {1, 2, . . . , n} indexhalmaznak a (B, N) valoban partıcioja.

Bizonyıtas. B ∪ N = I, mert az elozo tetel miatt letezik (x∗, s∗) szigoruan komplementaris me-goldas. A B ∩ N = ∅ is teljesul, az optimalis megoldasok komplementaritasat targyalo lemmaalapjan. •

Definıcio. Jelolje x ∈ F∗, s = s(x) azon vektorokat, melyek maximalizaljak a∏i∈B

xi

∏i∈N

si

szorzatot az F∗ optimalis halmazon. Ekkor az x vektort az F∗ optimalis halmaz analitikus cen-trumanak nevezzuk. •



Sonnevend–tetel (1985)

Tetel. Legyen a centralis ut hatarpontja (x∗, s∗). Ekkor x∗ az F∗ halmaz analitikus centruma.

Bizonyıtas. Legyen x ∈ F∗ tetszoleges, es s = s(x). Induljunk ki a

0 = (x− x(µ))T (s− s(µ)) ,

osszefuggesbol. A centralis ut tulajdonsagaival foglalkozo tetel bizonyıtasaban leırtakhoz ha-sonloan az alabbi osszefuggesre jutunk:∑

i∈B

xi

x∗i+∑i∈N

si

s∗i= n.

Mivel x∗i > 0 ∀i ∈ B es s∗i > 0 ∀i ∈ N , alkalmazhatjuk a szamtani–mertani kozep koztiegyenlotlenseget: (∏

i∈B

xi

x∗i

∏i∈N

si

s∗i

) 1n

≤ 1

n

(∑i∈B

xi

x∗i+∑i∈N

si

s∗i

)= 1.

Igy ∏i∈B

xi

∏i∈N

si ≤∏i∈B

x∗i∏i∈N

s∗i •



Az optimalis megoldashalmaz jellemzese

Az x ∈ F vektorra pontosan akkor igaz, hogy x ∈ F∗, ha az xN = 0 es sB = 0 teljesul.

Tetszoleges x ∈ F∗ optimalis megoldasra fennall az

x s(x) = 0 es x + s(x) ≥ 0

osszefugges. Definialjuk az (SP ) feladat kondıcioszamat, amely az F∗ optimalis halmazon anemnulla koordinatak nagysagrendjet jellemzi, azaz

σxSP =

mini∈B

maxx∈F∗

{xi}, ha B 6= ∅

+∞, kulonbenes σs

SP =

mini∈N

maxx∈F∗

{si}, ha N 6= ∅

+∞, kulonben

Az (SP ) feladat kondıcioszama: σSP := min{σxSP , σs

SP} = mini∈B∪N

maxx∈F∗

{xi + si}



Egy segedallıtasAz x ∈ IRn tartoja a supp(x) = {j ∈ I : xj > 0} halmaz, ahol I = {1, 2, . . . , n}.

Lemma. Tekintsuk a kovetkezo megengedettsegi feladatot

M = {x ∈ IRn : Ax = b, x ≥ 0},

ahol az A ∈ IRm×n matrix es a b ∈ IRm,b 6= 0 vektor es tegyuk fel, hogy M 6= ∅ halmaz es azA matrixnak nincsen azonosan nulla oszlopa. Legyen x ∈ M olyan vektor, amely eseten supp(x)minimalis. Ekkor az

{aj : j ∈ supp(x)} = {aj : xj > 0, j ∈ I}

vektor rendszer elemei linearisan fuggetlen vektorok.

Bizonyıtas. Indirekt, tegyuk fel, hogy az {aj : j ∈ supp(x)} vektorok linearisan osszefuggok.Mivel az x 6= 0 vektor, ezert a supp(x) > 0. Ekkor letezik z ∈ IRn, z 6= 0, ugy, hogy∑

j∈supp(x)

zj aj = 0 es zk = 0, ha k 6∈ supp(x), azaz A z = 0.

Nyilvan x + ε z ∈M, barmely ε ∈ IR eseten. Sot, megvalaszthato az ε > 0 ugy, hogy

supp(x + ε z) = supp(x) legyen, es xj + ε zj > 0, ha j ∈ supp(x).

Mivel a z 6= 0, ezert letezik j ∈ supp(x) ugy, hogy zj < 0, vagy zj > 0. Ekkor pedig az

ε = min

{−

xj

zj: zj < 0

}> 0

(ε = max

{−

xj

zj: zj > 0

}< 0

)eseten a supp(x + ε z) < supp(x) ellentmond annak feltevesnek, hogy a supp(x) minimalis. •



Kondıcioszam becslesere szolgalo lemmaLemma. Tekintsuk a kovetkezo megengedettsegi feladatot

M = {x ∈ IRn : Ax = b, x ≥ 0},

ahol az A ∈ ZZm×n matrix es b ∈ ZZm,b 6= 0 vektor. Legyen az M halmaz korlatos es tegyuk fel,hogy van szigoruan pozitıv vektora. Ekkor barmely i ∈ I index eseten

maxx∈M

xi ≥1

n∏j=1

‖aj‖.

Bizonyıtas. Az M halmaz korlatos, ezert az A matrixnak nem lehet azonosan nulla oszlopa.

Ket eset lehetseges: 1. eset: rang(A) = m (ıgy szuksegkeppen m ≤ n).Az M halmaz korlatossagat es belsopont letezeset is figyelembe veve, barmely rogzıtett i ∈ Iindex eseten letezik x ∈M ugy, hogy

xi = maxx∈M

xi > 0.

Az altalanossag korlatozasa nelkul felteheto, hogy x bazis megoldas, es jelolje B a bazismatrixot. Ekkor a Cramer-szabaly miatt

xi =det(Bi)

det(B)> 0,

ahol a Bi matrixot a B matrixbol ugy nyertuk, hogy az i. valtozohoz tartozo oszlop helyere a bvektort raktuk be. Az xi > 0 feltetel es az egeszerteku adatok miatt |det(Bi)| ≥ 1. Masfelol

det(B) ≤ |det(B)| ≤∏

j∈supp(x)

‖aj‖ ≤n∏

j=1

‖aj‖

egyenlotlensegeket nyerjuk, a Hadamard-egyenlotlenseg alkalmazasaval.



Lemma (bizonyıtas folytatasa)Az eddigiek alapjan

maxx∈M

xi = xi =det(Bi)

det(B)=|det(Bi)||det(B)|

≥ 1

|det(B)|≥ 1

n∏j=1

‖aj‖.

2. eset: q = rang(A) < m.

A redundans feltetelek elhagyasaval egy A′ ∈ ZZq×n, b′ ∈ ZZq feladatot kapunk, ahol a matrixunkmar teljes rangu, azaz az elso esethez jutottunk. Vegyuk eszre, hogy

‖a′j‖ ≤ ‖aj‖ (j = 1, 2, . . . , n),

ıgy a masodik esetben is igaz az allıtasunk. •

Tetel. Legyen adott az (SP ) feladat, melyre teljesul a belso pont feltetel. Ha az M matrix es a qvektor racionalis erteku, akkor az (SP ) feladat kondıcioszamara a kovetkezo also becsles teljesul:

σSP ≥ 1n∏

j=1‖mj‖

Bizonyıtas. Tegyuk fel, hogy a (B, N) partıciot ismerjuk, ekkor sB

sN

=

MBB MBN

MNB MNN

xB

xN

+

qB

qN



Tetel bizonyıtasa (folytatas)Legyen x ∈ F∗, azaz qTx = 0, sot az (x, s) szigoruan komplementaris megoldas par. Tovabbafelhasznalva a (B, N) partıcio definıciojat (xN = 0) kapjuk, hogy qT

BxB = 0. Figyelembe vevea szigoru komplementaritast xB > 0, ıgy szuksegszeruen qB = 0. Ezeket felhasznalva a fentirendszerunk a kovetkezo alaku: 0

sN

=

MBB MBN

MNB MNN

xB

0

+

0

qN

⇒

0

sN

=

MBBxB

MNBxB + qN

Tehat MBB 0BN

MNB −INN

xB

sN

=

0B

−qN

xB ≥ 0, xN = 0, sB = 0, sN ≥ 0

Az utobbi rendszer eppen az F∗ leırasa, ami nem ures es tartalmaz szigoruan komplementarismegoldast, ıgy az

A =

MBB 0BN

MNB −INN

, y =

xB

sN

, b =

0B

−qN

valasztassal alkalmazhatjuk az elozo lemmat. Tehat

maxx∈F∗

xi ≥1∏

j∈B‖mj‖

, barmely i ∈ B, es maxx∈F∗

si ≥1∏

j∈B‖mj‖

, barmely i ∈ N.

Ebbol kovetkezik, hogy σSP ≥ 1∏j∈B

‖mj‖≥ 1

n∏j=1

‖mj‖•



A valtozok merete a centralis ut mentenLemma. Barmely (x(µ), s(µ)) ∈ C, µ > 0 eseten igazak az alabbi egyenlotlensegek:

xi(µ) ≥σSP

ni ∈ B, xi(µ) ≤ nµ

σSP

i ∈ N,

si(µ) ≤ nµ

σSP

i ∈ B, si(µ) ≥σSP

ni ∈ N.

Bizonyıtas. Legyen x∗ ∈ F∗ tetszoleges. Ekkor az ortogonalitasi tulajdonsag miatt

(x(µ)− x∗)T (s(µ)− s∗) = 0, azaz x(µ)T s∗ + s(µ)Tx∗ = n µ.

Amibol kovetkezik az xi(µ) s∗i ≤ x(µ)T s∗ ≤ n µ, 1 ≤ i ≤ n.

Mivel s∗i ≥ σ es xi(µ) si(µ) = µ, minden i ∈ N eseten, ıgy

xi(µ) ≤ nµ

s∗i≤ nµ

σSP

es si(µ) ≥σSP

n, i ∈ N.

A tobbi korlat hasonloan bizonyıthato. •

Definıcio. Legyen (x(µ), s(µ)) ∈ C, µ > 0. Ekkor az xi(µ) koordinatat nagynak mondjuk, ha i ∈ B,illetve az si(µ) koordinatat nagynak mondjuk, ha i ∈ N . Ellenkezo esetben kicsinek nevezzuk. •

Kovetkezmeny. Ha µ < σ2SP

n2 centralis ut parameterhez ismert egy (x(µ), s(µ)) ∈ C megoldas,akkor meghatarozhatjuk a (B, N) partıciot.Bizonyıtas. A megadott µ ertek mellett nµ

σ < σn teljesul, ıgy a kovetkezo szetosztas egyertelmu es

megfeleloB := {i : xi(µ) ≥

σSP

n} es N := {i : si(µ) ≥

σSP

n} •



Ket lemma

Lemma. Legyen a D ∈ IRn×n pozitıv definit, es az M ∈ IRn×n ferden szimmetrikus matrix.Ekkor a D + M es az I + DMD pozitıv definit matrixok.

