Linearno programiranje 1 Problem linearnog programiranja

Linearno programiranje
Ivana Kuzmanović, Kristian Sabo
Radni materijal za predavanja
1 Problem linearnog programiranja
Linearno programiranje optimizacijska je metoda kojom se odreduje optimalna vrijednost
linearne funkcije više varijabli (tzv. funkcije cilja) obzirom na neke zadane linearne uvjete
koje varijable moraju zadovoljavati.
Počeci linearnog programiranja sežu u razdoblje Drugog svjetskog rata gdje se koristilo
za potrebe minimiziranja troškova vojske, vojne taktike i sl. a osobiti razvoj je uslijedio
nakon 1947. godine kada je američki matematičar A. Danzig razvio vrlo učinkovitu motodu
(tzv. simpleks metoda) za numeričko rješavanje problema linearnog programiranja.
Simpleks metoda je i danas osnovna metoda linearnog programiranja.
U današnje vrijeme, koristeći računala, linearno programiranje nezaobilazna je metoda
u mnogim područjima gdje se javljaju vrlo složeni problemi optimizacije (kao npr. problem
transporta, energije, telekomunikacija, proizvodnje i dr.)
1.1 Standardni oblik problema linearnog programiranja
Neka su c ∈ R n , a i ∈ R n , b i ∈ R, i ∈ M = M 1 ∪ M 2 ∪ M 3 , gdje su M i , i = 1,2,3 skupovi
indeksa takvi da je M i ∩ M j , i ≠ j te f : R n → R linearna funkcija zadana formulom
f(x) = c T x. Promatrajmo sljedeći minimizacijski problem:
f(x) = c T x →
uz uvjet
min
x
(1)
a T i x ≥ b i , i ∈ M 1 (2)
a T i x ≤ b i , i ∈ M 2 (3)
a T i x = b i , i ∈ M 3 . (4)
Problem (1)-(4) zovemo problem linearnog programiranja ili skraćeno LP problem, pri tome
funkciju f zovemo funkcija cilja. Vektor x koji zadovoljava uvjete (2)-(4) zovemo dopustivo
rješenje, dok skup svih dopustivih rješenja zovemo dopustivo područje. Za dopustivo
rješenje x ∗ takvo da je
f(x ∗ ) = c T x ∗ ≤ c T x = f(x), za svako dopustivo rješenje x,
kažemo da je optimalno dopustivo rješenje.
Primjer 1. Zadan je LP problem
uz uvjet
2x 1 − x 2 + 4x 3 → min
x
x 1 + x 2 + x 4 ≤ 2
3x 2 − x 3 = 5
x 3 + x 4 ≥ 0
x 1 ≥ 0
x 3 ≥ 0.
1

Odgovarajući skupovi indeksa su M = {1,2,3,4,5}, M 1 = {3,4,5}, M 2 = {1}, i M 3 = {2}
a odgovarajući vektori su x = [x 1 ,x 2 ,x 3 ,x 4 ] T , c = [2, −1,4,0] T , a 1 = [1,1,0,1] T , a 2 =
[0,3, −1,0] T , a 3 = [0,0,1,1] T , a 4 = [1,0,0,0] T , a 5 = [0,0,1,0] T te b 1 = 2, b 2 = 5, b 3 =
0, b 4 = 0 i b 5 = 0.
Primjedba 1. Uočimo
a) maksimizacijski problem
može se svesti na minimizacijski problem
b) uvjet a T i x = b i ekvivalentan je uvjetima
c T x → max
x
−c T x → min
x
.
a T i x ≥ b i & a T i x ≤ b i .
c) uvjet a T i x ≤ b i ekvivalentan je uvjetu −a T i x ≥ −b i
Sukladno Primjedbi 1, svaki LP problem (1)-(4) može se zapisati u obliku
c T x → min
x
uz uvjet
Ax ≥ b,
gdje su A ∈ R m×n , b ∈ R m , c ∈ R n , x ∈ R n . Pri tome je n broj varijabli, a m dimenzija
problema.
Primjer 2. LP problem iz Primjera 1 možemo zapisati na sljedeći način
uz uvjet
2x 1 − x 2 + 4x 3 → min
x
−x 1 − x 2 − x 4 ≥ −2
3x 2 − x 3 ≥ 5
−3x 2 + x 3 ≥ −5
x 3 + x 4 ≥ 0
x 1 ≥ 0
x 3 ≥ 0
ili u matričnom obliku
uz uvjet
c T x → min
x
Ax ≥ b,
2

gdje su
⎡
A =
⎢
⎣
⎤ ⎡
−1 −1 0 −1
0 3 −1 0
0 −3 1 0
0 0 1 1
, b =
⎥ ⎢
1 0 0 0 ⎦ ⎣
0 0 1 0
−2
5
−5
0
0
0
⎤
⎡
, c = ⎢
⎣
⎥
⎦
2
−1
4
0
⎤
⎥
⎦ .
Primjer 3. Zadan je LP problem
uz uvjet
−x 1 − x 2 → min
x
x 1 + 3x 2 ≤ 2
3x 1 + x 2 ≤ 2
x 1 ≥ 0
x 2 ≥ 0.
Na Slici 1 prikazano je odgovarajuće dopustivo područje. Promatrajmo sve pravce p α
oblika −x 1 − x 2 = α, gdje je α neki realan broj. Primjetimo da je vektor c = [−1, −1] T
vektor normale pravca p α . Jednadžba pravca p α u eksplicitnom obliku glasi x 2 = −x 1 − α,
pri tome je −α odsječak što ga pravac p α odsjeca na x 2 osi. Uočimo da minimizirati
funkciju cilja na dopustivom području znači odrediti α ∗ tako da pravac p α ∗ prolazi kroz
dopustivo područje te da je pri tome α ∗ najmanji mogući, odnosno −α ∗ (odsječak što ga
pravac p α odsjeca na x 2 osi) najveći mogući. Broj α ∗ s tim svojstvom odredit ćemo tako da
najprije odaberemo početni α 0 tako da pravac p α0 prolazi dopustivim područjem. Uočimo
da možemo primjerice uzeti α 0 = 0. Pri tome p α0 translatiramo u smjeru vektora −c tako
da ostanemo u dopustivom području, sve dok odsječak što ga translatirani pravac p α odsjeca
na x 2 osi ne postane najveći mogući. Točka koju smo dobili u tom graničnom slučaju ima
koordinate ( 1
2 , 1 )
2 te je x ∗ = [ 1
2 , 1 T
2]
optimalno dopustivo rješenje dok je odgovarajuća
optimalna vrijednost funkcije cilja α ∗ = −1.
Općenito, pretpostavimo da promatramo LP problem
uz uvjet
c T x = c 1 x 1 + c 2 x 2 → min
x 1 ,x 2
,
Ax ≥ b,
gdje su c ∈ R 2 ,A ∈ R m×2 i b ∈ R m .
Uočimo da se ovakav problem može geometrijski vizualizirati. Skiciramo odgovarajuće
dopustivo područje D = {x ∈ R 2 : Ax ≥ b} ⊆ R 2 . Neka je p α pravac s jednadžbom
c T x = c 1 x 1 +c 2 x 2 = α. Kandidate za dopustivo optimalno rješenje tražimo na pravcu p α ,
gdje je α ∈ R takav da je p α ∩D ̸= ∅. Odaberemo pošetni α 0 takav da je p α0 ∩D ̸= ∅ te neka
je je x 0 radij vektor neke točke na pravcu p α0 . U svrhu traženja optimalnog dopustivog
rješenja trebamo translatirati pravac p α0 . Ako ga translatiramo u smjeru vektora c za
korak λ > 0 imamo
c T (x 0 + λc) = c T x 0 + λ‖c‖ 2 ≥ c T x 0 ,
3

2.5
x 2 x 2
2.5
−x 1 − x 2 = −1
2.0
2.0
3x 1 + x2 = 2
1.5
1.5
1.0
0.5
0.0
D
x 1 + 3x 2 = 2
1.0
0.5 x ∗ = ( 1
2
D
, )
1
2
x 1 x 1
0.0
0.5
0.5
1.0
1.0
1.0 0.5 0.0 0.5 1.0 1.5 2.0 2.5
1.0 0.5 0.0 0.5 1.0 1.5 2.0 2.5
Slika 1: Dopustivo područje
tj. povećavamo vrijednost funkcije cilja. Dakle, da bismo smanjili vrijednost funkcije cilja
pravac p α0 moramo translatirati u smjeru vektora −c, najviše što možemo, a da pri tome
ostanemo u području D. Radij vektor granične točke je optimalno dopustivo rješenje x ∗ .
Mali geometrijski algoritam
1. Odaberi α 0 tako da je p α0 ∩ D ̸= ∅.
2. Translatiraj pravac p α0 u smjeru vektora −c najviše što možeš.
3. Ako postoji granična točka u kojoj možeš napustiti područje, radij vektor te točke je
optimalno dopustivo rješenje x ∗ . Ako takva točka ne postoji, za optimalnu vrijednost
funkcije cilja stavi −∞
Primjer 4. Jednostavno se vidi da dopustivo područje
−x 1 + x 2 ≤ 1
x 1 ≥ 0
x 2 ≥ 0.
nije omedeno.
Primjenom malog geometrijskog algoritma dobivamo:
a) Ako je c = [1,1] T , onda je x ∗ = [0,0] T .
b) Ako je c = [1,0] T , onda je x ∗ = [0,x 2 ] T , 0 ≤ x 2 ≤ 1
c) Ako je c = [0,1] T , onda je x ∗ = [x 1 ,0] T , x 1 ≥ 0
d) Ako je c = [−1,1] T , onda je optimalna vrijednost funkcije cilja −∞.
e) Ako u skup uvjeta dodamo uvjet x 1 + x 2 ≤ −1, onda će dopustivo područje biti
prazno.
4

