单纯形法迭代原理及解的判定

写于：2024年1月4日晚
修改：

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基于以下线性规划做分析，$\begin{array}{rl}& \max \mathrm{z}=\sum _{j=1}^n{c}_j{x}_j\\ & \text{ s.t. }\{\begin{array}{l}{\sum }_{j=1}^n{a}_{ij}{x}_j\le b_i(i=1,2,\dots ,m)\\ x_j\ge 0(j=1,2,\dots ,n)\end{array}\end{array}$

标准化上述线性规划，得：$\begin{array}{rl}& \max \mathrm{z}=\sum _{j=1}^n{c}_j{x}_j\\ & \text{ s.t. }\{\begin{array}{l}{\sum }_{j=1}^n{a}_{ij}{x}_j+x_i^{\prime }=b_i(i=1,2,\dots ,m)\\ x_j\ge 0(j=1,2,\dots ,n)\end{array}\end{array}$

为减少变量数以便于表示，将线性规划调整（主要是将松弛变量用 $x_i$ 表示，其余变量用 $x_j$ 表示）为$\begin{array}{rl}& \max \mathrm{z}=\sum _{j=1}^n{c}_j{x}_j\\ & \text{ s.t. }\{\begin{array}{l}{\sum }_{i=1}^m{\mathbf{P}}_i{x}_i+{\sum }_{j=m+1}^n{\mathbf{P}}_j{x}_j=\mathbf{b}\\ x_j\ge 0(j=1,2,\dots ,n)\end{array}\end{array}$

其中，${\mathbf{P}}_i$ 为 m 维标准单位列向量，${\mathbf{P}}_j=\left[\begin{array}{c}{a}_{1,j}\\ a_{2,j}\\ \dots \\ a_{m,j}\end{array}\right]$，$\mathbf{P}=\left[\begin{array}{ccccccc}1& 0& \dots & 0& a_{1,m+1}& \dots & a_{1n}\\ 0& 1& \dots & 0& a_{2,m+1}& \dots & a_{2n}\\ \dots & \dots & \dots & 0& a_{l,m+1}& a_{lj}& \dots \\ 0& 0& \dots & 1& a_{m,m+1}& \dots & a_{mn}\end{array}\right]$，$\mathbf{b}=\left[\begin{array}{c}{b}_1\\ b_2\\ \dots \\ b_m\end{array}\right]$。

单纯形法–迭代原理

设初始基变量中前 $\mathrm{m}$ 个为基变量，即 ${\mathbf{X}}^0={\left(x_1^0,x_2^0,\dots x_m^0,0,\dots ,0\right)}^{\mathrm{T}}$。

将 ${\mathbf{X}}^0$ 代入约束方程，得到 ${\sum }_{i=1}^m{\mathbf{P}}_i{x}_i^0=\mathbf{b}$，${\mathbf{P}}_j={\sum }_{i=1}^m{\mathbf{P}}_i{a}_{ij}(j=m+1,m+2,\dots ,n)$ 。

再令 $\theta >0$，$\theta \left({\mathbf{P}}_j-{\sum }_{i=1}^m{\mathbf{P}}_i{a}_{ij}\right)=0$ 。

由 ${\sum }_{i=1}^m{\mathbf{P}}_i{x}_i^0=\mathbf{b}$ 和 $\theta \left({\mathbf{P}}_j={\sum }_{i=1}^m{\mathbf{P}}_i{a}_{ij}\right)=0$ 相加，可得 ${\sum }_{i=1}^m{\mathbf{P}}_i{x}_i^0+\theta \left({\mathbf{P}}_j-{\sum }_{i=1}^m{\mathbf{P}}_i{a}_{ij}\right)={\sum }_{i=1}^m\left(x_i^0-\theta a_{ij}\right){\mathbf{P}}_i+\theta {\mathbf{P}}_j=\mathbf{b}$。

