Властивості допоміжної задачі.

1. Допоміжна задача (4) завжди має оптимальний розв’язок.

Справді, за умови y_i ≥ 0 (i = 1, 2, …, m) завжди g ≥ 0. Отже, цільова функція цієї задачі обмежена знизу, а тому існує оптимальний розв’язок для задачі мінімізації.

2. Вектор α = (0; 0; …; 0; b₁; b₂; … ; b_m) є опорним розв’язком задачі (4).

Це твердження є очевидним. Отже, приймаючи α за початковий опорний розв’язок, можна розв’язати задачу (4) симплекс – методом. Нехай β = ( ; ; … ; ; ; ; … ; ) – це оптимальний розв’язок задачі (4).

3. Якщо = = … = = 0 , то γ = ( ; ; … ; ) – це опорний розв’язок початкової задачі (3).

Справді, за цієї умови γ, по - перше, є розв’язком задачі (3). По – друге, всі основні змінні допоміжної задачі для β знаходяться серед x_j (j = 1, 2, …, n) і отже є основними змінними для γ. Тому всі вільні змінні γ дорівнюють нулю, тобто цей розв’язок є опорним.

4. Якщо серед чисел ; ; … ; є додатні, то допустима множина задачі (3) є пустою.

Справді, за цієї умови оптимальне значення g > 0. Якщо ж існує бодай один допустимий розв’язок ( ; ; … ; ) задачі (3), то, поклавши = = … = = 0 , дістанемо допустимий розв’язок ( ; ; … ; ; ; ; … ; ) задачі (4), за яким g = 0.

Таким чином, метод штучного базису дає змогу завжди або знайти початковий опорний розв’язок, або встановити її нерозв’язність. Розглянемо такий приклад.

f = 3х₁ + х₂ (mах)

.

Ввівши нові змінні х₃, х₄ , зведемо цю модель до канонічної:

f = 3х₁ + х₂ (mах)

.

Її симплекс – таблиця виглядає так:

х1	х2	х3	х4	b
1	2	-1	0	5
2	3	0	1	6
3	1	0	0	0

Розв’яжемо цю задачу, використовуючи метод штучного базису. Оскільки вектор умов змінної x₄ уже виглядає належним чином, то можна обмежитись додатковою змінною у₁:

g = у₁ (min) або g´ = – у₁ (mах)

.

Запишемо її у електронну симплекс – таблицю:

	A	B	C	D	E	F	G
1	х1	х2	х3	х4	у1	b	b/aij
2	1	2	-1	0	1	5
3	2	3	0	1	0	6
4	0	0	0	0	– 1	0

Приведемо її до базису х₄ , у₁: для цього додамо до четвертого рядка другий. Отже, виокремимо новий діапазон А6:G8, рядки 2 і 3 скопіюємо у рядки 6 і 7 відповідно, у чарунку Е8 задамо формулу =Е4 + Е2, а формули решти чарунок рядка 8 скопіюємо з неї. В результаті дістанемо:

	A	B	C	D	E	F	G
	х1	х2	х3	х4	у1	b	b/aij
6	1	2	-1	0	1	5
7	2	3	0	1	0	6
8	1	2	-1	0	0	5

Серед оцінок базису є додатні, тож згідно з ознакою оптимальності треба виконати крок симплекс – методу.

1) Вибираємо оцінку δ₁ = 1, зафарбуємо її.

2) , 3) Елементи у стовпці 2 додатні, отже треба застосувати умову допустимості:

	A	B	C	D	E	F	G
	х1	х2	х3	х4	у1	b	b/aij
6	1	2	-1	0	1	5	5
7	2	3	0	1	0	6	3
8	1	2	-1	0	0	5

5. Виконаємо жорданове перетворення з ведучим елементом у А7:

	A	B	C	D	E	F	G
	х1	х2	х3	х4	у1	b	b/aij
10	0	0,5	-1	-0,5	1	2	4
11	1	1,5	0	0,5	0	3	2
12	0	0,5	-1	-0,5	0	2

5. Маємо симплекс – таблицю з новим набором основних змінних х₁, у₁, новий опорний розв’язок (3; 0; 0; 0; 2), нове значення цільової функції g = 2.

6. Оскільки знову існує додатна оцінка δ₂ = 0,5 , то переходимо до другого кроку сиплекс – методу і починаємо його з перевірки умови допустимості. Ведучим обираємо рядок 11, звідси ведучий елемент В11; черговим жордановим перетворенням дістаємо:

	A	B	C	D	E	F	G
	х1	х2	х3	х4	у1	b	b/aij
14	-0,33333	0	-1	-0,66667	1	1
15	0,666667	1	0	0,333333	0	2
16	-0,33333	0	-1	-0,66667	0	1

Нарешті всі оцінки невід’ємні, отримуємо оптимальний розв’язок допоміжної задачі (0; 2; 0; 1), g = 1. Отже, оскільки у₁ = 1 > 0, то початкова задача нерозв’язна. Точніше кажучи, множина допустимих розв’язків є пустою.

Наприкінці розглянемо ще графічне розв’язання початкової задачі

f = 3х₁ + х₂ (mах)

.

На рисунку 5 зображені прямі L₁: х₁ + 2х₂ = 5 і L₂: 2х₁ + 3х₂ = 6. Оскільки 0 + 2∙0 = 0 < 5, то множина Ω допустимих розв’язків цієї задачі повинна бути розміщена по інший бік від прямої L₁ , ніж початок координат О(0;0). Аналогічно множина Ω повинна бути розміщена по той самий бік від прямої L₂, що і початок координат. Разом з тим Ω повинна міститись у першій чверті, оскільки х₁ ≥ 0, х₂ ≥ 0. Як видно з рисунку, ці умови одночасно не виконуються для жодної точки, що є зримим підтвердженням результатів, отриманих симплекс – методом.

х₂

L₂

L₁

О х₁

Рисунок 5