2.5
x 2
2.0
1.5
1.0
−x 1 + x 2 = 1
D
0.5
0.0
x 1
0.5
1.0
1.0 0.5 0.0 0.5 1.0 1.5 2.0 2.5
Slika 2: Dopustivo područje
Ako su A ∈ R m×n , b ∈ R m te c ∈ R n , onda minimizacijski problem
uz uvjet
c T x → min
x
,
Ax = b
x ≥ 0,
zovemo standardni oblik problema linearnog programiranja-SOLP. Pri tome uvjet x ≥ 0
znači da je svaka komponenta vektora x nenegativna te stoga taj uvjet zovemo uvjet
nenegativnosti.
Propozicija 1. Svaki se LP problem može zapisati kao SOLP problem.
Dokaz. Ako je x j varijabla koja ne zadovoljava uvjet nenegativnosti, onda se ona može
zapisati u obliku x j = x + j − x− j , gdje su x+ j ,x− j ≥ 0. Uvjetu oblika aT i x ≤ b i pridružujemo
novu varijablu s i ≥ 0, pa taj uvjet prelazi u
a T i x + s i = b i
s i ≥ 0.
Slično, uvjetima oblika a T i x ≥ b i pridružujemo nove varijable s i ≥ 0, pa taj uvjet prelazi
u
a T i x − s i = b i
s i ≥ 0.
Primjer 5. LP problem iz Primjera 1 zapisan kao SOLP glasi
2x 1 − x + 2 + x− 2 + 4x 3 →
5
min
x 1 ,x + 2 ,x− 2 ,x 3,x + 4 ,x− 4 ,s 1,s 2

uz uvjet
x 1 + x + 2 − x− 2 + x+ 4 − x− 4 + s 1 = 2
3x + 2 − 3x− 2 − x 3 = 5
x 3 + x + 4 − x− 4 − s 2 = 0
x 1 ≥ 0
x + 2 ≥ 0
x − 2 ≥ 0
x 3 ≥ 0
x + 4 ≥ 0
x − 4 ≥ 0
s 1 ≥ 0
s 2 ≥ 0,
odnosno u matričnom obliku
uz uvjet
c T x → min
x
,
gdje je
⎡
x =
⎢
⎣
⎤
x 1
x + 2
x − 2
x 3
x + 4
x − 4 ⎥
s 1
⎦
s 2
⎡
, c =
⎢
⎣
2
−1
1
4
0
0
0
0
⎤
⎡
, A = ⎣
⎥
⎦
Ax = b
x ≥ 0,
1 1 −1 0 1 −1 1 0
0 3 −1 −1 0 0 0 0
0 0 0 1 1 −1 0 −1
⎤
⎡
⎦ , b = ⎣
Varijable LP problema koje nisu nenegativne zovemo slobodne varijable. U sljedećem
primjeru pokazat ćemo kako se u nekim slučajevima problem sa slobodnom varijablom
može pretvoriti u problem s nenegativnim varijablama.
Primjer 6. Zadan je LP problem
2
5
0
⎤
⎦ .
uz uvjet
x 1 + 3x 2 + 4x 3 →
min
x 1 ,x 2 ,x 3
x 1 + 2x 2 + x 3 = 5
2x 1 + 3x 2 + x 3 = 6
x 2 ≥ 0
x 3 ≥ 0.
6

Iz uvjeta x 1 + 2x 2 + x 3 = 5 izrazimo slobodnu varijablu x 1 = 5 − 2x 2 − x 3 te je uvrstimo
u drugi uvjet i u funkciju cilja. Na taj način dobivamo novi ekvivalntni problem
uz uvjet
x 2 + 3x 3 → min
x 2 ,x 3
x 2 + x 3 = 4
x 2 ≥ 0
x 3 ≥ 0.
Uočimo da je novi problem SOLP. Osim toga riječ je o dvodimenzionalnom problemu kojeg
možemo riješiti primjenom geometrijskog algoritma. Kada dobijemo x ∗ 2 i x∗ 3 , slijedi da je
x ∗ 1 = 5 − 2x∗ 2 − x∗ 3 . Nije teško vidjeti da su x∗ 1 = −3, x∗ 2 = 4 te x∗ 3 = 0,
Primjedba 2. LP problem može se rješavati pomoću programskog paketa Mathematica
primjenom naredbe LinearProgramming. LP problem oblika
uz uvjet
c T x → min
c
a T i x ≥ b i, i ∈ M 1
a T i x ≤ b i, i ∈ M 2
a T i x = b i, i ∈ M 3
x ≥ 0
rješavamo tako da definiramo vektor s takav da je
⎧
⎨ 1, i ∈ M 1
s i = −1, i ∈ M
⎩
2
0, i ∈ M 3 .
Primjenom naredbe LinearProgramming[c,m,{{b1,s1},...,{bl,sl}}], gdje su a i retci
matrice m te l = |M 1 ∪ M 2 ∪ M 3 |, dobivamo optimalno dopustivo rješenje.
1.2 Problemi koji se svode na LP problem
1.2.1 Problem optimalne prehrane
Imamo na raspolaganju namirnice N 1 ,...,N n . Cijena po jedinici namirnice N j iznosi c j ,
j = 1,... ,n. U namirnicama su prisutni nutritivni elementi E 1 ,... ,E m , pri čemu je u
namirnici N j prisutno a ij ,i = 1,... ,m, j = 1,... ,n, nutritivnog elementa E i . Poznato je
da svaka osoba mora tijekom jednog dana unijeti barem b i jedinica nutritivnog elementa
E i , i = 1,... ,m. Postavlja se sljedeće pitanje:
Koliko treba konzumirati pojedine namirnice da bi se zadovoljila dnevna potreba za
nutritivnim elementima, a da bi se pri tome minimizarala cijena prehrane?
7

Označimo s x j , j = 1,... ,n količinu konzumirane namirnice N j , j = 1,... ,n. Problem
se može formulrati kao minimizacijski LP problem na sljedeći način:
uz uvjet
c 1 x 1 + · · · + c n x n →
min ,
x 1 ,...,x n
a 11 x 1 + a 12 x 2 + · · · + a 1n x n ≥ b 1
a 21 x 1 + a 22 x 2 + · · · + a 2n x n ≥ b 2
a m1 x 1 + a m2 x 2 + · · · + a mn x n ≥ b m
x 1 ,...,x n ≥ 0
.
ili u matričnom obliku
uz uvjet
c T x → min
x
Ax ≥
b
x ≥ 0.
Primjedba 3. U popularnijoj varijanti ovaj se problem može formulirati kao problem
minimizacije unosa kalorija, tako da cijenu po namirnici zamijenimo s kalorijama. Interesantna
stranica na kojoj se mogu modelirati različite varijante ovog problema:
www.zweigmedia.com/RealWorld/dietProblem/diet.html
1.2.2 Problem optimalne proizvodnje
Neko postrojenje prozvodi proizvode P 1 ,...,P n . Za to se koriste strojevi S 1 ,... ,S m . Pri
tome svaki stroj S i , i = 1,... ,m u jednom danu može raditi najviše b i ,i = 1,... ,m sati.
Neka su a ij , i = 1,... ,m, j = 1,... ,n, broj sati koji je potreban da bi se na i−tom stroju
proizveo j−ti prozvod. Označimo s c j , j = 1,... ,n prihod po proizvodu P j . Prirodno se
nameće pitanja:
Koliko treba proizvesti pojedinog proizvoda da bi ostvareni prihod bio maksimalan?
Označimo s x j broj proizvedenih proizvoda P j , j = 1,... ,n. Problem se može formulrati
kao maksimizacijski LP problem na sljedeći način:
uz uvjet
c 1 x 1 + · · · + c n x n → max
x 1 ,...,x n
,
a 11 x 1 + a 12 x 2 + · · · + a 1n x n ≤ b 1
a 21 x 1 + a 22 x 2 + · · · + a 2n x n ≤ b 2
a m1 x 1 + a m2 x 2 + · · · + a mn x n ≤ b m
x 1 ,...,x n ≥ 0
.
8