即存在 ${\mathbf{X}}^1={\left(x_1^1-\theta a_{lj},x_2^1-\theta a_{2j},\dots x_m^1-\theta a_{mj},0,0,\dots ,\theta ,\dots ,0\right)}^{\mathrm{T}}$ 满足约束 ${\sum }_{j=1}^n{\mathbf{P}}_j{x}_j=\mathbf{b}$。

若 ${\mathbf{X}}^1$ 为基可行解，还需满足：所有分量全部大于等于 0；非零分量个数小于等于 $\mathrm{m}$ 个。也就是需要使 $x_i^1-\theta a_{ij}(i=1,2,\dots ,m)$ 中至少存在一个等于 0，其余均大于 0 。已知 $\theta >0$，若存在一个 $a_{ij}>0$，且 $\theta =\min \left\{\frac{x_i}{a_{ij}}\mid a_{ij}>0\right\}$，即可满足条件。

基于以上分析，单纯形表中迭代解操作为：$x_l$ 作为换出变量，$x_j$ 作为换入变量，通过行倍乘化 $a_{lj}$ 为 1，再将 ${\mathbf{P}}_j$ 化为标准单位向量。

$\mathbf{P}={\left[\begin{array}{cccccccccccc}1& 0& \dots & 0& 0& 0& a_{1,m+1}& a_{1,m+2}& \dots & a_{1,j}& a_{1,n-1}& a_{1,n}\\ 0& 1& \dots & 0& 0& 0& a_{2,m+1}& a_{2,m+2}& \dots & a_{2,j}& a_{2,n-1}& a_{2,n}\\ 0& 0& \dots & \dots & 0& 0& a_{3,m+1}& a_{3,m+2}& \dots & \dots & a_{3,n-1}& a_{3,n}\\ \dots & \dots & \dots & 1& \dots & \dots & \dots & \dots & \dots & \left[a_{lj}\right]& \dots & \dots \\ 0& 0& \dots & \dots & 1& 0& a_{m-1,m+1}& a_{m-1,m+2}& \dots & \dots & a_{m-1,n-1}& a_{m-1,n}\\ 0& 0& \dots & 0& 0& 1& a_{m,m+1}& a_{m,m+2}& \dots & a_{m,j}& a_{m,n-1}& a_{m,n}\end{array}\right]}_{\left(m\ast n\right)}$

单纯形法–最优性检验

检验当前解是否为最优解，若不是确定换入换出变量。

由线性规划可得：

$x_i=b_i-\left(a_{i,m+1}{x}_{m+1}+a_{i,m+2}{x}_{m+2}+\dots +a_{i,n}{x}_n\right)=b_i-{\sum }_{j=m+1}^n{a}_{ij}{x}_j$

$\begin{array}{rl}& z=\sum _{j=1}^n{c}_j{x}_j=\sum _{i=1}^m{c}_i{x}_i+\sum _{j=m+1}^n{c}_j{x}_j=\sum _{i=1}^m{c}_i\cdot \left(b_i-\sum _{j=m+1}^n{a}_{ij}{x}_j\right)+\sum _{j=m+1}^n{c}_j{x}_j=\sum _{i=1}^m{c}_i{b}_i-\sum _{i=1}^m{c}_i\sum _{j=m+1}^n{a}_{ij}{x}_j+\sum _{j=m+1}^n{c}_j{x}_j\\ & =\sum _{i=1}^m{c}_i{b}_i-\sum _{j=m+1}^n\left(\sum _{i=1}^m{c}_i\cdot a_{ij}{x}_j-c_j\cdot x_j\right)=\sum _{i=1}^m{c}_i{b}_i+\sum _{j=m+1}^n\left(c_j-\sum _{i=1}^m{c}_i{a}_{ij}\right)x_j\end{array}$

记 ${\mathrm{z}}_0={\sum }_{i=1}^m{c}_i{b}_i$、$z_j={\sum }_{i=1}^m{c}_i{a}_{ij}$，于是，$\mathrm{z}={\mathrm{z}}_0+{\sum }_{j=m+1}^n\left(c_j-z_j\right)x_j=z_0+{\sum }_{j=m+1}^n{\sigma }_j{x}_j$

根据如下流程图检验解的情况：