Bizonyıtas. Barmely x ∈ IRn, x 6= 0 vektor eseten az

xT (D + M)x = xT D x + xT M x = xT D x > 0, es

xT (I + DMD)x = xTx + xT DMD x = xTx + (xT D) M (D x) = xTx > 0. •

Lemma. Legyenek A, B ∈ IRn×n pozitıv definit matrixok. Ekkor az A−1B ∈ IRn×n is pozitıvdefinit matrix.

Bizonyıtas. Legyen A−1B matrix λ sajatertekehez tartozo sajatvektora q ∈ IRn, azaz A−1Bq = λq.Ekkor Bq = λAq . Szorozzuk meg balrol qT vektorral, adodik a

qT Bq = λqT Aq

Mivel A es B pozitıv definit, es q 6= 0, ezert qT Aq > 0 illetve qT Bq > 0 es ıgy

λ =qT Bq

qT Aq> 0 •



Csokkenesi irany meghatarozasaTekintsunk az (SP ) feladatot, es legyen x ∈ F0, s = s(x) > 0. Keressuk a (∆x, ∆s) ∈ IR2n:

−M∆x + ∆s = 0

x + ∆x, s + ∆s ≥ 0

Szeretnenk ha: 1. x+ = x + ∆x > 0 es s+ = s + ∆s > 0, es 2. csokkenjen a dualitasres is. Az ujdualitasres erteke:

qTx+ = (x+)T s+ = (x + ∆x)T (s + ∆s) = xT s + sT ∆x + xT ∆s + (∆x)T ∆s =

= xT s + sT ∆x + xT ∆s = qTx + sT ∆x + xT ∆s.

A dualitasres csokkenesenek a feltetele az, hogy qTx+ < qTx, azaz sT ∆x + xT ∆s < 0. Ebbenaz esetben, azt mondjuk, hogy a (∆x, ∆s) ∈ IR2n csokkenesi irany. A csokkenesi irany kereseset,mint optimalizalasi (linearis programozasi) feladat is megfogalmazhatjuk

min {sT ∆x + xT ∆s}

−M∆x + ∆s = 0

x + ∆x ≥ 0 , s + ∆s ≥ 0

(IF )

Az (IF ) az eredeti feladattal azonos feladatosztalyba tartozik !

Dikin (1967) otlete: Keressunk egy konnyebben megoldhato feladatot, amely valamekkora dua-litasrescsokkenest azert biztosıt. Tegyuk ezt ugy, hogy a pozitivitasi megkotest ”relaxaljuk”. Akozelıtest egy (konvex) zart ellipszoiddal kepzeli el.



Dikin–ellipszoidDikin–ellipszoid: ED := { (x + ∆x, s + ∆s) ∈ IR2n :

∥∥∥∥∆x

x+

∆s

s

∥∥∥∥ ≤ 1}

F0s := {(x, s) ∈ IR2n : x ∈ F0 , s > 0}

Ekkor F0s ∩ ED 6= ∅, mert (x, s) ∈ F0

s ∩ int ED . Belathato, hogy F0s ∩ ED 6= ∅ kompakt halmaz.

Legyen (x, s) ∈ F0s ∩ ED, ekkor

1 ≥∥∥∥∥∆x

x+

∆s

s

∥∥∥∥ =

∥∥∥∥s∆x + xM∆x

xs

∥∥∥∥ = ‖(XS)−1(S + XM)∆x‖ = ‖S−1(X−1S + M)∆x‖.

Az S−1(X−1S + M) pozitıv definit matrix, ezert az f(∆x) = ‖S−1(X−1S + M)∆x‖ szigoruankonvex, kvadratikus fuggveny, azaz {∆x ∈ IRn : ‖S−1(x−1S + M)∆x‖ ≤ 1} 6= ∅ kompakt halmaz.Az (IF) feladat relaxalhato a kovetkezo modon:

min {sT ∆x + xT M∆x}

‖S−1(X−1S + M)∆x‖ ≤ 1

(IF )

Az (IF ) linearis celfuggveny minimalizalasa (szigoruan) konvex, kompakt, nemures halmaz felett,es ıgy a Weierstrass tetele miatt letezik optimalis megoldasa. Az (IF ) helyett tekinthetjuk az

min {sT ∆x + xT ∆s}

−M∆x + ∆s = 0∥∥∆xx + ∆s

s

∥∥ ≤ 1

(SF ) feladatot.



A segedfeladat atskalazasa

Legyen µ :=xT s

n, d :=

√x

s, u :=

√xs

µ.

Ekkor√

xs =√

µu es d−1x =√

µu = ds. Vezessuk be a px es ps vektorokat ugy, hogy

d−1∆x =√

µpx es d∆s =√

µps. Ekkor

∆x

x=

d−1∆x

d−1x=

√µpx√µu

=px

ues

∆s

s=

d∆x

dx=

√µps√µu

=ps

uazaz

∆x

x+

∆s

s=

px + ps

u.

Bevezetve a p := px + ps jelolest p

u=

∆x

x+

∆s

s,

illetves∆x + x∆s = (sd)(d−1∆x) + (xd−1)(d∆s) =

√µu√

µpx +√

µu√

µps = µup

Tehat az (SF ) atskalazott alakja, rogzıtett µ parameter mellett

min µuTp

‖pu‖ ≤ 1

felhasznalva a p :=p

ubehelyettesıtest

min µ(u2)T p

‖p‖ ≤ 1

adodik.

A segedfeladat utolso alakja, egy linearis fuggveny minimalizazlasa, egy gomb felett, tehat letezikegyertelmu minimuma:

p = − u2

‖u2‖, azaz p = − u3

‖u2‖.



A (∆x, ∆s) csokkenesi irany meghatarozasa

0 = −M∆x + ∆s = −MD(D−1∆x) + D−1(D∆s) = −√µ (MD px −D−1ps),

tehat ps = DMD px, es ekkor p = px + ps = (I + DMD)px.

Mivel az I + DMD pozitıv definit matrix, ıgy

px = (I + DMD)−1p es ps = DMD(I + DMD)−1p.

Figyelembe veve a d−1∆x =√

µpx es d∆s =√

µps osszefuggeseket

∆x =√

µD(I + DMD)−1p es ∆s =√

µMD(I + DMD)−1p

adodik.

Feladat. Bizonyıtsa be, hogy a∆x = −(S + XM)−1 x2s2

‖x s‖.

Hasznalja fel a D matrix es a p vektor definıciojat. •

Az ıgy kapott (∆x, ∆s) vektort Dikin iranynak nevezzuk.

Ezt meglepve a dualitasres csokkenese:

µ(u2)T p = µ(u2)T (− u2

‖u2‖) = −µ

‖u2‖2

‖u2‖= −µ‖u2‖ = −µ

∥∥∥∥xs

µ

∥∥∥∥ = −‖xs‖.



Dikin–fele affin skalazasu algoritmusInput:megallasi parameter: ε > 0

lepes hossz parameter: α, 0 < α ≤ 1

indulo megoldas: x0 ∈ F0, s(x0) > 0,

kezdeti dualitasres: xT s.

BeginLegyen x := x0, s := s(x);

while xT s ≥ ε dobegin

∆x := −(S + XM)−1 x2s2

||x s|| ;

x := x + α ∆x, s := s(x);

Szamıtsuk ki az xT s dualitasrest;end

end.

centralitasi merteke: legyen x ∈ F0, s = s(x) > 0, definialjuk a

δ(x) =max(x · s(x))

min(x · s(x))=

maxu2

minu2≥ 1

szamot. A δ(x) = 1 pontosan akkor teljesul, ha x ∈ F0 : x s(x) = µ e.



Dualitas res csokkenesemegengedett α lepeshossz: ha az x + α∆x > 0, es s + α∆s > 0.

Lemma. Ha az α lepeshossz megengedett, akkor

(x+)T s+ ≤(

1− α√n

)xT s.

Bizonyıtas. Mivel az x+ = x + α ∆x = d√

µu + αd√

µpx =√

µd (u + αpx) ess+ = s + α ∆s =

√µd−1(u + αps), ezert az

x+s(x+) = (x + α ∆x) (s + α ∆s) = µ (u + αpx) (u + αps) = µ (u2 + α (px + ps)u + α2 px ps).

Figyelembe veve a p = px + ps = − u3

||u2||osszefuggest

x+s(x+) = µ (u2 − αu4

||u2||+ α2 px ps) adodik.

Mivel az α megengedett lepeshossz ezertu2 − α

u4

||u2||+ α2 px ps > 0.

Az M matrix ferden szimmetrikus, ezert pTx ps = eT (d−1 ∆xd∆s) 1

µ = 1µ(∆x)T ∆s = 0.

Szamıtsuk ki az uj dualitasresnek es a µ parameternek a hanyadosat

(x+)T s+

µ= eTu2 − α

eTu4

||u2||+ α2pT

x ps = ||u||2 − α ||u2||,

ahol figyelembe vettuk a px es ps vektorok ortogonalitasat.



A lemma bizonyıtasa

A Cauchy-Schwarz egyenlotlenseg alapjan

||u2|| = 1√n||e|| ||u2|| ≥ eTu2

√n

=||u||2√

n,

behelyettesıtve

(x+)T s+ = µ (||u||2 − α ||u2||) ≤ µ (1− α√n

) ||u||2 = (1− α√n

)xT s. •

Legyen τ > 1, τ ∈ IR es x ∈ F : δ(x) ≤ τ . Tovabba legyen u :=√

x sµ ekkor

δ(x) =maxu2

minu2≤ τ ⇐⇒ maxu2 ≤ τ minu2

osszefuggesbol kovetkezik, hogy letezik τ1, τ2 > 0 es τ2 = ττ1, amelyekre

τ1e ≤ u2 ≤ τ2e.

Allıtas. ‖px ps‖∞ ≤ 1

4‖px + ps‖2 =

‖p‖2

4



Az allıtas igazolasaBizonyıtas. Irjuk fel a pxps szorzatot a kovetkezo alakban

pxps =1

4

((px + ps)

2 − (px − ps)2)

ekkor trivialis also es felso becslesek nyerhetok

−1

4(px − ps)

2 ≤ pxps ≤1

4(px + ps)

2.

