2 Мысал. Мәселен

.

Мұнда шеткі нүктелер: . (1), (2) есебі ерекшеленбеген.

Ерекшеленбеген есепте шеткі нүктелер саны -ден аспайтынын көреміз.

4-лемма. Кез келген нүктесін U жиынындағы шеткі нүктелердің дөңес сызықты комбинациясы ретінде өрнектеуге болады, яғни -U жиынындағы шеткі нүктелер.

Дәлелі. Лемманы U дөңес шектелген тұйық болған жағдайы үшін дәлелдейік. Шынында да, үшін U жиыны компакт болуы қажетті және жеткілікті. Бұл U - дөңес шектелген тұйық жиын деген сөз. Лемманы және жағдайы үшің математикалық индукция әдісімен дәлелдейміз.

Мәселен , делік. Егер , онда U жиыны кесінді. Демек, лемма тұжырымы дұрыс, өйткені кесіндінің кез келген нүктесі (,) шеткі нүктелердің (кесінді ұштарының) дөңес комбинациясы түрінде жазылады. Мәселен, лемма жиыны үшін дұрыс дейік. нүктесі арқылы жиынына () тірек гипержазықтығын жүргіземіз.

Белгілеулер: ,- тірек гипержазықтығының нүктелерінің жиыны. Байқайтынымыз: дөңес, шектелген және тұйық, сонымен бірге . Мәселен жиынының шеткі нүктелері делік, онда ұйғарым бойынша .

Енді нүктелерінің U жиынының да шеткі нүктелері екендігін көрсету қалды. Айталық .

Кез келген шеткі нүктесі үшін екенім көрсетейік. Шынында да ,,, ендеше

Осыдан яғни . Дегенмен, нүктесі - -дің шеткі нүктесі, демек, .

Ендеше нүктелері U жиынының да шеткі нүктелері. Шекаралық нүктесі үшін лемма дәлелденді.

Мәселен делік. нүктесі арқылы U жиынынын шекарасын нүктелерінде қиятын l түзуін жүргізейік. Сонымен қатар , нүктесі түрінде өрнектелсін. Дәлелдеуіміз бойынша

мұндағы берілген U жиынының шеткі нүктелері. Онда әрі

.

Лемма дәлелденді.

5-лемма. U - дегі дөңес, шектелген, тұйық жиын делік, яғни . Онда функциясының U жиынындағы минимум U жиынының шеткі нүктесінде болады. Егер U -дың бірнеше шеткі нүктелерінде U жиынындағы минимумына жетсе, онда тап сол минимум мәніне кез келген нүктелерінде жетеді.

Дәлелі. Мәселен нүктесінде U -дағы минимуміне жетсін. Егер, шеткі нүкте болса, онда лемма дәлелденді. Айталық - қандай да бір U жиынындағы шекаралық немесе ішкі нүкте болсын. Ендеше 4-леммадан ,мұндағы - U жиынының шеткі нүктелері. Функция мәні мұндағы

Мәселен .Онда

Осыдан , демек U -дағы нүктесінде болады.

Мәселен делік, мұндағы - U жиынының шеткі нүктелері. Енді екенін көрсетейік, мұндағы .Шынында да . Лемма дәлелденді.

Жоғарыдағы 4-5 леммалар шектелген дөңес түйық U жиыны бар, (1)- түріндегі канондық формадағы барлық сызықты программалау есебі ұшін ақиқат екендігін байқаймыз. 1-5 леммалардан көретініміз: канондық түрдегі сызықты программалау есебін шығару алгоритмі U жиынындағы бір шеткі нүктеден екінші шеткі нүктеге көшуге негізделуі керек, әрі көшкен кезде соңғы шеткі нүктедегі функциясының мәні алдыңғы шеткі нүктедегі мәнінен кем болуы керек. Мұндай алгоритм (1) есеп шешімін санаулы қадамнан соң алуға мүмкіндік береді, өйткені U жиынының шеткі нүктелерінің саны берілген санынан аспайды (ақаусыз есеп жағдайында ). Әрбір шеткі нүктесінен шеткі нүктесіне көшкен сайын, осы шеткі нүктесі (1)-(2) есебінің шешімі болатындығына көз жеткізу қажет. Ол үшін әр нүктеде оңай тексерілетін тиімдліктің жалпы баламасы болуы керек. Төменде канондық формадағы ерекшеленбеген сызықты программалау есебі үшін тиімділік баламасы келтірілген.