ili u matričnom obliku
uz uvjet
c T x → max
x
Ax ≤
b
x ≥ 0.
Primijetimo da bi optimalni brojevi proizvedenih proizvoda trebali biti cijeli brojevi.
Ako su optimalna rješenja prirodni brojevi, onda smo ovim modelom riješili problem.
Općenito se može dogoditi da neko od rješenja postavljenog LP problema nije cijeli broj.
U tom slučaju potrebno je problem rješavati kao problem cjelobrojnog programiranja.
1.2.3 Problem najboljeg pravca
Zadani su podaci (t i ,y i ), i = 1,... ,r. Treba odrediti pravac s jednadžbom y = kt + l,
k,l ∈ R koji u nekom smislu najbolje aproksimiraju zadane podatke. Moguće je promatrati
nekoliko pristupa za rješavanje tog problema:
Pristup 1. minimizacija sume kvadrata vertikalnih udaljenosti točaka do pravca, odnosno minimizacija
funkcionala
r∑
F 2 (k,l) = (kt i + l − y i ) 2 .
Pristup 2. minimizacija sume vertikalnih udaljenosti točaka do pravca, odnosno minimizacija
funkcionala
r∑
F 1 (k,l) = |kt i + l − y i |.
Pristup 3. minimizacija maksimalne vertikalne udaljenosti točaka do pravca, odnosno minimizacija
funkcionala
F ∞ (k,l) = max
i=1,...,r |kt i + l − y i |.
i=1
i=1
Pristup 1. je u literaturi poznat pod imenom metoda najmanjih kvadrata. Funkcija
F 2 je derivabilna funkcija te je
⎡
⎤
⎡ ⎤
r∑
r∑ r∑
(kt i + l − y i )t i
t 2 i t i
∇F 2 (k,l) =
i=1
⎢ r∑ ⎥
⎣
(kt i + l − y i )
⎦ , ∇2 F 2 (k,l) =
i=1 i=1
⎢ r∑ ⎥
⎣
r
⎦ .
Lako se vidi da sustav
i=1
i=1
∇F 2 (k,l) = 0, (5)
uvijek ima rješenje. Pri tome u slučaju t 1 = ... = t r sustav (5) ima beskonačno mnogo
rješenja, dok je u suprotnom rješenje sustava jednažbi (5) jedinstveno. Takoder, može
se pokazati da je u slučaju jedinstvenog rješenja matrica ∇ 2 F 2 (k,l) pozitivno definitna
te je stoga jedinstveno rješenje sustava (5) točka u kojoj se postiže globalni minimum
funkcionala F 2 .
9
t i

Odredivanje optimalnog pravca primjenom Pristupa 2 i Pristupa 3, svodi se na problem
nediferencijalbilne optimizacije. Pokazat ćemo da se oba pristupa mogu svesti na problem
linearnog programiranja.
Pristup 2.
Primijetimo da je
|kt i + l − y i | = max{kt i + l − y i , −kt i − l + y i }, i = 1,... ,r.
Označimo s z i := |kt i + l − y i |,i = 1,... ,r. Očigledno je
kt i + l − y i ≤ z i ,
−kt i − l + y i ≤ z i , i = 1,... ,r.
Problem minimizacije funkcionala F 1 možemo zapisati u obliku
uz uvjet
z 1 + z 2 + · · · + z r + 0 · k + 0 · l →
−z 1 + kt 1 + l ≤ y 1
−z 1 − kt 1 − l ≤ −y 1
−z 2 + kt 2 + l ≤ y 2
−z 2 − kt 2 − l ≤ −y 2
min
z 1 ,...,z r,k,l
−z r + kt r + l ≤
−z r − kt r − l ≤
.
y r
−y r
ili zapisano u matričnom obliku
uz uvjet
gdje su
⎡
A =
⎢
⎣
−1 0 · · · 0 t 1 1
−1 0 · · · 0 −t 1 −1
0 −1 · · · 0 t 2 1
0 −1 · · · 0 −t 2 −1
.
0 0 · · · −1 t r 1
0 0 · · · −1 −t r −1
te x = [z 1 ,z 2 ,...,z r ,k,l] T ∈ R r+2 .
⎤
c T x → min
x
,
Ax ≤ b,
⎡
∈ R 2r×(r+2) , b =
⎥
⎢
⎦
⎣
⎤
y 1
⎥
y r
⎦
−y r
−y 1
y 2
−y 2
.
⎡
∈ R 2r , c =
⎢
⎣
1
1
.
1
0
0
⎤
∈ R r+2
⎥
⎦
10

Pristup 3.
Označimo li s
z := max
i=1,...,r |kt i + l − y i |,
slično kao u Pristupu 2 problem se svodi na na sljedeći LP problem:
uz uvjet
z + 0 · k + 0 · l → min
z,k,l ,
−z + kt 1 + l ≤ y 1
−z − kt 1 − l ≤ −y 1
−z + kt 2 + l ≤ y 2
−z − kt 2 − l ≤ −y 2
−z + kt r + l ≤
−z − kt r − l ≤
.
y r
−y r
ili u matričnom obliku
uz uvjet
c T x → min
x
,
Ax ≤ b,
gdje su
⎡
A =
⎢
⎣
−1 t 1 1
−1 −t 1 −1
.
−1 t r 1
−1 −t r −1
⎤
⎡
∈ R 2r×3 , b =
⎥
⎢
⎦
⎣
⎤
y 1
−y 1 .
⎥
y r
⎦
−y r
⎡
∈ R 2r ,c = ⎣
1
0
0
⎤
⎦,
te x = [z,k,l] T .
Primjer 7. Zadani su podaci {(1,1),(2,3),(2.5, 4),(3,5),(4, 11),(5, 15),(8,16)} za koje
treba odrediti pravac s jednadžbom y = kt + l, koji ih najbolje aproksimira u smislu Pristupa
1, 2 i 3. Primjenom opisanog postupka, Pristupe 2 i 3 svedemo na LP problem te
primijenimo naredbu LinearProgramming. Pri tome treba paziti da varijable k i l u oba
pristupa ne zadovoljavaju uvijet nenegativnosti. Dobivamo sljedeće pravce
• Pristup 1. y = −0.996689 + 2.43046t
• Pristup 2. y = 2t
• Pristup 3. y = 1.2 + 2.2t.
11

15
10
5
0 2 4 6 8
Slika 3: Točke i pravci (Pristup 1 - crveno, Pristup 2 - plavo, Pristup 3 - žuto)
Na Slici 3 su prikazani podaci i odgovarajući pravci.
Poznato je da je pravac dobiven primjenom Pristupa 2 najneosjetljiviji na stršeće podatke
tzv.outliere, dok je pravac dobiven Pristupom 3 najosjetljiviji na outliere. Ilustrirat
ćemo to tako da podatak (3,5) zamijenimo s podatkom (3, −1). Za nove podatke dobivamo
sljedeće pravce
• Pristup 1. y = −2.28808 + 2.54967t
• Pristup 2. y = 2t
• Pristup 3. y = 1.75t.
Na Slici 4 prikazani su novi podaci i odgovarajući pravci.
15
10
5
0 2 4 6 8
Slika 4: Promijenjene točke i pravci (Pristup 1 - crveno, Pristup 2 - plavo, Pristup 3 -
žuto)
1.2.4 Minimizacija po dijelovima linearne funkcije
Pretpostavimo da su zadani vektori c 1 ,...,c m ∈ R n te realni brojevi d 1 ,...,d m . Definirajmo
funkciju f : R n → R formulom f(x) = max
i=1,...,m {cT i x + d i }. Funkcija f je po
dijelovima linearna funkcija.
Primjer 8. Graf funkcije f(x) = max{− 1 4x + 2,0.3x − 3,x − 16} prikazan je Slici 6.
Promatramo sljedeći problem
uz uvjet
f(x) → min
x
,
Ax ≥ b.
12

10
5
5 5 10 15 20 25 30
Slika 5: Graf funkcije f
Uvedemo li oznaku
z := max
i=1,...,m {cT i x + d i },
prethodni se problem može napisati u obliku LP problema
uz uvjet
z + 0 T x → min
z,x
Ax ≥
b
−z + c T 1 x ≤ −d 1
−z + c T 2 x ≤ −d 2
.
−z + c T mx ≤ −d m ,
što je problem linearnog programiranja.
1.3 Zadaci
Zadatak 1. Grafički riješite sljedeći problem linearnog programiranja
uz uvjete
c T x → min
x
2x 1 + 3x 2 − 6 ≥ 0
x 1 ≥ 0
x 1 ≤ 6
x 2 ≥ 0
ako je
a) c = [1,1] T b) c = [−1,0] T c) c = [2,3] T d) c = [0, −1] T
Rješenje: a) x ∗ = [0,2] T , b) x ∗ = [6,x 2 ] T , x 2 ≥ 0, c) x ∗ = [x 1 ,2−2/3x 1 ] T , x 1 ∈ [0,3],
d) optimalna vrijednost je −∞
13