Mivel a px es a ps vektorok ortogonalisak, ezert ‖px + ps‖2 = ‖px − ps‖2. A

pxps ≤1

4‖px + ps‖2e,

hiszen, barmely i indexre igaz a kovetkezo egyenlotlenseg

(px)i(ps)i ≤1

4((px)i + (ps)i)

2, tehat

maxi

((px)i(ps)i) ≤1

4

n∑i=1

((px)i + (ps)i)2, teljesul, ami ıgy is ırhato

‖pxps‖∞ ≤ ‖1

4‖px + ps‖2e‖∞ =

1

4‖px + ps‖2 =

‖p‖2

4,

ahol az utolso elotti egyenloseg a vegtelen norma definıcioja miatt teljesul, mıg az utolso a pvektor ertelmezese miatt igaz. •



Feltetelek a lepeshossz megengedettsegereLemma. Legyen τ ∈ IR, τ > 1. Tegyuk fel, hogy x > 0, s := s(x) > 0,x ∈ F es δ(x) ≤ τ . Ekkorbarmely α lepeshossz amely kielegıti az

α ≤ ||u2||2τ2

es α <4τ1

||u2||

egyenlotlensegeket, megengedett lepeshossz es az x+ := x + α∆x vektorra δ(x+) ≤ τ .

Bizonyıtas. Mivelx+s(x+) = µ (u2 − α

u4

||u2||+ α2 px ps)

a baloldalon zarojelben levo elso ket tagjaban az u2 vektor helyett egy t valtozot ırva a

t 7→ t− αt2

||u2||

fuggvenyt nyerjuk. Az α ertekere kirott elso felsokorlat alapjan a fuggveny novekvo a t ∈ [0, τ2]intervallumon, mert az

f ′(t) = 1− 2αt

||u2||≥ 0 egyenerteku az α ≤ ||u2||

2t

feltetellel, amely igaz a lemmaban szerepelo elso felsokorlat miatt. Alkalmazzuk ezt a lekepezestaz u2 vektor minden komponensere, ekkor(

τ1 − ατ21

||u2||

)e ≤ u2 − α

u4

||u2||≤(

τ2 − ατ22

||u2||

)e, es ıgy



A lemma bizonyıtasa (folytatas)

µ

((τ1 − α

τ21

||u2||

)e + α2pxps

)≤ µ

(u2 − α

u4

||u2||+ α2pxps

)≤ µ

(τ2 − α

τ22

||u2||+ α2pxps

)azaz x+s(x+) vektorra also es felso korlatot kaptunk. Nyivan, ha az α megengedett lepeshossz,akkor δ(x+) ≤ τ , azaz max (u+)2 ≤ τ min (u+)2, ehhez pedig elegendo belatni, hogy a kovetkezoegyenlotlenseg teljesul

τ

((τ1 − α

τ21

||u2||

)e + α2pxps

)>

(τ2 − α

τ22

||u2||

)e + α2pxps (A)

Masfelol, ha az elozo egyenlotlenseg teljesul akkor az α nyilvan megengedett lepeshossz. Mivela µ > 0, ezert az elozo egyenlotlenseg teljesulese eseten igaz a

τ

((τ1 − α

τ21

||u2||

)e + α2pxps

)>

(τ1 − α

τ21

||u2||

)e + α2pxps

es mivel τ > 1 es ezert tudjuk, hogy (τ1 − α

τ21

||u2||

)e + α2pxps > 0

azaz x+s(x+) nem tunhet el egyetlen olyan α ertekre sem, amely kielegıti a korlatokat, es ekkorα megengedett lepeshossz. Tehat azt kell megmutatni, hogy az α kielegıti az (A) osszefuggest.Azaz

ττ1e− αττ2

1

||u2||e + τα2pxps > τ2e− α

τ22

||u2||e + α2pxps,

teljesul, mivel τ2 = ττ1 ezert egyszerusıteni lehet a kifejezest es α > 0 miatt α szammal elosztvaaz egyenlotlenseg mindket oldalat a relacio iranya nem valtozik meg.



Bizonyıtas (vege)Atrendezes utan a kovetkezo egyenlotlenseget nyerjuk

τ22 − ττ2

1

||u2||e + α(τ − 1)pxps > 0.

A baloldali kifejezes elso osszegenek a szamlalojat atalakıthajuk az alabbi modon

τ22 − ττ2

1 = τ22 − τ1τ2 =

(τ2

τ1− 1

)τ1τ2 = (τ − 1)τ1τ2,

ahol az elso es az utolso azonossagnal a τ definıciojat hasznaltuk. Ekkor az elozo egyenlotlensegeteloszthatjuk (τ − 1) kifejezessel es az egyenlotlenseg iranya nem valtozik meg, mert τ > 1

τ1τ2e

||u2||+ αpxps > 0. (B)

Mivel a pTx ps = 0, ezert a pxps ≤ 0 nem lehet igaz. Az elozo Allıtas miatt

||pxps||∞ ≤ 1

4||px + ps||2 =

||p||2

4illetve ||p|| =

∥∥∥∥ u3

||u2||

∥∥∥∥ ≤ ||u||∞∥∥∥∥ u2

||u2||

∥∥∥∥ = ||u||∞ ≤√

τ2.

A (B) egyenlotlensegben szerepelo vektorok vegtelen normajat veve, tovabba alkalmazva az elozoket becslest, eloszor az alabbi egyenlotlenseget

τ1τ2

||u2||− α||p||2

4> 0, majd pedig a kovetkezo osszefuggest kapjuk

τ1τ2

||u2||− ατ2

4> 0,

amelyik ekvivalens az α ertekere adott masodik felsokorlattal. •



Dikin–fele affin skalazasu algoritmus a ferden szimmetrikus feladatra

Tetel. Legyen τ := max(2, δ(x0)) es α = 1/(τ√

n). Ha n ≥ 2 akkor a Dikin–fele affin skalazasualgoritmus a ferden szimmetrikus linearis programozasi feladatot legfeljebb

dτn logqTx0

εe

lepesben megoldja. A megoldas x ∈ F , amelyre δ(x) ≤ τ es qTx ≤ ε.

Bizonyıtas. Az x0 ∈ F0 indulo megoldasra δ(x0) ≤ τ osszefugges teljesult. Az elozo lemmaalapjan a lepeshossz megvalaszthato ugy, hogy minden egyes lepesben az uj megoldas pozitıv,megengedett megoldas legyen es a centralitas merteke τ ertekenel kisebb maradjon. Azt kellmegmutatni, hogy a tetel felteteleiben megadott α ertek kielegıti a lemmaban adott korlatokat.Mivel n ≥ 2 ezert

α =1

τ√

n=

τ1

τ2√

n≤ τ1

√n

2τ2=‖τ1e‖2τ2

≤ ‖u2‖2τ2

,

ahol felhasznaltuk azt is, hogy 0 ≤ τ1e ≤ u2. Az ‖u2‖ ≤ τ2√

n miatt

4τ1

‖u2‖≥ 4τ1

τ2√

n=

4

τ√

n> α

adodik, azaz a tetel felteteleiben megadott lepeshossz megengedett.

Az indulo megoldasnal a celfuggveny erteke qTx0 volt. Tudjuk, hogy a dualitas res mindenlepesben (1− 1/(nτ)) nagysagrenddel csokken. Ahhoz, hogy a celfuggveny k lepesben az ε ertekala csokkenjen, (

1− 1

nτ

)k

qTx0 ≤ ε kell, hogy teljesuljon.



Tetel bizonyıtasaSzeretnenk meghatarozni a k erteket. Vegyuk a logaritmusat az elozo kifejezesnek, ekkor

k log

(1− 1

nτ

)+ log(qTx0) ≤ log ε.

Mivel− log

(1− 1

nτ

)≤ 1

nτ,

ezertk

nτ≥ log

qTx0

ε.

Ebbol kovetkezik a tetel allıtasa. •

Pelda. Tekintsuk a kovetkezo ferden szimmetrikus linearis programozasi feladatot:min 5 z5 :

0 0 1 −1 1

0 0 0 0 1

−1 0 0 2 0

1 0 −2 0 2

−1 −1 0 −2 0

z1

z2

z3

z4

z5

+

0

0

0

0

5

≥ 0,

z1

z2

z3

z4

z5

≥ 0

Termeszetesen z = e es s(z) = e megoldasa a feladatnak.



PeldaMegmutathato, hogy a z = (3/2, 1, 3/4, 3/4, 0)T megengedett megoldasa a feladatnak es azs(z) = (0, 0, 0, 0, 1)T az elteres valtozo. A feladat celfuggvenyerteke qT z = 0, tehat a zoptimalis megoldasa a feladatnak, sot z + s(z) = (3/2, 1, 3/4, 3/4, 1)T > 0, azaz a (z, s(z))szigoruan komplementaris optimalis megoldas.

Legyen τ = 2 es n = 5, ekkor az algoritmus legfeljebb⌈10 log

5

ε

⌉iteracioban megoldja a linearis programozasi feladatot. Ha ε = 10−2 akkor

log 5/ε = log 500 = 6.2146,

es ıgy az iteraciok szamara 63 adodik, mint felsokorlat. Amennyiben a megadott ε pontossaggaloldjuk meg a feladatot akkor 58 iteraciora lesz szuksegunk. A megoldasunk

z = (1.5985, 0.0025, 0.7998, 0.8005, 0.0020)T es qT z = z5 = 0.0020

lesz es az elteres valtozonk

s(z) = (0.0012, 0.8005, 0.0025, 0.0025, 1.0000)T .

Megfigyelheto, hogy a z2 es a z5 valtozok erteke kicsi lesz, ebbol arra kovetkeztethetunk, hogya B = {1, 3, 4} es az N = {2, 5} lesz. /



A (B,N) partıcio meghatarozasa a centralis ut egy kornyezeteben

Legyen adott x0 ∈ F0, s0 > 0, amelyek eseten (x0)T s0 = qTx0 = nµ0 = n teljesul, azaz a µ0 = 1.Legyen τ = 2, ekkor a Dikin–fele affin skalazasu algoritmus a ferden szimmetrikus, ondualislinearis programozasi feladatnak d2n log n

ε e iteracioban eloallıt egy x ∈ F0 : δ(x) ≤ 2 es qTx ≤ εtulajdonsagu pontjat.

Lemma. Legyen x ∈ F0, s > 0, amelyekre δ(x) ≤ τ . Ekkor

xi ≥σSP

τni ∈ B, xi ≤

xT s

σSP

i ∈ N,

si ≤xT s

σSP

i ∈ B, si ≥σSP

τni ∈ N,

ahol σSP a feladat kondıcioszama.