Мәселен (1)-есеп ерекшеленбеген және нүктесі (1) есебінің шешімі дейік. Онда 5 леммаға орай, нүктесі шеткі нүкте. Яғни (1)-есеп ерекшеленбеген, ендеше шеткі нүктесі дәл m оң координатқа ие. Жалпылыққа нұқсан келтірмей, векторының алғашқы m координаты оң деп санаймыз, яғни векторы мен А матрицасын келесі түрде өрнектейік: мұндағы

2 - леммаға орай, шеткі нүктесінің оң кординаттарына сәйкес шарттар векторлары - сызықты төуелсіз, яғни матрицасы айрықша емес, демек кері матрицасы табылады.

6-лемма. (Тиімділік баламасы) шеткі нүктесі ерекшеленбеген канондық түрдегі (1), (2) сызықты программалау есебінің шешімі болуы үшін

(2)

шарты орындалуы қажетті және жеткілікті.

Дәлелі. Қажеттілігі. Мәселен шеткі нүктесі ерекшеленбеген есептің шешімі болсын делік, мұндағы ,.Айталық , мұндағы - еркін нүкте. нүктесіндегі ұйғарымды бағыттар жиынын анықтайық. Ескерту: барлық кезінде болатын саны табылса, онда векторы нүктесіндегі ұйғарымды бағыт делінеді. Вектор түрінде өрнектелсін, мұндағы .Мына тиістілігінен .

онда демек, соңғы теңдіктен . Осыдан . Жеткілікті аз кезінде теңсіздігі орындалады, ендеше нүктесіндегі ұйғарымды бағыттар

(3)

өрнегінен анықталады.

Сонымен, еркін векторларын тандау арқылы табатынымыз және әр элементі түріндегі (яғни ) ұйғарымды L бағытын құрамыз. Енді кез келген нүктесін , түрінде жазамыз. Демек, . онда нүктесінде теңсіздігі орындалуы қажет (5 -лекция). Осыдаы мынаны ескерсек: . болғандықтан . Бұдан (2) - формуладағы мәнін қойсақ .Осыдан (2) теңсіздігі шығады. Қажеттілік дәлелденді.

Жеткіліктілігі. Мәселен (2) теңсіздік орындалсын делік. шеткі нүкте екендігін көрсетейік. функциясы дөңес U жиынындағы дөңес функция, ендеше теңсіздігі орындалуы қажетті және жеткілікті. Осыдан, дербес жағдайда , алатынымыз

,.

Онда . Демек,нүктесіндеU –дағы минимумына жетеміз. 5-леммаға орай,- шеткі нүкте. Лемма дәлелденді.

Тиімділік баламасы (2) нүктесі үшін жасалған симплекс кесте арқылы оңай тексеріледі.

Кестенің 1-бағанында шеткі нүктесінең оң координаттарына сәйкес шарттар векторы толтырылған.

Матрица 2-бағанда шеткі нүктенің оң координаттарына сай векторлары толтырылған: 3-бағанда шеткі нұктенің тиісті оң координаттары толтырылған ; келесі бағандарда векторының векторы бойынша жіктелуі толтырылған; соңғы бағанда мағынасы келесі лекцияда ұғындырылатын мәндері толтырылған; сонғы екі жатық жолдағы мәндері жете қарастырайық векторлары сызықты тәуелсіз (2-лемма), ендеше_олар евклид кеңістігінде базис құрайды, яғни кез келген векторын берілген жалғыз базис бойынша жіктеуге болады.