Zadatak 2. Zapišite sljedeći problem kao LP problem i grafički ga riješite
Rješenje: x ∗ = [−2,3] T
max{−2x − 1,x + 5,7x + 2} → min .
x x
Zadatak 3. Zapišite sljedeći problem kao LP problem i grafički ga riješite.
Obrtnik proizvodi dvije vrste proizvoda, A i B. Za (dijeljivu) jedinicu proizvoda A potrebno
je 2 minute pripreme, 1 minuta izrade i 3 minute završnih radova. Za (dijeljivu) jedinicu
proizvoda B potrebno je 2 minute pripreme, 2 minute izrade i 1 minuta završnih radova.
Svakoga dana moguće je utrošiti 140 minuta za pripremu, 120 minuta za izradu i 150
minuta za završne radove. Koliko jedinica svakog proizvoda obrtnik treba izraditi da bi
maksimizirao dobit ako jedinica proizvoda A ima cijenu 10kn a jedinica proizvoda B 8kn?
Rješenje: x ∗ = [40,30] T
Zadatak 4. Sljedeći problem zapišite kao problem linearnog programiranja. Jedna namirnica
nalazi se u m skladišta iz kojih se opskrbljuje n prodavaonica. Skladište i, i = 1,... ,m
sadrži količinu s i te namirnice a prodavaonici j,j = 1,... ,n treba dostaviti količinu k j
namirnice. Neka je c ij , i = 1,... ,m, j = 1,... ,n cijena prijevoza jedinice namirnice od
skladišta i do prodavaonice j. Problem je opskrbiti sve prodavaonice potrebnom količinom
namirnice tako da je ukupna cijena prijevoza minimalna. Formulirajte navedeni problem
kao problem linearnog programiranja.
Rješenje: Neka je x ij količina namirnice koja je prevezena iz skladišta i u prodavaonicu
j, i = 1,... ,m, j = 1,... ,n.
uz uvjet
m∑
n∑
i=1 j=1
c ij x ij → min
x ij
n∑
x ij ≤ s i , i = 1,... ,m
j=1
m∑
x ij = k j , j = 1,... ,n
i=1
x ij ≥ 0, i = 1,... ,m, j = 1,... ,n
Zadatak 5. U jednom gradu ima n gradskih četvrti i m osnovnih škola (u svakoj školi
su učenici od 1. do 8. razreda). Svaka škola j ima kapacitet c jr učenika u razredu r,
j = 1,... ,m, r = 1,... ,8. U gradskoj četvrti i ima u ir učenika koji pohadaju razred
r, i = 1,... ,n, r = 1,... ,8. Udaljenost gradske četvrti i do škole j je d ij , i = 1,... ,n,
j = 1,... ,m. Treba rasporediti učenike po školama tako da ukupna udaljenost koju ukupno
prijedu svi učenici bude minimalna.
Zapišite navedeni problem kao problem linearnog programiranja (zanemarite činjenicu da
broj učenika mora biti cijeli broj).
14

Neka je x ijr broj učenika iz četvrti i koji pohadaju razred r u školi j, i = 1,... ,n,
j = 1,... ,m, r = 1,... ,8. Odgovarajući LP problem glasi:
uz uvjet
8∑
n∑
r=1 i=1 j=1
m∑
d ij x ijr → min
m∑
x ijr = u ir , i = 1,... ,n, r = 1,... ,8
j=1
n∑
x ijr ≤ c jr , j = 1,... ,m, r = 1,... ,8
i=1
x ijr ≥ 0, i = 1,... ,n, j = 1,... ,m, r = 1,... ,8
Zadatak 6. Pokažite da se sljedeći problem može svesti na problem linearnog programiranja.
Na osnovi podataka (t i ,y i ), i = 1,... ,r, odrediti pravac s jednadžbom a ∗ t + b ∗ y + c ∗ = 0,
a ∗ ,b ∗ ,c ∗ ∈ R, gdje je F(a ∗ ,b ∗ ,c ∗ ) = min F(a,b,c) te
(a,b,c)∈R3 F(a,b,c) =
r∑
i=1
|at i + by i + c|
.
|a| + |b|
Rješenje: Označimo a ′ =
a
|a|+|b| , b′ =
b
|a|+|b| , c′ =
c
|a|+|b| , te z i = |a ′ t i + b ′ y i + c ′ |, i =
1,... ,r i α = |a ′ |, β = |b ′ |. Tada se zadani problem može zapisati kao sljedeći LP problem:
uz uvjet
r∑
i=1
z i + 0 · α + 0 · β → min
z i ,α,β
a ′ t i + b ′ y i + c ′ ≤ z i , i = 1,... ,r
−(a ′ t i + b ′ y i + c ′ ) ≤ z i , i = 1,... ,r
α + β = 1
a ′ ≤ α
−a ′ ≤ α
b ′ ≤ β
−b ′ ≤ β
2 Geometrija linearnog programiranja
2.1 Svojstvo konveksne funkcije koja je definirana na konveksnom skupu
Definicija 1. Funkcija f : P → R, P ⊆ R n u x ∗ postiže lokalni minimum ako postoji
ρ > 0 takav da je
f(x ∗ ) ≤ f(x), za svaki x ∈ K(x ∗ ,ρ) ∩ P,
15

gdje je K(x ∗ ,ρ) = {x ∈ R n : ‖x − x ∗ ‖ ≤ ρ}. Kažemo da funkcija f u x ∗ ∈ P postiže
globalni minimum na P, ako vrijedi
za svaki x ∈ P.
f(x ∗ ) ≤ f(x),
Pokazat ćemo da postoje realne funkcije koje imaju svojstvo da ako postoji točka u
kojoj se postiže lokalni minimum, onda to ujedno mora biti točka u kojoj se postiže globalni
minimum funkcije.
Definicija 2. Za funkciju f : P → R kažemo da je konveksna na P ⊆ R n ako za svaki
x,y ∈ P i svaki λ ∈ [0,1] vrijedi
f(λx + (1 − λ)y) ≤ λf(x) + (1 − λ)f(y).
Za funkciju f : P → R kažemo da je konkavna na P ⊆ R n ako za svaki x,y ∈ P i svaki
λ ∈ [0,1] vrijedi
f(λx + (1 − λ)y) ≥ λf(x) + (1 − λ)f(y).
Uočimo da je f konveksna na P onda i samo onda ako je −f konkavna na P.
Primjer 9. Zadani su c ∈ R n te d ∈ R. Funkcija f : R n → R zadana formulom
f(x) = c T x + d je istovremeno konveksna i konkavna na R n . Zaista, za svaki x,y ∈ R n i
za svaki λ ∈ [0,1] vrijedi
f(λx + (1 − λ)y) = c T (λx + (1 − λ)y) + d = λf(x) + (1 − λ)f(y).
Specijalno je i funkcija x ↦→ c T x istovremeno konveksna i konkavna.
Primjer 10. Zadani su c i ∈ R n , te d i ∈ R, i = 1,... ,m. Pokažimo da je funkcija
f : R n → R zadana formulom f(x) = max
i=1,...,m {cT i x + d i } konveksna na R n . Zaista, za
svaki x,y ∈ R n i za svaki λ ∈ [0,1] vrijedi
f(λx + (1 − λ)y) =
max
i=1,...,m {cT i (λx + (1 − λ)y + d i)}
= max
i=1,...,m {λ(cT i x + d i) + (1 − λ)(c T i y + d i)}
≤ max
i=1,...,m {λ(cT i x + d i )} + max {(1 −
i=1,...,m λ)(cT i y + d i )}
= λf(x) + (1 − λ)f(y).
Primjedba 4. Analogno kao u Primjeru 10, može se pokazati da ako su f 1 ,...,f m : P →
R, P ⊆ R n konveksne, onda je funkcija f : P → R zadana formulom
konveksna na P.
f(x) = max
i=1,...,m {f i(x)},
Definicija 3. Skup S ⊆ R n kažemo da je konveksan ako za svaki x,y ∈ S i za svaki
λ ∈ [0,1] vrijedi λx + (1 − λ)y ∈ S.
16