Bizonyıtas. Mivel a τ > 1, tehat letezik τ1, τ2 > 0, hogy τ2 = ττ1 es τ1 ≥ xisi ≥ τ2 teljesulbarmely i indexre. Legyen x ∈ F∗, s > 0 olyan, amelyre xi maximalis, azaz xi ≥ σSP > 0,ezert i ∈ B. Felhasznalva az x komplementaritasat es az (x− x)(s− s) = 0 egyenloseget, adodik,hogy xT s + xT s = xT s. Figyelembe veve a vektorok nemnegativitasat kapjuk a lemma harmadikallıtasat

si xi ≤ sT x ≤ xT s + xT s = xT s ⇒ si ≤xT s

xi≤ xT s

σSP

.

Ezt felhasznalva egyszeruen adodik az elso egyenlotlenseg

τ1 ≤ xi si ≤ xixT s

xi≤ xi

nτ2

σ⇒ xi ≥

τ1 σSP

n τ2=

σSP

n τ.

A masodik es a negyedik allıtas hasonloan bizonyıthato. •



AllıtasokLemma. Legyen x ∈ F0, s > 0, melyekre δ(x) ≤ τ . Ha

xT s ≤σ2

SP

τ n,

akkor a (B, N) partıcioja az (SP ) feladatnak a kovetkezo modon kaphato meg:

B := {i : xi > si} es N := {i : xi < si}.

Bizonyıtas. A kicsi es nagy valtozokat szet tudjuk valasztani, ha

xT s

σSP

<σSP

τn, azaz xT s <

σ2SP

τ n.

Tehat a B es N halmazok jol definialtak, es az indexhalmaz partıciojat adjak (elozo lemma). •

Kovetkezmeny. Legyen x0 ∈ F0, s0 > 0, melyekre δ(x0) ≤ τ es (x0)T s0 = n, τ = 2. Ekkora Dikin–fele affin skalazasu algoritmus a ferden szimmetrikus, ondualis linearis programozasifeladat eseten d2n log 2n2

σ2 e lepesben megtalal egy olyan x ∈ F0 megoldast, amely eseten (B, N)partıciot meg tudjuk hatarozni. /

Tetel. Legyen F0 6= ∅. Ekkor x = 0 az (SP ) feladat egyetlen optimalis megoldasa akkor es csakakkor, ha q > 0. Ez az eset pontosan akkor fordul elo, ha B = ∅.

Bizonyıtas. Ha B = ∅, akkor x = 0 optimalis, sot szigoruan komplementaris is az F0 6= ∅ mellett,azaz s(x) = q > 0 kell hogy teljesuljon.Masfelol s(0) = q es s(0) > 0 miatt q > 0, ıgy x = 0 egyertelmu optimum. •



Az ε–optimalis megoldas tulajdonsagaiTekintsunk egy olyan x ∈ F0, s(x) = s > 0 ε-optimalis megoldast, amely eseten az ε kelloenkicsi, akkor a (B, N) partıcio ismert, ıgy az egyenletrendszerunk a kovetkezo alaku lesz sB

sN

=

MBB MBN

MNB MNN

xB

xN

+

qB

qN

Az optimalis megoldas meghatorazasa szempontjabol a B = ∅ eset trivialis (elozo tetel), ezerttegyuk fel, hogy B 6= ∅, ekkor az optimalitas miatt (korabban mar belattuk) qB = 0 ekkor az elsoegyenlet

sB = MBB xB + MBN xN + qB alaku, tehat MBB xB = sB −MBN xN

azaz felırtuk az egyenletet olyan formaban, hogy a baloldalon un. nagy valtozok (xB), mıg ajobboldalon kicsik (xN , sB) allnak.Ha az x ∈ F∗, s = s(x), olyan optimalis megoldas, amely meg szigoruan komplementaris is,akkor xN = 0, sB = 0, es xB > 0, miatt az MBBxB = 0, azaz az MBB matrix szingularis, tehat

0 = MBB ξ = sB −MBN xN (∗)

egyenlet megoldasa, nem egyertelmu es egy lehetseges megoldasa a ξ = xB is. Legyen a ξtetszoleges megoldasa a (∗) egyenletnek, ekkor definialhatjuk, az xB = xB − ξ, xN = 0 me-goldast (x ∈ F0 ε–optimalis megoldas) es s = s(x) elteresvaltozot, ahol

sB = MBB xB + MBN xN + qB = MBB (xB − ξ) + qB = 0.

Tehat az (x, s) komplementaris megoldas, de nem feltetlenul pozitıv vektorok.



Optimalis megoldas meghatarozasa ε–optimalis megoldasbol

Az (x, s) pozitivitasahoz szukseges xB = xB − ξ > 0, illetve

sN = MNB xB + MNN xN + qN = MNB xB −MNB ξ + qN = sN −MNN xN −MNB ξ > 0

ami egyben az optimalitas szukseges feltetele is, hiszen nemnegatıv es komplementaris megoldasegyben optimalis megoldas is. Tehat az ε > 0 alkalmas (kicsi) erteke mellett elo tudjuk allıtaniaz (x, s) vektort, az (SP ) feladat optimalis megoldasat, egy x ∈ F0, s = s(x) > 0, ε–optimalismegoldasbol.

Vezessuk be a kovetkezo jeloleseket:

w := ‖M‖∞ , B∗ := {i ∈ B : MBi oszlopvektor nem azonosan nulla }.

Definialjuk a πB ∈ IN szamot a kovetkezo modon

πB :=

1, ha B∗ = ∅∏j∈B∗

‖MBj‖, kulonben

Lemma. Legyen adott egy egesz egyutthatos (SP ) feladat. Legyen x ∈ F0, s > 0, melyekreδ(x) ≤ τ = 2. Ha

xT s ≤ ε, ahol ε =σ2

SP

6 n w2√|B|πB

,

akkor a kerekıtesi eljaras O(|B∗|3) aritmetikai muvelettel eloallıtja az (SP ) feladat egy szigoruankomplementaris megoldasat.



A lemma bizonyıtasaBizonyıtas. A definıciokbol kozvetlenul kovetkezik, hogy w, πB, |B| ≥ 1. A pontunk a centralisut τ kornyezeteben van, valamint

ε =σ2

SP

6 n w2√|B|πB

<σ2

SP

2n=

σ2SP

τ n,

azaz az ε elegendoen kicsi ahhoz, hogy a (B, N) partıciot meg tudjuk hatarozni. Mivel a partıcioismert, az MBB ξ = sB −MBN xN egyenletet fel tudjuk ırni. Megmutatjuk, hogy letezik olyan ξmegoldasa, amelyre xB− ξ > 0 es sN = sN −MNN xN −MNB ξ > 0 teljesul. Ket eset lehetseges:

(i) eset: MBB = 0, ekkor ξ = 0, azaz sN −MNN xN > 0 kell hogy teljesuljon.Ha MNN = 0, akkor a feltetel mindig igaz.

Ellenkezo esetben (MNN 6= 0) elegendo az sN ≥ σSP

2n e > MNN xN egyenlotlenseget belatni. Azelso resze az N halmaz definıcioja miatt teljesul. A vegtelen norma tulajdonsaga miatt

‖MNN xN‖∞ ≤ ‖MNN‖∞ |xN‖∞ ≤ wε

σ

A lemmaban megadottak szerint ε < σ2SP

2 n w , tehat w εσSP

< σSP

2n , azaz az egyenlotlenseg masodik feleis igaz.(ii) eset: MBB 6= 0.Oldjuk meg az MBB ξ = sB −MBN xN egyenletet Gauss–Jordan eliminacioval (ez a kerekıtesieljaras).Ha MBB szingularis matrix, akkor hatarozzuk meg az MBB maximalis regularis reszmatrixat,jelolje ezt az MB1B2

matrix. Majd ezek utan az MB1B2ρ = sB1

−MB1N xN egyenlet megoldasatkeressuk.



A lemma bizonyıtasanak a folytatasaBarmely i ∈ B eseten a ρi erteket a Cramer–szaballyal is kiszamıthatjuk, azaz

ρi =det(M

(i)B1B2

)

det(MB1B2),

ahol M(i)B1B2

az a matrix, amelyet ugy kapunk, hogy az MB1B2matrix i. oszlopat a jobb oldal

vektorraval kicsereljuk. Mivel az MB1B2matrix egesz szamokbol all, ezert | det(MB1B2

)| ≥ 1. AHadamard egyenlotlenseget hasznalva

|ρi| ≤ | det(M(i)B1B2

)| ≤ ‖sB1−MB1N xN‖

∏j∈B2\{i}

‖MBj‖ ≤ ‖sB1−MB1N xN‖ πB.

Felhasznalva a normak tulajdonsagait es az eddigi eredmenyeket tovabbi becsleseket adhatunk

‖sB −MBN xN‖ ≤√|B| ‖sB −MBN xN‖∞ ≤

√|B| (‖sB‖∞ + ‖MBN xN‖∞)

≤√|B|

(ε

σSP

+ε

σSP

‖MBN‖∞)≤ ε

σSP

√|B| (1 + w) ≤

2 w ε√|B|

σSP

.

Ezt felhasznalva a ρ komponenseire a kovetkezo becslest kapjuk:

ρi ≤2 w ε

√|B|πB

σSP

, i ∈ B2.

Legyen

ξi :=

ρi, ha i ∈ B2

0, kulonben



A lemma bizonyıtasanak a folytatasa II.Egyszeruen ellenorizheto, hogy ξ a megadott egyenlet megoldasa, ıgy mar csak a ket pozitivitasifeltetelt kell ellenorizni. Konnyen lethato, hogy az xB−ξ > 0 feltetel az i /∈ B2 indexeknel mindigteljesul. A becsleseket felhasznalva az xB − ξ > 0 elegseges feltetele az i ∈ B2 indexekre

σSP

2 n−

2 w√|B|πB

σSP

ε > 0,

am ez a lemmaban megadott ε ertekre teljesul, ugyanis

σ2SP

4 n w√|B|πB

> ε.

Az sN −MNN xN −MNB ξ > 0 feltetel helyett pedig az erosebb

σSP

2 n− ‖MNN xN‖∞ − ‖MNB ξ‖∞ > 0 teljesuleset vizsgaljuk. Ekkor

‖MNN xN‖∞ ≤ ‖MNN‖∞ ‖xN‖∞ ≤ wε

σSP

, es ‖MNB ξ‖∞ ≤ ‖MNB‖∞ ‖ξ‖∞ ≤ w2 w√|B| πB

σSP

ε

adodik. A felso becsleseket beırva egy (meg) szigorubb feltetelt kapunk:

σSP

2 n− w

σSP

ε−2 w2

√|B|πB

σSP

ε > 0.