(a) konveksna funkcija
(b) konkavna funkcija
f(λx + (1 − λ)y)
λf(x) + (1 − λ)f(y)
λf(x) + (1 − λ)f(y)
f(λx + (1 − λ)y)
x λx + (1 − λ)y
y
x
λx + (1 − λ)y
y
Slika 6: Konveksna i konkavna funkcija
Primjedba 5. Može se pokazati da je funkcija f konveksna ako i samo ako je područje
iznad grafa funkcije f konveksan skup. Slično, funkcija f je konkavna ako i samo ako je
područje ispod grafa funkcije f konveksan skup (vidi Sliku 6).
Definicija 4. Neka su x i ∈ R n , i = 1,... ,k vektori te λ i ∈ [0,1], i = 1,... ,k realni
brojevi takvi da je ∑ k
i=1 λ i = 1, onda vektor ∑ k
i=1 λ ix i zovemo konveksna kombinacija
vektora x i , i = 1,... ,k.
Teorem 1. Neka je f : P → R konveksna funkcija definirana na konveksnom skupu
P ⊆ R n . Ako funkcija f u x ∗ ∈ P postiže lokalni minimum, onda ujedno u x ∗ postiže i
globalni minimum na skupu P.
Dokaz. Neka je ρ > 0 takav da je f(x ∗ ) ≤ f(y) za svaki y ∈ P ∩ K(x ∗ ,ρ). Neka
je x ∈ P proizvoljan vektor i λ ∈ [0,1] te definirajmo y(λ) = λx + (1 − λ)x ∗ . Kako je
P konveksan vrijedi y(λ) ∈ P. Neka je λ 0 = min{1,ρ‖x − x ∗ ‖ −1 }. Za svaki λ ∈ [0,λ 0 ]
vrijedi
‖y(λ) − x ∗ ‖ = ‖λx + (1 − λ)x ∗ − x ∗ ‖ = |λ|‖x − x ∗ ‖ ≤ |λ 0 |‖x − x ∗ ‖ ≤ ρ,
odnosno y(λ) ∈ P ∩ K(x ∗ ,ρ).
To znači da za λ ∈ [0,λ 0 ] vrijedi
f(x ∗ ) ≤ f(y(λ)) = f(λx + (1 − λ)x ∗ ) ≤ λf(x) + (1 − λ)f(x ∗ ),
odakle slijedi da je f(x ∗ ) ≤ f(x), za svaki x ∈ P.
2.2 Poliedar u R n . Vrh, ekstremna točka i bazično dopustivo rješenje
Definicija 5. Neka su A ∈ R m×n , b ∈ R m . Skup
zovemo poliedar u R n .
{x ∈ R n : Ax ≥ b} ⊆ R n ,
Uočimo da je skup {x ∈ R n : Ax = b,x ≥ 0}, takoder poliedar i zovemo ga poliedar u
standardnom obliku. Naime, vrijedi
{x ∈ R n : Ax = b} = {x ∈ R n : Ax ≥ b& − Ax ≥ −b&x ≥ 0}
⎧ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎫
⎨ A b ⎬
=
⎩ x ∈ Rn : ⎣ −A ⎦x ≥ ⎣ −b ⎦
⎭ .
I 0
17

Definicija 6. Neka su a i ∈ R n , a i ≠ 0 i b i ∈ R.
1) Skup {x ∈ R n : a T i x = b i} zovemo hiperravnina u R n s vektorom normale a i .
2) Skup {x ∈ R n : a T i x ≥ b i} zovemo poluprostor u R n .
Propozicija 2. Vrijede sljedeće tvrdnje:
a) Poluprostor u R n je konveksan skup.
b) Presjek od konačno mnogo konveksnih skupova je konveksan skup.
c) Poliedar u R n je konveksan skup.
Dokaz.
a) Neka je π = {x ∈ R n : a T i x ≥ b i} dani poluprostor te neka su x,y ∈ π te λ ∈ [0,1].
Tada je a T i (λx + (1 − λ)y) = λaT i x + (1 − λ)aT i ≥ λb + (1 − λ)b = b. Kako su
x,y ∈ π te λ ∈ [0,1] proizvoljni slijedi da je π konveksan skup.
b) Dokažimo tvrdnju najprije za dva konveksna skupa S 1 i S 2 . Pretpostavimo S 1 ∩S 1 ≠
∅ (ako je S 1 ∩S 1 = ∅, tvrdnja slijedi trivijalno jer je ∅ konveksan po definiciji) i neka
su x,y ∈ S 1 ∩ S 1 , odakle slijedi da su x,y ∈ S 1 i x,y ∈ S 2 . Kako su prema
pretpostavci S 1 i S 2 konveksni slijedi da za svaki λ ∈ [0,1] vrijedi λx+(1 −λ)y ∈ S 1
i λx + (1 − λ)y ∈ S 2 , odnosno λx + (1 − λ)y ∈ S 1 ∩ S 2 . Tvrdnja se za konačno
mnogo konveksnih skupova može dokazati metodom matematičke indukcije.
c) Kako je poliedar presjek od konačno mnogo poluprostora, sukladno tvrdnji b) slijedi
da je i on konveksan.
Definicija 7. Neka je P poliedar u R n . Vektor x ∈ P je ekstremna točka poliedra P ako
ne postoje y,z ∈ P, y ≠ x & z ≠ x i skalar λ ∈ [0,1] takvi da je x = λy + (1 − λ)z.
Dakle, ekstremna točka poliedra je ona točka koja se ne može prikazati kao netrivijalna
konveksna kombinacija točaka iz poliedra. Geometrijski gledano, to znači da je ekstremna
točka ona točka poliedra koja se ne nalazi na nekom segmentu koji je sadržan u poliedru.
u
x
v
Slika 7: x je ekstremna točka poliedra, dok u i v nisu ekstremne točke jer se mogu prikazati
kao netrivijalna konveksna kombinacija točaka iz poliedra
18

Definicija 8. Neka je P poliedar u R n . Vektor x ∈ P je vrh poliedra P ako postoji vektor
c ∈ R n takav da je c T x < c T y za svaki y ∈ P, y ≠ x.
S geometrijskog stajališta vrh poliedra je ona točka za koju možemo odrediti hiperravninu
kroz tu točku sa svojstvom da se sve točke poliedra, izuzev vrha nalaze s iste strane
te hiperravnine.
x 1
x 2
u
v
Slika 8: x 1 i x 2 su vrhovi poliedra, u i v nisu vrhovi poliedra
Pretpostavimo da je poliedar P zadan na sljedeći način:
a T i x ≥ b i, i ∈ M 1
a T i x ≤ b i, i ∈ M 2
a T i x = b i , i ∈ M 3 .
Definicija 9. Ako za vektor x ∗ vrijedi da je a T i 0
x ∗ = b i0 za neki i 0 ∈ M 1 ,M 2 ili M 3 , onda
kažemo da je uvjet s indeksom i 0 aktivan u vektoru x ∗ .
Primjer 11. Neka je x ∗ = [1,0,0] T i neka su dani uvjeti
Uvjeti (6), (8) i (9) su aktivni u vektoru x ∗ .
x 1 + x 2 + x 3 = 1 (6)
x 1 ≥ 0 (7)
x 2 ≥ 0 (8)
x 3 ≥ 0. (9)
Neka je x ∗ ∈ R n i I = {i : a T i x∗ = b i } skup indeksa aktivnih uvjeta u vektoru x ∗ .
Uočimo da su sljedeće tri tvrdnje ekvivalentne:
1) Skup {a i : i ∈ I} sadrži n linearno nezavisnih vektora.
2) Potprostor razapet s vektorima a i , i ∈ I jednak je R n .
3) Sustav linearnih jednadžbi a T i x = b i, i ∈ I ima jedinstveno rješenje.
Definicija 10. Neka je P poliedar u R n zadan na sljedeći način:
a T i x ≥ b i , i ∈ M 1
a T i x ≤ b i , i ∈ M 2
a T i x = b i , i ∈ M 3 ,
19

te neka je I = {i ∈ M 1 ∪ M 2 ∪ M 3 : a T i x∗ = b i } skup indeksa aktivnih uvjeta u vektoru
x ∗ ∈ R n .
a) Za vektor x ∗ ∈ R n kažemo da je bazično rješenje ako su
i) svi uvjeti koji sadrže jednakosti aktivni u x ∗ ;
ii) skup {a i : i ∈ I} sadrži n linearno nezavisnih vektora.
b) Bazično rješenje x ∗ ∈ R n koje zadovoljava sve uvjete zovemo bazično dopustivo
rješenje.
Primjer 12. Poliedar P ⊆ R 3 zadan je na sljedeći način:
x 1 + x 2 + x 3 = 1 (10)
x 1 ≥ 0 (11)
x 2 ≥ 0 (12)
x 3 ≥ 0 (13)
a) Neka je e 1 = [1,0,0] T . Uvjeti (9), (11) i (12) aktivni su u e 1 , dok uvjet (10) nije
aktivan u e 1 . Kako uvjet (10) sadrži jednakost te kako su vektori [1,1,1] T , [1,0,0] T
i [0,1,0] T linearno nezavisni, slijedi da je e 1 bazično rješenje. Takoder, kako vektor
e 1 zadovoljava uvjet (10) slijedi da je e 1 bazično dopustivo rješenje.
b) slično kao u a) može pokazati da su e 2 = [0,1,0] T i e 3 = [0,0,1] T bazična dopustiva
rješenja.
c) Neka je x ∗ = [ 1
3 , 1 3 , 1 ] T.
3 Jedino je uvjet (10) aktivan u vektoru x ∗ prema tome x ∗
nije bazično rješenje.
d) Neka je x ∗ = [0,0,0] T . Uvjeti (11), (12) i (13) aktivni su u x ∗ , no uvjet (10) koji
sadrži jednakost nije aktivan u x ∗ te stoga x ∗ nije bazično rješenje. Kada bismo
uvjet (10) zamijenili s dva uvjeta x 1 + x 2 + x 3 ≤ 1 i x 1 + x 2 + x 3 ≥ 1, onda x ∗
postaje bazično rješenje. Iz ovog zaključujemo da definicija bazičnog rješenja ovisi o
reprezentaciji poliedra.
Teorem 2. Neka je P poliedar i neka je x ∗ ∈ P. Sljedeće tri tvrdnje su ekvivalentne
1) x ∗ je vrh poliedra.
2) x ∗ je ekstremna točka poliedra.
3) x ∗ je bazično dopustivo rješenje.
Dokaz. Neka je poliedar P ⊆ R n zadan na sljedeći način
a T i x∗ ≥ b i , i ∈ M 1 (14)
a T i x∗ = b i , i ∈ M 2 . (15)
Ako je x ∗ je vrh poliedra, onda je x ∗ ekstremna točka poliedra.
20