Dikin–fele algoritmus lepesigenye pontos megoldas eloallıtasahoz

Mivel ε =σ2

SP

6 n w2√|B|πB

<σ2

SP

2 n w (1 + 2 w√|B|πB)

, ezertw

σSP

(1 + 2 w

√|B|πB

)ε <

σSP

2 n,

azaz a megadott ε ertek mellett teljesul a szigorubb feltetel is, tehat igaz az eredetileg kituzottpozitivitasi feltetel.

Figyelembe veve a Gauss–Jordan eliminacio lepesszamat a lemmat belattuk. •

Tetel. A Dikin–fele affin skalazasi algoritmussal, a ferden szimmetrikus, ondualis linearis prog-ramozasi feladatot, egy olyan x0 ∈ F0 (s0 > 0) megengedett megoldasbol indulva, amelyreδ(x0) ≤ τ = 2 es (x0)T s0 = n teljesul, eloallıthato egy olyan x ∈ F0 (s > 0) ε–optimalis me-goldas, amelybol a kerekıtesi eljarassal (Gauss–Jordan eliminacios modszer egy specialis linearisegyenletrendszerre) szigoruan komplementaris megoldas szamolhato ki. Az (x, s) ε–optimalismegoldas eloallıtasahoz ⌈

2 n log6 n2 w2

√|B|πB

σ2SP

⌉iteracio szukseges. •



A kanonikus linearis programozasi feladatTekintsuk az alabbi primal- es dual linearis programozasi feladat part

(P ) min{cTx : Ax ≥ b, x ≥ 0

},

(D) max{bTy : ATy ≤ c, y ≥ 0

},

ahol A ∈ IRm×k matrix, b,y ∈ IRm es c,x ∈ IRk vektorok. Az elozo feladat part, kanonikus linearisprogramozasi feladat parnak nevezzuk.

Jol ismert, hogy elemi transzformaciok segıtsegevel tetszoleges LP feladat egy ”minimalis” kano-nikus alakba transzformalhato. Ezen transzformaciok az alabbiak:

• ha egy valtozonak also es felso korlatja is van, akkor ezek kozul az egyiket altalanosegyenlotlensegnek tekintjuk;

• vezessunk be elteres valtozokat azert, hogy egyenloseges felteteleket kapjunk;• az also vagy felso korlatos valtozokat toljuk ugy el, hogy a korlat nulla legyen es amennyiben

szukseges, helyettesıtsuk a valtozot a minusz egyszeresevel ugy, hogy nemnegatıv valtozokatkapjunk;

• eliminaljuk a szabad valtozokat;• Gauss eliminacio segıtsegevel eliminaljuk a fuggo felteteleket;• az aktualis bazis segıtsegevel felırhatjuk a kanonikus feladatot.

Vezessuk be a primal- es dual megengedett megoldasok halmazat

P = {x ∈ IRn : Ax ≥ b, x ≥ 0} illetve D = {y ∈ IRm : ATy ≤ c, y ≥ 0}.



Gyenge dualitas tetel

A kanonikus LP feladatra a gyenge dualitas tetel egyszeruen bizonyıthato.

Gyenge dualitas tetel. Legyen x ∈ P es y ∈ D, ekkor cTx ≥ bTy, ahol egyenlosegpontosan akkor all fenn, ha

x (c− ATy) = 0, es y (Ax− b) = 0. (komplementaritasi feltetelek)

Bizonyıtas. Az x es y vektorok primal es dual megengedettseget hasznalva kapjuk, hogy

(c− ATy)Tx ≥ 0 es yT (Ax− b) ≥ 0. (A)

A ket egyenlotlenseget osszeadva

0 ≤ (c− ATy)Tx + yT (Ax− b) = cTx− bTy (B)

a celfuggvenyertekekre a a kivant egyenlotlenseg adodik.Ha a komplementaritasi feltetel teljesul, akkor az (A) egyenlotlensegek egyenloseggel teljesulnek,es ıgy a (B) egyenlotlensegben is egyenloseg all.Megfordıtva, ha a (B) egyenlotlensegben egyenloseg van akkor az x, y, Ax−b es c−ATy vekto-rok nemnegativitasat is figyelembe veve, az (A) egyenlotlensegek, egyenloseggel teljesulnek. Ezpedig azt jelenti, hogy a komplementaritasi feltetelek fennallnak. •

Gyenge equilibrium tetel. Legyen x ∈ P es y ∈ D, olyan vektorok, amelyekre cTx = bTyteljesul. Ekkor az x a primal feladat es y a dual feladat egy optimalis megoldasa. •



A Goldman–Tucker modellTekintsuk a primal–dual kanonikus linearis programozasi feladatpart es a gyenge dualitas tetelaltal definialt egyenlotlenseget a celfuggvenyertekek kozott, azaz

Ax− z = b, x ≥ 0, z ≥ 0

ATy + s = c, y ≥ 0, s ≥ 0

bTy − cTx− ζ = 0, ζ ≥ 0,

ahol bevezettuk a z, s, ζ szukseges elteres valtozokat. Homogenizalva az egyenleteket a Goldman–Tucker feladatot kapjuk:

Ax −ξb −z = 0, x ≥ 0, z ≥ 0

−ATy +ξc −s = 0, y ≥ 0, s ≥ 0

bTy −cTx −ζ = 0, ξ ≥ 0, ζ ≥ 0.

(GT )

Vezessuk be a kovetkezo jelolest M =

0 A −b

−AT 0 c

bT −cT 0

, u =

y

x

ξ

, ekkor az alabbi

min {0Tu : Mu ≥ 0, u ≥ 0} (SP )

(homogen) ferden szimmetrikus, ondualis linearis programozasi feladat, ekvivalens a (GT ) fe-ladattal. Tehat azt kaptuk, hogy barmely primal–dual linearis programozasi feladatbol elo lehetallıtani egy veluk ekvivalens (SP ) feladatot.



A Goldman–Tucker feladat megoldhatosagarolTetel. Legyen adott egy primal–dual linearis programozasi feladatpar. Az alabbi allıtasok igazak:

1. A (P ) es (D) feladatok tetszoleges (x,y) optimalis megoldas parja, melyre a dualitasres nulla,a megfelelo Goldman–Tucker rendszer egy megoldasat adja ξ = 1, ζ = 0 valasztassal.

2. Ha (y,x, ξ, z, s, ζ) a Goldman–Tucker rendszer egy megoldasa, akkor vagy ξ = 0 vagy ζ = 0,azaz ξζ > 0 nem lehet igaz.

3. A Goldman–Tucker rendszer tetszoleges (y,x, ξ, z, s, ζ) megoldasa, ahol ξ > 0 es ζ = 0,a primal (P ) es dual (D) feladatok egy (x

ξ , yξ ) optimalis megoldas parjat adja, amelyre a

dualitasres nulla.

4. Ha a Goldman–Tucker rendszernek van olyan megoldasa (y, x, ξ, z, s, ζ), ahol ξ = 0 es ζ > 0,akkor vagy a (P ), vagy a (D) feladat, vagy mindketto nemmegengedett.

Bizonyıtas. Az elso es a harmadik allıtas behelyettesıtessel konnyen ellenorizheto.A masodik allıtast indirekt bizonyıtjuk. Ha ξζ pozitıv lenne, akkor

0 < ξζ = ξbTy − ξcTx = xT Ay − zTy − xT ATy − sTx = −zTy − sTx ≤ 0

egyenlotlenseget kapnank, ami nyilvanvalo ellentmondas.Az utolso allıtas igazolasanal a ξ = 0 feltetelbol kovetkezik, hogy Ax ≥ 0 es AT y ≤ 0. Tovabba,ha ζ > 0, akkor vagy bT y > 0, vagy cT x < 0, vagy mindketto fennall. Ha bT y > 0, akkor,feltetelezve, hogy a (P ) feladatnak van egy x ≥ 0 megoldasa a

0 < bT y ≤ xT AT y ≤ 0

ellentmondashoz jutunk. Tehat ha bT y > 0, akkor (P ) nemmegengedett.Hasonloan, ha cT x < 0, akkor a dual feladat nemmegengedettseget kapjuk. •



Eros dualitas tetel

Vegyuk eszre, hogy a Goldman–Tucker feladat az alabbi alakba ırhato:

M u ≥ 0, u ≥ 0, s(u) = M u. (GT )

szigoruan komplementaris megoldas: u s(u) = 0 es u + s(u) > 0

Goldman–Tucker tetel. A Goldman–Tucker egyenlotlensegrendszernek van szigoruan komple-mentaris megoldasa, azaz olyan megoldasa, melyre u + s(u) > 0. /

Eros dualitas tetel. Legyen adott egy primal–dual linearis programozasi feladatpar. Az alabbi ketallıtas kozul pontosan az egyik igaz:

• Vagy a (P ), vagy a (D) feladat, vagy mindketto nem megengedett.

• Letezik x∗ ∈ P es y∗ ∈ D megoldasok, amelyekre cTx∗ = bTy∗.

Bizonyıtas. A Goldman–Tucker tetelbol kovetkezik, hogy a linearis programozasi feladatparbolszarmaztatott Goldman–Tucker rendszerenek van egy szigoruan komplementaris megoldasa. Egyilyen megoldasban vagy ξ > 0, es ebben az esetben az elozo tetel 3. pontjabol kovetkezik, hogyletezik optimalis megoldas par nulla dualitasressel, vagy ζ > 0 a Goldmann–Tucker rendszerszigoruan komplementaris megoldasaban. Az utobbi esetben az elozo tetel 4. pontja miatt (P )vagy (D) vagy mindketto nem megengedett. •



A Goldmann–Tucker tetel bizonyıtasa (altalanos eset)

A Goldmann–Tucker tetelt mar igazoltuk a belsopont feltetel teljesulese mellett az (SP ) ferdenszimmetrikus, ondualis linearis programozasi feladatokra.

Legyen u = s = e. Ezek a vektorok pozitıvak, de nem elegıtik ki a (GT ) feladatot. Definialjuk azr hibavektort

r := e−M e, es legyen λ := K + 1 = (m + n + 1) + 1. Ekkor M r

−rT 0

e

1

+

0

λ

=

Me + r

−rTe + λ

=

e

1

.