Kako je x ∗ je vrh poliedra, postoji vektor c takav da je c T x ∗ < c T x, za svaki vektor
x ∈ P, x ≠ x ∗ . Pretpostavimo da se vektor x ∗ nije ekstremna točka poliedra tj.da se
može napisati u obliku
x ∗ = λy + (1 − λ)z, (16)
gdje su λ ∈ [0,1], y,z ∈ P takvi da je y ≠ x ∗ te z ≠ x ∗ . Prema uvjetu tvrdnje je
c T x ∗ < c T y te c T x ∗ < c T z. Imamo
c T x ∗
= λc T x ∗ + (1 − λ)c T x ∗
< λc T y + (1 − λ)c T z
= c T (λy + (1 − λ)z),
što je u kontradikciji s (16).
Ako je x ∗ ekstremna točka poliedra, onda je x ∗ bazično dopustivo rješenje.
Pretpostavimo da x ∗ ∈ P nije bazično dopustivo rješenje te dokažimo da x ∗ nije
ekstremna točka poliedra. Kako x ∗ nije bazično dopustivo rješenje broj linearno nezavisnih
vektora a i , i ∈ I, gdje je I = {i ∈ M 1 ∪ M 2 : a T i x∗ = b i } manji je od n. Dakle, potprostor
razapet skupom vektora {a i : i ∈ I} je pravi potprostor od R n pa postoji vektor d ∈ R n
takav da je a T i d = 0 za svaki i ∈ I.
Neka je ε > 0. Definirajmo vektore y = x ∗ + εd te z = x ∗ − εd. Uočimo da za i ∈ I
vrijedi
a T i y = a T i (x ∗ + εd) = a T i x ∗ + εa T i d = a T i x ∗ = b i .
Ako je i /∈ I, onda je a T i x∗ > b i te
a T i y = aT i x∗ + εa T i d. (17)
Pretpostavimo li da je a T i d ≥ 0 iz (17) slijedi da je aT i y > b i. Ako je s druge strane
a T i d < 0, odaberimo ε > 0 tako da je ε < b i − a T i x∗
a T i d .
Za tako odabrani ε > 0 slijedi da za i /∈ I vrijedi a T i y > b i. Zaključujemo da je y ∈ P.
Slično, može se pokazati da je z ∈ P.
Konačno, uočimo sa je x ∗ = 1 2 (y + z), tj.x∗ napisali smo kao konveksnu kombinaciju
vektora y i z, tj.x ∗ nije ekstremna točka poliedra P.
Ako x ∗ bazično dopustivo rješenje, onda je x ∗ vrh poliedra.
Neka je x ∗ bazično dupustivo rješenje te I = {i : a T i x∗ = b i } skup aktivnih indeksa u
x ∗ . Definirajmo vektor c = ∑ i∈I a i. Pri tome vrijedi
c T x ∗ = ∑ i∈I
a T i x∗ = ∑ i∈I
b i .
Za proizvoljni x ∈ P imamo
c T x = ∑ i∈I
a T i x ≥ ∑ i∈I
b i = c T x ∗ , (18)
odakle slijedi da je x ∗ rješenje LP problema
c T x → min,
21

uz uvjet
x ∈ P.
Pri tome jednakost u (18) vrijedi onda i samo onda ako je a T i x = b i, za svaki i ∈ I. Kako
je x ∗ bazično dopustivo rješenje broj linearno nezavisnih vektora a i , i ∈ I koji su aktivni
u x ∗ jednak je n pa sustav a T i x = b i, i ∈ I ima jedinstveno rješenje, a to je upravo x ∗ .
Na taj način dokazali smo da postoji vektor c takav da je c T x ∗ < c T x za svaki x ≠ x ∗ ,
x ∈ P, odnosno da je x ∗ vrh poliedra P.
2.3 Konstrukcija bazičnog dopustivog rješenja
Pretpostavimo da je poliedar P ⊂ R n zadan u standardnom obliku
P = {x ∈ R n : Ax = b,x ≥ 0}, A ∈ R m×n ,b ∈ R m .
Takoder, pretpostavimo da je rang(A) = m < n. Ako je x ∗ bazično dopustivo rješenje,
onda x ∗ zadovoljava sustav linearnih jednadžbi
te uvjete nenegativnosti
Ax ∗ = b, (19)
x ∗ ≥ 0. (20)
Uočimo da uvjeta nenegativnosti (20) ima n, dok sustav linearnih jednažbi sadrži m jednadžbi.
Prema definiciji bazičnog dopustivog rješenja treba postojati n linearno nezavisnih
uvjeta, koji su aktivni u vektoru x ∗ . To znači da moraju biti zadovoljeni svi uvjeti u (19),
a da medu uvjetima iz (20) treba biti n − m aktivnih, odnosno da n − m komponenti
vektora x ∗ treba biti jednako 0.
[ ]
Primjer 13. Neka je P = {x ∈ R 3 a11 a
: Ax = b,x ≥ 0}, gdje su A = 12 a 13
te
a 21 a 22 a 23
b = [b 1 ,b 2 ] T te rang(A) = 2. Raspišemo li zapis poliedra P imamo:
a 11 x 1 + a 12 x 2 + a 13 x 3 = b 1
a 21 x 1 + a 22 x 2 + a 23 x 3 = b 2
x 1 ≥ 0
x 2 ≥ 0
x 3 ≥ 0.
U svrhu odredivanja bazičnog dopustivog rješenja x ∗ ∈ R 3 trebamo jedan uvjet s nejednakosti
učiniti aktivnim. Stavimo da je primjerice x ∗ 1 = 0. U tom slučaju ostale komponente
vektora x ∗ = [0,x ∗ 2 ,x∗ 3 ]T moraju zadovoljavati sustav jednadžbi
a 12 x 2 + a 13 x 3 = b 1
a 22 x 2 + a 23 x 3 = b 2 .
Pri tome je rješenje jedinstveno onda i samo onda ako su vektori [a 12 ,a 22 ] T te [a 13 ,a 23 ] T
linearno nezavisni. Onda je
[ ] [ ] x
∗ −1 [ ]
2 a12 a
x ∗ = 13 b1
.
3 a 22 a 23 b 2
22

[ ]
a12 a
Ako je matrica B = 13
regularna, onda su tri vektora [a
a 22 a 11 ,a 12 ,a 13 ] T , [a 21 ,a 22 ,a 23 ] T
23
te [1,0,0] T , koji odreduju aktivne uvjete linearno nezavisni. Zaista, ako vektor [1,0,0] T
napišemo kao linearnu kombinaciju preostalih, dobivamo
1 = λ 1 a 11 + λ 2 a 21
0 = λ 1 a 12 + λ 2 a 22
0 = λ 1 a 13 + λ 2 a 23 .
Zbog regularnosti matrice B slijedi da su λ 1 = λ 2 = 0, odnosno da su vektori [a 11 ,a 12 ,a 13 ] T , [a 21 ,a 22 ,a 23 ] T
te [1,0,0] T linearno nezavisni. To znači da je x ∗ = [0,x ∗ 2 ,x∗ 3 ]T bazično rješenje. Ako uz
to vrijedi da je x ∗ 2 ≥ 0 te x∗ 3 ≥ 0, onda je x∗ = [0,x ∗ 2 ,x∗ 3 ]T bazično dopustivo rješenje.
Općenito vrijedi sljedeći teorem.
Teorem 3. Neka P = {x ∈ R n : Ax = b, x ≥ 0}, gdje su A ∈ R m×n , b ∈ R m te matrica
A punog ranga. Vektor x ∈ R n je bazično rješenje onda i samo onda ako je Ax = b te
ako postoje indeksi B(1),... ,B(m) takvi da vrijedi
a) Stupci A B(1) ,... ,A B(m) matrice A su linearno nezavisni;
b) Ako je i /∈ {B(1),... ,B(m)}, onda je x i = 0.
Na osnovi prethodnog teorema proizlazi procedura za konstrukciju bazičnog rješenja.
Procedura za konstrukciju bazičnog rješenja
1. Odabrati m linearno nezavisnih stupaca A B(1) ,...,A B(m) matrice A.
2. Staviti x i = 0 za svaki indeks i /∈ {B(1),... ,B(m)}.
3. Riješiti sustav Bx B = b, gdje su
B = [ A B(1) A B(2) · · · A B(m)
]
, xB =
⎡
⎢
⎣
⎤
x B(1)
⎥
. ⎦ ,
x B(m)
4. Vektor x = [x 1 ,... ,x n ] T sa svojstvom
{ 0, j /∈ {B(1),... ,B(n)}
x j =
x B(i) ,j = B(i),
je bazično rješenje.
Pri tome x B(1) ,...,x B(m) zovemo bazične varijable, vektore A B(1) ,A B(2) ,... ,A B(m)
zovemo bazični vektori, B(1),... ,B(m) zovemo bazični indeksi, dok matricu B zovemo
matrica baze. Ako bazično rješenje x ima svojstvo x ≥ 0, onda je x bazično dopustivo
rješenje.
23