A fenti konstrukcio alapjan az

(SP ) min

λ ϑ : −

M r

−rT 0

u

ϑ

+

s

ν

=

0

λ

;

u

ϑ

,

s

ν

≥ 0

feladat, ferden szimmetrikus, ondualis linearis programozasi feladat es kielegıti a belsopontfeltetelt, mivel a csupa egyesbol allo vektor megengedett megoldast ad. A Goldman–Tuckertetel specialis esetebol kovetkezik, hogy az (SP ) feladatnak letezik szigoruan komplementarismegoldasa.

Mivel az (SP ) feladat celfuggvenye a ϑ valtozo egy pozitıv tobbszorose, ıgy a ϑ valtozonak min-den optimalis megoldasban nulla az erteke. Tehat az (u, ϑ, s, ν), ϑ = 0 szigoruan komplementarismegoldasa az (SP ) feladatnak, akkor es csak akkor, ha (u, s) szigoruan komplementaris megoldasaa Goldmann–Tucker modellnek.



Dikin-algoritmus: gyakorlati szempontok

µ :=xT s

λ, d :=

√x

s, u :=

√xs

µ, es p = − u3

‖u2‖

∆x =√

µD(I + DMD)−1p es ∆s =√

µMD(I + DMD)−1p

A Dikin-fele-affin-skalazasi-algoritmus szamıtogepes megvalosıtasa soran ket parameternek vanjelentos hatasa: a kornyezeti parameter, τ ≥ 1 megvalasztasanak, illetve a τ rogzıtese utan, aleheto legnagyobb α megengedett lepeshossz meghatarozasanak.A gyakorlati alkalmazasok soran akar τ = 10 000 is lehet. Ekkor peldaul τ1 = 1/100 es τ2 = 100 islehetseges.

Eloszor azt szeretnenk elerni, hogy az uj megoldas vektorok pozitıvak legyenek, azaz x+α∆x ≥ 0es s + α∆s ≥ 0, ami

0 < α < α = min

{α1 = min

i∈I

{− xi

∆xi: ∆xi < 0

}, α2 = min

i∈I

{− si

∆si: ∆si < 0

}, 1

}(6)

τ1 e ≤ x+s+

µ= u2 − α

u4

‖u2‖+ α2pxps ≤ τ2 e, azaz barmely i index eseten (7)

τ1 ≤ u2i − α

u4i

‖u2‖+ α2(pxps)i ≤ τ2. (8)

Megoldjuk a ket kvadratikus egyenlotlenseget.



Dikin-algoritmus: lepeshossz meghatarozasa

A bal oldali, az α ismeretlenre nezve kvadratikus, egyenlotlensegbol az alabbi korlatokat kapjuk

α3 = mini∈I

u4

i

‖u2‖ +√

ϑ1

2 (pxps)i: ϑ1 ≥ 0, (pxps)i > 0

, es

α4 = mini∈I

u4

i

‖u2‖ −√

ϑ1

2 (pxps)i: ϑ1 ≥ 0, (pxps)i < 0

,

ahol ϑ1 = u8i /∥∥u2

∥∥2 − 4 (pxpx)i(u2

i − τ1

).

Hasonloan a jobboldali egyenlotlensegbol a kovetkezo korlatok adodnak α ertekere

α5 = mini∈I

−u4

i

‖u2‖ −√

ϑ2

−2 (pxps)i: ϑ2 ≥ 0, (pxps)i > 0

, es

α6 = mini∈I

−u4

i

‖u2‖ +√

ϑ2

−2 (pxps)i: ϑ2 ≥ 0, (pxps)i < 0

,

ahol ϑ2 = u8i /∥∥u2

∥∥2 − 4 (pxps)i(u2

i − τ2

). A lepeshossz ekkor

α = min{α1, α2, α3, α4, α5, α6}



Az ellipszoid algoritmus


Bevezeto

Az ellipszoid modszert a nemlinearis porgramozasra Shor [1970,1977] illetveYudin es Nemirovskiı [1976] feljlesztettek ki. Khachiyan [1979, 1980] megmu-tatta, hogy az algorimtus egy kiterjesztese a linearis programozasi feladatotpolinom idoben megoldja.

Az ellipszoid algoritmusnak szerepe a kombinatorikus optimalizalasaval,hogy segıtsegevel jopar algoritmus polinomialis futasideje bizonyıthato.Belathato, hogy valojaban a polieder teljes leırasara nem is lesz szuksege azalgoritmusnak, elegendo ha az ugynevezett szeparalast el tudjuk vegezni: haadott a P ⊆ Rn polieder, illetve egy x vektor, akkor eldontendo hogy x ∈ Pteljesul-e, illetve ha nem, megadando egy a P leırasaban szereplo feltetel, me-lyet az x megsert. Vagyis a szeparalas elegendo az ellipszoid algoritmus fut-tatasahoz [2].

Gyakorlati szempontbol az ellipszoid algoritmus nem hatekony. Az algo-ritmus numerikusan instabil, es a szukseges iteraciok szama rendkıvul nagy. Akovetkezokben feltetelezzuk hogy pontosan tudunk szamolni. A gyakorlatbanez a felteves kivalthato, ha minden iteracioban egy picit nagyobb epszilont te-kintunk.


Az ellipszoid tulajdonsag

0.1. Definıcio. Legyen D ∈ Rn×n pozitıv definit matrix. Az

E(D,y) := {x ∈ Rn : (x− y)TD−1(x− y) ≤ 1}

halmazt az y kozeppontu ellipszoidnak nevezzuk.

Legyen adott egy E(D,y) ellipszoid es valamely d ∈ Rn vektor eseten te-kintsuk a H = E(D,y) ∩ {x ∈ Rn : dTx ≤ dTy} felellipszoidot. Ekkorazt mondjuk hogy teljesul az ellipszoid tulajdonsag, ha ∃E ′ ellipszoid, melyreH ⊆ E ′ es

vol(E ′)

vol(E)≤ e−

12(n+1) < 1

Vegyuk eszre, hogylimn→∞

e−1

2(n+1) = 1


Az ellipszoid algoritmus

Input:

P< ⊆ E0 = E(D0,x0)

Begin

t := 1, t∗ := d2(n + 1)(log V − log ν)e

While (xt /∈ P<)

Legyen i :(a(i))T

xt > bi

d := a(i), D := Dt

Ht := Et ∩{x ∈ Rn : dTx ≤ dTxt

}Dt+1 := n2

n2−1

(D − 2

n+1(Dd)(Dd)T

dT Dd

)xt+1 := xt − 1

n+1Dd√dT Dd

t := t + 1

If (t ≥ t∗) then

STOP: P< ures

Endif

Endwhile

xt belso pont

End

Tegyuk fel, hogy teljesul az ellipszoid tulajdonsag. Megmutatjuk, hogy ekkor az algoritmus veges.


Az ellipszoid tartalmazza a tartomanyt

0.1. Lemma. Tegyuk fel hogy P< ⊆ E0, teljesul az ellipszoid tulajdonsag, il-letve hogy az algoritmus t ≤ t∗ iteraciot vegez. Ekkor P< ⊆ Et barmelyt := 0, 1, . . . , t eseten.Bizonyıtas. Teljes indukcioval bizonyıtunk.t = 0 esete a lemma feltetele, tegyuk fel hogy az allıtast t = 0, . . . , k esetenmar igazoltuk. Legyen i az algoritmus altal a k-ik iteracioban valasztott index,azaz

(a(i))T

xk > bi es d := a(i). Ekkor

P< ⊆ Ek ∩ {x ∈ Rn : dTx ≤ dTxk} ⊆ {x ∈ Rn : dTx ≤ dTxk}

ıgy az ellipszoid tulajdonsagot hasznalva

P< ⊆ Ek ∩ {x ∈ Rn : dTx ≤ dTxk} = Hk ⊆ Ek+1

�


Lepesszam

0.1. Tetel. Tegyuk fel hogy P< ⊆ E0, teljesul az ellipszoid tulajdonsag, adotta V, ν > 0 es legyen t∗ := d2(n + 1)(log V − log ν)e. Ekkor az ellipszoidalgoritmus a P< feladatot legfeljebb t∗ iteracioban megoldja.

Bizonyıtas. Megmutatjuk, hogy ha xt /∈ P< az osszes t := 0, 1, . . . , t∗ esetenakkor P< = ∅.Kiszamıtjuk az Et∗ terfogatat. Mivel

vol(Et+1)

vol(Et)≤ e−

12(n+1)

ezertvol(Et∗)

vol(E0)=

vol(E1)

vol(E0)· · · · · vol(Et∗)

vol(Et∗−1)≤ e−

t∗2(n+1)

vagyis

vol(Et∗) ≤ vol(E0)e− t∗

2(n+1) ≤ V e−2(n+1)(log V−log ν)

2(n+1) = V e− log Vν = ν

Azonban a feltevesek szerint vol(P>) > v, illeve a 3. lemma alapjan P< ⊆ Et∗

vagyis vol(P<) ≤ vol(Et∗) = ν. Ellentmondas. �A tovabbiakban raterunk az ellipszoid tulajdonsag teljesulesenek a bi-zonyıtasara.


Affin transzformaciok

0.2. Definıcio. Legyen A ∈ Rn×n,b ∈ Rn es TA(x) := Ax + b. EkkorTA : Rn → R affin transzformacio.

0.2. Lemma. Ha L ⊆ L′ ⊆ Rn akkor TA(L) ⊆ TA(L′) ⊆ Rn

0.3. Lemma. Ha L ⊆ Rn L konvex, akkor vol(TA(L)) = |det(A)| vol(L).Bizonyıtas. Analızisbol volt. Ha masnem teglakra. De L konvex, tudodilyenekkel kozelıteni. �

0.4. Lemma. Legyen E = E(D, y) ahol D = QTQ. Legyen tovabba T (x) =(QT )−1x − (QT )−1y egy affin traszformacio. Ekkor T (E) = Sn, ahol Sn azn dimenzios egyseggomb.Bizonyıtas.

T (E) ={ξ : ξ = (QT )−1(x− y), ahol (x− y)TD−1(x− y) ≤ 1

}={ξ : (QTξ)TD−1(QTξ) ≤ 1

}={ξ : ξTQD−1QTξ ≤ 1

}={ξ : ξTξ ≤ 1

}= Sn.

�


Rotacios lemma

0.3. Definıcio. A TQ affin transzformaciot rotacionak nevezzuk, ha QT Q = I.

0.5. Lemma. Legyen d ∈ Rn\ {0} tetszoleges. Ekkor ∃Q2 ∈ Rn×n rotacio, hogy Q2d = −‖d‖ e1.

Bizonyıtas. Vagyis minden vektor beforgathato akarmilyen iranyba. �

0.6. Lemma. Legyen Q1 ∈ Rn×n, d ∈ Rn tetszoleges, QT1 Q1 = D := Dt, Q2 rotacio melyre

Q2Q1d = −‖Q1d‖ e1 es Q = Q2Q1. Legyen tovabba

T (x) = (QT )−1(x− xt)

es ξ := T (x) vagyis ξ =(QT)−1

x−(QT)−1

xt. Ekkor

1. ‖Qd‖ =√

dT Qd

2. QD−1QT = I

3. (QT )−1D = Q

4. T (Et) = T (E(D,xt)) ={ξ : ξT ξ ≤ 1

}5. T

({x : dTx ≤ dTxt

})= {ξ : ξ1 ≥ 0}

6. T (xt+1) = 1n+1e1

7. T (Et+1) =

{ξ :(ξ − e1

n+1

) (n2

n2−1

(I − 2

n+1e1eT1

))−1 (ξ − e1

n+1

)≤ 1

}


Rotacios lemma bizonyıtas

Bizonyıtas.

1.‖Qd‖ = ‖Q2Q1d‖ =

√(Q2Q1d)T (Q2Q1d) =

√dT QT

1 QT2 Q2Q1d =

√dT Dd

2.QD−1QT = Q2Q1

(QT

1 Q1

)−1QT

1 QT2 = I

3. Kovetkezik az elozobol.

4.

T (Et) ={

ξ : (QT ξ)T D−1(QT ξ) ≤ 1}

={

ξ : ξT(QD−1QT

)ξ ≤ 1

}(2)={

ξ : ξT ξ ≤ 1}

5.T({

x : dTx ≤ dTxt

})={

ξ : dT QT ξ ≤ 0}

={

ξ : (Q2Q1d)T ξ ≤ 0}

={

ξ : −‖Q1d‖ eT1 ξ ≤ 0

}= {ξ : ξ1 ≥ 0}


Rotacios lemma bizonyıtas ...

6.

T (xt+1) = T

(xt −

1

n + 1

Dd√dT Dd

)=(QT)−1

(xt −

1

n + 1

Dd√dT Dd

− xt

)=(QT)−1

(− 1

n + 1

Dd√dT Dd

)= − 1

n + 1

(QT)−1

Dd√

dT Dd(3)= − 1

n + 1

Qd

‖Qd‖= − 1

n + 1

−‖Qd‖‖Qd‖

e1 =1

n + 1e1

7. Jelolje ξt+1 := T (xt+1), azaz xt+1 − xt = QT ξt+1. Ekkor

T (Et+1) ={

ξ : QT ξ = x− xt, (x− xt+1)D−1t+1(x− xt+1) ≤ 1

}={

ξ : (QT (ξ − ξt+1))T D−1

t+1(QT (ξ − ξt+1)) ≤ 1

}mivel QT ξ = x− xt es QT ξt+1 = xt+1 − xt ıgy

QT (ξ − ξt+1) = x− xt − xt+1 + xt = x− xt+1

esT (Et+1) = {ξ : (ξ − ξt+1)

T QD−1t+1Q

T (ξ − ξt+1) ≤ 1}

ıgy mivel QD−1t+1Q

T = I = (QT )−1Dt+1Q

T (Et+1) = {ξ : (ξ − ξt+1)T ((QT )−1Dt+1Q)−1(ξ − ξt+1) ≤ 1}


Rotacios lemma bizonyıtas ...

Felhasznalva, hogy

Dt+1 =n2

n2 − 1

(Dt −

2

n + 1

(Dtd)(Dtd)T

dT Dtd

)kapjuk, hogy

(QT )−1Dt+1Q−1 = (QT )−1 n2

n2 − 1

(Dt −

2

n + 1

(Dtd)(Dtd)T

dT Dtd

)Q−1

=n2

n2 − 1

((QT )−1DtQ

−1 − 2

n + 1

(QT )−1(Dtd)(Dtd)T Q−1

dT Dtd

)(3)=

n2

n2 − 1

(I − 2

n + 1

(Qd)(Qd)T

dT Dtd

)=

n2

n2 − 1

(I − 2

n + 1e1e

T1

)Vagyis hasznalva (6)-ot adodik hogy

T (Et+1) =

{ξ :

(ξ − e1

n + 1

)(n2

n2 − 1

(I − 2

n + 1e1e

T2

))−1(ξ − e1

n + 1

)≤ 1

}

�


0.7. Lemma. Legyen n ≥ 3. Ekkor teljesul az ellipszoid tulajdonsag, vagyis

1. Dt+1 ∈ PD

2. vol(Et+1)vol(Et)

≤ e−1

2(n+1)

3. Ht = Et ∩ {x ∈ Rn : dTx ≤ dTxt} ⊆ Et+1

Bizonyıtas.

1. Az elozo lemma 7. pontja szerint Dt+1 = QT ∆Q ahol ∆ = n2

n2−1

(I − 2

n+1e1eT2

)∈ PD

diagonalis matrix ha n ≥ 3.

xT Dt+1x = xT QT ∆Qx = xT QT ∆12 ∆

12 Qx =

∥∥∥∆ 12 Qx

∥∥∥ > 0

2.

vol(Et+1)

vol(Et)=

vol(T (Et+1))

vol(T (Et))

(4)=

vol(E(∆, 1

n+1e1

))vol (Sn)

=√

det(∆) =

√det

(n2

n2 − 1

(I − 2

n + 1e1eT

1

))

=

√(n2

n2 − 1

)nn− 1

n + 1=

√(n2

n2 − 1

)n−1n2

n2 − 1

n− 1

n + 1

=

√(n2

n2 − 1

)n−1(n

n + 1

)2

=

√(1 +

1

n2 − 1

)n−1(1− 1

n + 1

)2

Felhasznalva hogy 1 + α ≤ eα kapjuk, hogy

vol(Et+1)

vol(Et)≤√(

e1

n2−1

)n−1 (e−

1n+1

)2=

√e

1n+1 e−

2n+1 = e−

12(n+1)


Ellipszoid tulajdonsag bizonyıtas ...

3. T (Et+1) = E(∆, 1

n+1e1

), ahol ∆ = n2

n2−1

(I − 2

n+1e1eT2

)es T (Ht) =

{ξ : ξT ξ ≤ 1 es ξ1 ≥ 0

}.

T (Et+1) =

{ξ :

(ξ − 1

n + 1e1

)T

∆−1

(ξ − 1

n + 1e1

)≤ 1

}

ahol

∆−1 =

(n+1)2

n2 0 . . . 0

0 n2−1n2

...... . . . 0

0 . . . 0 n2−1n2

∈ Rn×n

pozitıv definit diagonalis matrix.


Ellipszoid tulajdonsag bizonyıtas ...(ξ − 1

n + 1e1

)T

∆−1

(ξ − 1

n + 1e1

)=

(n + 1)2

n2

(ξ1 −

1

n + 1

)2

+n2 − 1

n2

n∑i=2

ξ2i

=n2 − 1

n2

n∑i=2

ξ2i +

(n + 1)2

n2ξ21 −

2ξ1(n + 1)

n2+

(n + 1)2

n2

1

(n + 1)2

=n2 − 1

n2

n∑i=1

ξ2i +

2(n + 1)

n2ξ21 −

2(n + 1)

n2ξ1 +

1

n2

=n2 − 1

n2

n∑i=1

ξ2i +

1

n2+

2(n + 1)

n2ξ1(ξ1 − 1)

azaz

T (Et+1) =

{ξ :

n2 − 1

n2

n∑i=1

ξ2i +

1

n2+

2(n + 1)

n2ξ1(ξ1 − 1) ≤ 1

}Ha ξ ∈ T (Ht) akkor

n2 − 1

n2

n∑i=1

ξ2i +

1

n2+

2(n + 1)

n2ξ1(ξ1 − 1) ≤ n2 − 1

n2+

1

n2+

2(n + 1)

n2ξ1(ξ1 − 1)

= 1 +2(n + 1)

n2ξ1(ξ1 − 1)

Mivel 0 ≤ ξ1 ≤ 1, ezert ξ1(ξ1 − 1) ≤ 0 es ıgy ξ1(ξ1 − 1) ≤ 0 azaz ξ ∈ T (Et+1). Megmutattuk hogyT (Ht) ⊆ T (Et+1), de T bijektıv leven keszen vagyunk.

�A tovabbiakban megmutatjuk hogyan lehet minden LP feladatot egy, az algoritmus felteteleinekmegfelelo megengedettsegi feladatta alakıtani.


Bazismegoldasok becslese

0.9. Lemma. Tekintsuk az Ax ≤ b,x ≥ 0 megengedettsegi feladatot, aholA ∈ Zm×n, b ∈ Zm. Ekkor barmely x bazis megoldasa a megengedettsegifeladatnak olyan, hogy ‖x‖ < 2L.Bizonyıtas. Ha xj 6= 0 akkor a Cramer-szabaly szerint

|xj| =|det Bj||det B|

< |det Bj| <2L

n

mivel det B > 0 vagyis det B ≥ 1 leven egesz, es ıgy

‖x‖ < 2L

�


Polieder terfogatanak becslese

0.10. Lemma. Legyen P = {x ∈ Rm : Ax ≤ b,x ≥ 0}, ahol A ∈ Zm×n,b ∈ Zm ahol int(P ) 6= 0.Ekkor

vol(E0 ∩ P ) ≥ 2−(n+1)L.

Bizonyıtas. Legyen x ∈ intP , illetve x ∈ P bazismegoldas. Ekkor

|xj | <2L

n

illetve ∃δ hogy B(x, δ) ⊂ P. Mivel P konvex, ıgy tetszoleges x ∈ P eseten a conv(x, B(x, δ)) kupis P -ben van, ıgy a

P =

{x ∈ Rn : Ax ≤ b,x ≥ 0,x ≤ 2L

ne

}(9)

polieder mar korlatos es tovabbra is van belso pontja.Mivel P korlatos, ıgy eloall mint extremalis pontjainak a konvex burka. Mivel P -nak belso pontja,ıgy teljes dimenzios, ezert kivalaszthato {v0, . . . ,vn} ⊂ P extremalis pontjai, melyek affin fugget-lenek, vagyis a

∆v = conv{v0, . . . , vn} ⊂ P

egy n dimenzios szimplex. Felhasznalva hogy az n dimenzios egysegszimplex terfogata 1n! illetve

a 7. lemmat adodik, hogy

vol(∆v) =1

n!