Primjer 14. Zadan je poliedar u standardnom obliku P = {x ∈ R 7 : Ax = b,x ≥ 0},
gdje su
⎡
⎤ ⎡ ⎤
1 1 2 1 0 0 0 8
A = ⎢ 0 1 6 0 1 0 0
⎥
⎣ 1 0 0 0 0 1 0 ⎦ , b = ⎢ 12
⎥
⎣ 4 ⎦ .
0 1 0 0 0 0 1 6
i) Uočimo da su stupci A 4 ,A 5 ,A 6 i A 7 matrice A linearno nezavisni te ih možemo
odabrati za bazične vektore. U svrhu odredivanja bazičnog rješenja definiramo matricu
baze
B =
⎡
⎢
⎣
1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 1 0
0 0 0 1
te rješavamo sustav Bx B = b, odakle je x B = [8,12,4,6] T , odnosno x = [0,0,0,8,12,4,6] T
je bazično rješenje. Takoder, zbog x ≥ 0, vektor x je bazično dopustivo rješenje.
ii) Stupci A 3 ,A 5 ,A 6 i A 7 su linearno nezavisni te ih takoder možemo odabrati za
bazične vektore. Pri tome pripadna matrica baze glasi
B =
⎡
⎢
⎣
2 0 0 0
6 1 0 0
0 0 1 0
0 0 0 1
odakle sliejedi da je x B = [4, −12,4,6] T , odnosno bazično rješenje x = [0,0,4,0, −12,4,6] T .
Uočimo da x nije bazično dopustivo rješenje.
⎤
⎥
⎦ ,
⎤
⎥
⎦ ,
Može se pokazati da u zapisu poliedara u standardnom obliku
P = {x ∈ R n : Ax = b,x ≥ 0}, A ∈ R m×n ,b ∈ R m ,
pretpostavka da je rang(A) = m, nije ograničenje. Preciznije, vrijedi sljedeći teorem.
Teorem 4. Neka je P = {x ∈ R n : Ax = b,x ≥ 0} neprazni poliedar pri čemu su A ∈
R m×n ,b ∈ R m . Pretpostavimo da su a T i , i = 1,... ,m retci matrice A, rang(A) = k < m
te da su retci a T i j
, j = 1,... ,k linearno nezavisni. Neka je
poliedar u R n . Onda je P = Q.
Q = {x ∈ R n : a T i 1
x = b i1 ,...,a T i k
x = b ik ,x ≥ 0}
2.4 Degeneracija
Definicija 11. Neka je P = {x ∈ R n : a T i x ≥ b i, i = 1,... ,m} neprazan. Za bazično
rješenje x ∈ R n kažemo da je degenerativno ako je više od n uvjeta aktivno u x.
24

Primjer 15. Neka je poliedar P zadan sa sljedećim uvjetima
x 1 + x 2 + 2x 3 ≤ 8 (21)
x 2 + 6x 3 ≤ 12 (22)
x 1 ≤ 4 (23)
x 2 ≤ 6 (24)
x 1 ≥ 0 (25)
x 2 ≥ 0. (26)
x 3 ≥ 0. (27)
a) Uočimo da je vektor x ∗ = [2,6,0] T bazično dopustivo rješenje. Naime uvjeti (21),
(24) i (27) aktivni su u x ∗ i ima ih točno tri. Pri tome su odgovarajući vektori
linearno nezavisni. Osim toga vektor x ∗ zadovoljava sve uvjete. Dakle vektor x ∗ je
nedegenartivno bazično dopustivo rješenje.
b) Vektor x ∗ = [4,0,2] je takoder bazično dopustivo rješenje, jer su uvjeti (21), (22)
i (23) aktivni u x ∗ . Pripadni vektori su linearno nezavisni. Takoder, uočimo da
vektor x ∗ zadovoljava sve uvjete te je stoga bazično dopustivo rješenje. Medutim
lako se vidi da je i uvjet (26) takoder aktivan u x ∗ , odakle slijedi da postoji četiri
aktivna uvjeta u x ∗ , odnosno da je x ∗ degenerativno bazično dopustivo rješenje.
Definicija 12. Neka je
P = {x ∈ R n : Ax = b,x ≥ 0}, A ∈ R m×n ,b ∈ R m ,
poliedar u standardnom obliku te neka je x bazično rješenje. Vektor x je degenerativno
bazično rješenje ako je više od n − m komponenti vektora x jednako 0.
Primjer 16. Zadan je poliedar u standardnom obliku P = {x ∈ R 7 : Ax = b,x ≥ 0},
gdje su
⎡
⎤ ⎡ ⎤
1 1 2 1 0 0 0 8
A = ⎢ 0 1 6 0 1 0 0
⎥
⎣ 1 0 0 0 0 1 0 ⎦ , b = ⎢ 12
⎥
⎣ 4 ⎦ .
0 1 0 0 0 0 1 6
Uočimo da za bazične stupce možemo odabrati vektore A 1 ,A 2 ,A 3 i A 7 . Odgovarajuće
bazično rješenje (koje je ujedno i dopustivo) glasi x = [4,0,2,0,0,0,6] T . Kako je 4 komponente
vektora x jednako 0, slijedi da je x degenerativno bazično dopustivo rješenje.
Primjer 17. Zadan je poliedar P = {[x 1 ,x 2 ,x 3 ] T : x 1 − x 2 = 0,x 1 + x 2 + 2x 3 =
2,x 1 ,x 2 ,x 3 ≥ 0} u standardnom obliku. Uočimo da je m = 2 i n = 3, te n − m = 1.
Odredimo sve bazična dopustiva rješenja. Odgovarajuća matrica A i vektor b glase
A =
[ 1 −1 0
1 1 2
]
, b = [0,2] T .
Imamo tri mogućnosti:
[ 1 −1
a) Ako je B =
1 1
nedegenaritvno.
]
, onda je bazično dopustivo rješenje x = [1,1,0] T , koje je
25

[ 1 0
b) Ako je B =
1 2
degenerativno.
[ −1 0
c) Ako je B =
1 2
degenerativno.
]
, onda je bazično dopustivo rješenje x = [0,0,1] T , koje je
]
, onda je bazično dopustivo rješenje x = [0,0,1] T , koje je
Primijetimo da poliedar P možemo zapisati na sljedeći način
P = {[x 1 ,x 2 ,x 3 ] T : x 1 − x 2 = 0,x 1 + x 2 + 2x 3 = 2,x 1 ,x 3 ≥ 0}.
Vektor x ∗ = [0,0,1] T u ovom zapisu poliedra postaje nedegenerativno bazično dopustivo
rješenje.
Zaključujemo da svojstvo degenerativnosti ovisi o zapisu poliedra.
2.5 Egzistencija ekstremne točke
Definicija 13. Kažemo da poliedar P ⊆ R n sadrži pravac ako postoji vektor x ∈ P te
vektor d ∈ R n \ {0} takav da je x + λd ∈ P za svaki realni broj λ.
x
x + λd
Slika 9: Poliedar koji sadrži pravac
Teorem 5. Neka je P = {x ∈ R n : a T i x ≥ b i, i = 1,... ,m} neprazan. Onda su sljedeće
tvrdnje ekvivalentne:
a) Poliedar P ima barem jednu ekstremnu točku.
b) Poliedar P ne sadrži pravac.
c) Medu vektorima a 1 ,... ,a m ima n linearno nezavisnih
Dokaz.
Ako poliedar P ne sadrži pravac, onda poliedar P ima barem jednu ekstremnu
točku
Neka je x ∈ P te I = {i : a T i x = b i}, skup indeksa uvjeta koji su aktivni vektoru
x. Ako medu vektorima a i , i ∈ I ima n linearno nezavisnih, onda je prema definiciji x
bazično dopustivo rješenje, odnosno ekstremna točka poliedra P. Pretpostavimo da medu
vektorima a i , i ∈ I ima k, k < n linearno nezavisnih. To znači da vektori a i , i ∈ I
razapinju pravi potprostor od R n , odnosno postoji vektor d ∈ R n takav da je a T i d = 0,
i ∈ I. Promatrajmo pravac x + λd, gdje je λ ∈ R. Pokažimo da svi uvjeti koji su aktivni
u vektoru x ostaju aktivni i u vektoru y koji leži na pravcu x + λd. Zaista
a T i (x + λd) = a T i x + λa T i d = b i , i ∈ I.
26