∣∣∣∣∣∣det

1 1 . . . 1

v0 v1 . . . vn

∣∣∣∣∣∣


Bizonyıtas ... es felfujt polieder

Legyen vi = ui

diahol ui ∈ Zn, di ∈ Z es i ∈ {0, . . . , n} felhasznalva, hogy a vi pontok egyben

bazismegoldasai a P poliedernek, ıgy a Cramer szabaly miatt racionalisak. es egyben |vi| = ui

di<

2L

n , vagyis ha ui 6= 0 akkor di > n2−L. Amennyiben ui = 0 akkor di valaszthato ilyennek. Eztfelhasznalva adodik, hogy

vol(∆v) =1

n!

∣∣∣∣∣∣ 1

d0d1 . . . dndet

do d1 . . . dn

u0 u1 . . . un

∣∣∣∣∣∣≥ 1

n!d0d1 . . . dn≥ 2−(n+1)Lnn+1

n!≥ 2−(n+1)L

Mivel ∆v ⊂ P ezertvol(E0 ∩ P ) ≥ vol(P ) ≥ vol(∆v) ≥ 2−(n+1)L

�A kovetkezokben megkonstrualunk egy uj poliedert az eredetibol, melynek mar van belso pontja,de egy megengedett megoldasabol meghatarozhato az erdeti egy megengedett megoldasa.Legyen A ∈ Zm×n es b ∈ Zm.

P1 := {x ∈ Rn : Ax ≤ b}

esP2 := {x ∈ Rn : 2L(a(i))Tx < 2Lbi + 1} (10)

Az egyszerubb jeloles kedveert legyen Θi(x) := (a(i))Tx−bi minden i ∈ {1, . . . ,m} eseten. Vagyis(a(i))Tx ≤ bi ⇐⇒ Θi(x) ≤ 0.


Technikai segedlemma

0.11. Lemma. Legyen x0 ∈ Rn tetszoleges pont. Ekkor ∃x ∈ Rn :

Θi(x) ≤ max{0, Θi(x0)} ∀i

es ha J := {i : Θi(x) ≥ 0} akkora(j) =

∑i∈J

λia(i)

mindıg megoldhato.Bizonyıtas. Felteheto, hogy {i : Θi(x

0) ≥ 0} = {1, . . . , k}. Az elso feltetelt teljesıto vektormindenkeppen van, leven maha az x0 ilyen.Tekintsuk az {a(1), . . . , a(k)} sorvektorokat, es tegyuk fel hogy nem feszıtik ki az A matrix sorteret.Felteheto, hogy a(k+1) /∈ L

({a(1), . . . , a(k)}

). A kovetkezo egyenletrendszer

(a(i))T

y = 0 i = 1, . . . , k(a(k+1)

)Ty = 1

megoldhato, legyen y0 egy megoldas. Legyen

λ0 := min

{λ : λ

(a(k+1)

)Ty0 + Θi(x

0) ≤ 0, i = k + 1, . . . ,m

}


Technikai segedlemma bizonyıtas ...

Mivel(a(k+1)

)Ty0 = 1 es Θi(x

0) < 0 i = k + 1, . . . ,m ezert

λ0(a(k+1)

)Ty0 + Θi(x

0) ≤ 0

miatt λ0 ≤ −Θk+1(x0). Mivel Θi(x

0) < 0 ezert λ0 > 0 es ıgy 0 < λ0 ≤−Θk+1(x

0) adodik. Legyen

x1 = x0 + λ0y0

es ıgy

Θi(x1) = Θi(x

0) + λ0(a(i))T

y0 = Θi(x0) i = {1, . . . , k}

es Θi(x1) ≤ 0 i = k+1, . . . ,m eseten. A λ0 definıcioja miatt viszont legalabb

egy esetben nulla a Θi(x1) erteke az i ∈ {k + 1, . . . ,m} halmazon, azaz

J elemszamat noveltuk legalabb eggyel. Ha x1 nem megfelelo, iteraljuk azeljarast. �


A felfujt polielder ekvivalenciaja

0.2. Tetel. P1 6= ∅ ⇐⇒ P2 6= ∅. Tovabba barmely x ∈ P2 vektorbol polinom idoben konstrualhatoy ∈ P1 vektor.

Bizonyıtas. P1 ⊂ P2 nyilvanvalo, azaz P1 6= ∅ ⇒ P2 6= ∅.Tehat a megfordıtasat igazoljuk. Legyen x0 ∈ P2 es x0 /∈ P1. Ekkor az x0-bol konstualunk egyx ∈ P1 vektort.

x0 ∈ P2 ⇒ Θi(x0) < 2−L i = 1, . . . ,m

Felteheto hogy J(x0) = {i : Θi(x0) ≥ 0} = {1, . . . , k} es ıgy Θi(x

0) < 0 ha i = k + 1, . . . ,m.Felhasznalva az elozo lemmat, legyen x olyan, hogy Θi(x) ≤ max(0, Θi(x

0)) es {a(i) : i ∈ J(x) ={i : Θi(x) ≥ 0}} kifeszıti az A matrix sorteret. Keressuk meg az {a(i) : i ∈ J(x)} vektorrendszermaximalis fuggetlen reszet, legyen ez I. Ekkor a J(x) definıcoja es a fuggetlenseg miatt |I| ≤m− 1 ≤ n− 1.Oldjuk meg az (

a(i))T

x = bi i ∈ I (11)

rendszert. Megmutatjuk hogy a 11 rendszer barmely x megoldasa egyben a P1 megoldasa is.Legyen l ∈ {1, . . . ,m}. Ekkor az

a(l) =∑i∈I

λia(i)

rendszer megoldhato az I konstrukcioja miatt. Mivel az {a(i) : i ∈ I} rendszer linearisan fuggetlen,ıgy a megoldas egyertelmu. Legyen λi = di

d ahol di, d ∈ Z. A d > 0 egy esetleges −1 -el valoszorzas aran felteheto (Cramer szabaly: λi racionalis).


A felfujt polielder ekvivalenciaja bizonyıtas ...

A korabbiak alapjan

d, di <2L

n

Igy

d

((a(l))T

x− bl

)=∑i∈I

di

(a(i))T

x− dbl =∑i∈I

dibi − dbl

mivel x megoldasa a 11 egyenletnek, masfelol

∑i∈I

dibi − dbl =∑i∈I

di

((a(i))T

x−Θi(x)

)− d

((a(l))T

x−Θl(x)

)

=

∑6i∈I

di

(a(i))T

x− d(a(l))T

x

︸︷︷︸

=0

+ dΘl(x)−∑i∈I

diΘi(x)

Felhasznalva, hogy i ∈ {1, . . . ,m} eseten 0 ≤ Θi(x) ≤ 2−L

dΘl(x)−∑i∈I

diΘi(x) ≤ d2−L −∑i∈I

diΘi(x)

<2L

n2−L +

∑i∈I

|di|Θi(x) <1

n+∑i∈I

2L

n2−L =

1

n+|I|n

=|I|+ 1

n≤ n

n= 1


A felfujt polielder ekvivalenciaja bizonyıtas ...

Tehat∑

i∈I dibi − dbl < 1 egesz, ıgy szuksegszeruen∑i∈I

dibi ≤ dbl

azaz ∑i∈I

di

dbi ≤ bl∑

i∈I

λibi ≤ bl

Mivel ez tetszoleges l indexre teljesul, az allıtast igazoltuk. �


LPbol megengedettsegi feladatHatra van meg megmutatnukn, hogyan lehet egy LP feladatot megengedettsegifeladatta alakıtani. Megjegyzendo, hogy az ellipszoid algoritmus kozvetlenulis modosıthato olymodon, hogy linearis celfugveny eseten kozelıto megoldastkeressen [1].Tekintsuk a szokasos primal-dual feladatpart.

min cTx

Ax ≥ b

x ≥ 0

(P )

max bTy

ATy ≤ c

y ≥ 0

(D)

Az LP feladat megoldasa ekvivalens a fenti feldatpar megoldasaval, ıgy a

Ax ≥ b, x ≥ 0

ATy ≤ cT , y ≥ 0

cTx ≤ bTy

optimalitasi kriteriumok (12)

rendszerrel is. Legyen tovabba A ∈ Zm×n, b ∈ Zm es c ∈ Zn. A fenti op-timalitasi kriteriumok segıtsegevel az LP feladat Ax ≤ b formara alakıthato,es az Ax ≤ b + 2−L rendszerre pedig alkalmazhato az ellipszoid modszer.


Lepesszam megint

Osszefoglalasul keszıtsuk el a kapott lepesszambecslest a bizonyıtott alakra.Legyen tehat adott az LP feladat, es hozzuk 12 megengedettsegi feladat alakjara, ıgy kapjuk a P0

poliedert. Szamıtsuk ki a feladat leırasahoz szukseges bithosszt:

L0 :=

1 + log2 n + log2 m + 2

m∑i=1

n∑j=1

(1 + log2(1 + |aij |)) +m∑

j=1

(1 + log2(1 + |bi|))

Ezt a feladatot meg korlatossa tesszuk 9 es beagyazzuk hogy legyen belso pontja 10. Ez az elobbiesetben a jobboldal, mıg utobbi esetben a felteteli matrix es a jobboldal eseten jelent egy 2L0-ostobbletvektort, illetve szorzast. Az ıgy modosıtott feladat leırasahoz szukseges

L :=

1 + log2 n + log2 m + 2

m∑i=1

n∑j=1

(1 + log2(1 + |aij | 2L0)) +m∑

j=1

(1 + log2(1 +(|bi|+ 2L0

)2L0))

L ' 2L2

0

Ezen leıras segıtsegevel a belso terfogat becslese:

ν := 2−2(n+1)L

A kezdeti kore ırt ellipszoid terfogatbecslese: velhasznalva az extremalis pontokra kapott ‖x‖ <2L becslest

V ≤ cn2nL

Illetve a teljes lepesszam:d2(n + 1)(log V − log ν)e


Pontos es kozelıto aritmetika


Koszonom a figyelmet

Hivatkozasok[1] George L. Nemhauser, Larence A. Wolsey, Integer and Combinatorical Op-

timization, Wiley-Interscience, John Wiley & Sons, Inc, 1998

[2] Manfred PAdberg, Linear Optimization and Extensions, Springer

Linearis programoz´ as bels´ opontos˝ modszerei´web.cs.elte.hu/~illes/Tantargyak/Linearis...

Documents

Transcript of Linearis programoz´ as bels´ opontos˝ modszerei´web.cs.elte.hu/~illes/Tantargyak/Linearis...