S obzirom da prema pretpostavci poliedar P ne sadrži pravac, postoji λ ∗ ∈ R te indeks
j /∈ I, takav da je a T j (x + λ∗ d) = b j . Na taj način odredili smo uvjet koji je aktivan u
vektoru x+λ ∗ d. Kako j /∈ I, vrijedi a T j x ≠ b j te je stoga a T j d ≠ 0. Dokažimo da vektor a j
ne možemo napisati kao linearnu kombinaciju vektora a i , i ∈ I. Pretpostavimo suprotno
tj. neka postoje skalari λ i ∈ R takvi da je
a j = ∑ i∈I
λ i a i ,
odnosno 0 ≠ a T j d = ∑ i∈I λ ia T i d = 0, odakle slijedi da su vektori a j te a i , i ∈ I linearno
nezavisni.
Zaključujemo da postoji k + 1 linearano nezavisnih vektora koji odreduju aktivne
uvjete u vektoru x + λ ∗ d. Opisani postupak nastavljamo dok ne dodemo do vektora
x ∗ ∈ P sa svojstvom da postoji n lineano nezavisnih vektora koji odreduju aktivne uvjete
u vektoru x ∗ . Dobiveni vektor x ∗ je bazično dopustivo rješenje ili ekstremna točka poliedra.
Medu vektorima a 1 ,...,a m ima n linearno nezavisnih, onda poliedar P ne sadrži
pravac.
Bez smanjenja općenitosti možemo pretpostaviti da su a 1 ,... ,a n linerano nezavisni
vektori. Pretpostavimo da poliedar P sadrži pravac, odnosno da postoji vektor d ≠ 0
takav da je x + λd ∈ P, za svaki λ ∈ R, odnosno da je a T i (x + λd) ≥ b i za svaki i te svaki
λ ∈ R. Kako je (a T i x −b i)+λa T i d ≥ 0 za svaki i i svaki λ ∈ R zaključujemo da je aT i d = 0
za svaki i. S obzirom da su vektori a i , i = 1,... ,n linearno nezavisni slijedi da je d = 0,
što je u kontradikciji s pretpostavkom da poliedar P sadrži pravac.
Sljedeći teorem pokazat će da ako problem linearnog programiranja ima rješenje te ako
odgovarajući poledar ima ektremnu točku, onda postoji optimalno rješenje LP problema
koje je ekstremna točka poliedra.
Teorem 6. Zadan je LP problem
uz uvjet
c T x → min
x
,
x ∈ P,
gdje je P poliedar. Pretpostavimo da P ima barem jednu ekstremnu točku te da LP problem
ima optimalno rješenje. Onda postoji optimalno rješenje LP problema koje je ekstremna
točka poliedra P.
Dokaz. Neka je Q skup svih optimalnih rješenja LP problema. Sukladno pretpostavci
Q ≠ ∅. Pretpostavimo da je poliedar P oblika
P = {x ∈ R n : Ax ≥ b}.
Takoder pretpostavimo da je optimalna vrijednost funkcije cilja jednaka v. U tom je
slučaju Q = {x ∈ R n : Ax ≥ b, c T x = v}. Nije teško vidjeti da je Q takoder poliedar.
Očigledno je Q ⊂ P. Kako prema pretpostavci P ima ekstremnu točku, sukladno Teoremu
5 P ne sadrži pravac pa ni Q takoder ne sadrži pravac. Zaključujemo da Q ima ekstremnu
točku. Neka je x ∗ ekstremna točka od Q. Dokažimo da je x ∗ ujedno ekstremna točka od
P. Pretpostavimo suprotno tj.da postoje vektori y,z ∈ P, y ≠ x ∗ , z ∈ x ∗ te λ ∈ [0,1]
takvi da je x ∗ = λy + (1 − λ)z. Onda je
v = c T x ∗ = λc T y + (1 − λ)c T z. (28)
27

Kako je v optimalna vrijednost funcije cilja slijedi da je c T y ≥ v te c T z ≥ v, ťo zajedno
s (28) povlači da je c T y = c T z = v, odnosno da su y,z ∈ Q, što je u kontradikciji s
pretpostavkom da je x ∗ ekstremna točka poliedra Q.
Može se pokazati općenitiji tvrdnja.
Teorem 7. Zadan je LP problem
uz uvjet
c T x → min
x
,
x ∈ P,
gdje je P poliedar. Pretpostavimo da P ima barem jednu ekstremnu točku. Onda je
vrijednost funcije cilja jednaka −∞ ili postoji ekstremna točka poliedra koja je optimalna.
2.6 Zadaci
Zadatak 7. Neka je K ⊆ R 2 skup zadan na sljedeći način:
Dokažite da je K konveksan skup.
K = {(x,y) ∈ R 2 : 1 ≤ 3 2x−y ≤ 10}.
Zadatak 8. Neka je S konveksan skup i f : S ⊆ R n → R. Dokažite da je f(λx + (1 −
λ)y) ≤ max{f(x),f(y)}, ∀λ ∈ (0,1) ako i samo ako je skup S α = {x ∈ S : f(x) ≤ α}
konveksan za svaki α ∈ R.
Zadatak 9. Polunorma na vektorskom prostoru X je funkcija p: X → [0, ∞〉 takva da
vrijedi
1. p(λx) = |λ|p(x), ∀x ∈ X, λ ∈ R,
2. p(x + y) ≤ p(x) + p(y), ∀x,y ∈ X.
Neka je p polunorma i x ∈ X. Dokažite da je skup A = {y ∈ X : p(x − y) < 1} konveksan
skup.
Zadatak 10.
a) Neka su f 1 ,... ,f n : R n → R, n ∈ N konveksne funkcije. Dokažite da je tada i
funkcija f(x) = max
i=1,...,n {f i(x)} konveksna.
b) Neka je h: R n → R konveksna funkcija, g: R → R konveksna monotono rastuća
funkcija. Dokažite da je tada i funkcija f = g ◦ h konveksna.
Zadatak 11. Neka su zadani c i ∈ R n , te d i ∈ R, i = 1,... ,m. Dokažite da je funkcija
f : R n → R zadana formulom f(x) = max
i=1,...,n {cT i x + d i } konveksna na R n .
Zadatak 12. Neka je P ⊆ R n poliedar. Dokažite da niti jedna točka x ∈ int P ne može
biti ekstremna točka poliedra.
28

Zadatak 13 (2 boda). Zadan je poliedar u standardnom obliku P = {x ∈ R 7 : Ax =
b, x ≥ 0}, gdje su
⎡
A = ⎣
1 7 22 0 5 0 1
0 3 −5 0 2 1 2
0 1 0 1 −4 0 3
⎤
⎡
⎦ , b = ⎣
Odredite tri različita dopustiva rješenja i za svako provjerite je li vrh poliedra P.
Zadatak 14. Neka je x proizvoljna točka u konveksnoj ljusci skupa P ⊆ R n Dokažite da
tada postoji P ′ ⊆ P koji se sastoji od najviše n+1 elemenata takav da x leži u konveksnoj
ljusci skupa P ′ .
7
1
2
⎤
⎦.
29

3 Simpleks metoda
Zadan je problem linearnog programiranja u standardnom obliku
uz uvjet
f(x) = c T x → min
x
,
Ax = b
x ≥ 0,
gdje su A ∈ R m×n , b ∈ R m te c ∈ R n .
Sukladno Teoremu 7, optimalno rješenje LP problema treba tražiti medu bazičnim
dopustivim rješenjima poliedra P = {x : Ax = b,x ≥ 0}. Kako je funkcija cilja f(x) =
c T x konveksna na R n a poliedar P konveksan skup prema Teoremu 1, svaka točka u kojoj
se postiže lokalni minimum funkcije f ujedno je točka u kojoj se postiže globalni minimum
funkcije f. Analizirat ćemo metodu za traženje lokalnog minimuma funkcije f na skupu
P, koja je poznata pod nazivom simpleks metoda. Navedimo osnovni oblik algoritma na
kojem je zasnovana simpleks metoda.
Algoritam - Simpleks metoda
1. Odaberimo jedno bazično dopustivo rješenje poliedra P.
2. repeat
forever
provjeriti sve bridove poliedra P koji izlaze iz odabranog bazičnog dopustivog
rješenja;
if postoji brid po kojem možemo smanjiti vrijednost funkcije cilja hodamo
po tom bridu dok ne dodemo do sljedećeg bazičnog dopustivog rješenja.
Ako takvo bazično dopustivo rješenje ne postoji, poliedar je neomeden i
vrijednost funkcije cilja je −∞.
else
return bazično dopustivo rješenje je optimalno
Algoritam-Simpleks metoda zapisat ćemo u algebarskom obliku. U tu svrhu uvodimo
neke pojmove.
Definicija 14. Neka je x ∈ P. Za vektor d ∈ R n kažemo da je dopustivi smjer u vektoru
x, ako postoji θ > 0 takav da je x + θd ∈ P.
Neka je x = [x 1 ,... ,x n ] T bazično dopustivo rješenje poliedra P = {x : Ax = b,x ≥ 0}
te neka su B(1),... ,B(m) indeksi bazičnih varijabli pri čemu je B = [A B(1) ,... ,A B(m) ]
matrica baze. Onda odgovarajući bazični dio vektora x glasi x B = B −1 b. Nadalje, za
nebazični dio vektora x vrijedi x i = 0 za svaki i ∈ N := {1,... ,n} \ {B(1),... ,B(m)}.
Pretpostavimo da se od bazičnog dopustivog rješenje želimo pomaknuti u novu točku
oblika x + θd. Pri tome zahtjevamo da vrijede sljedeća dva uvjeta:
1. uvjet optimalnosti: c T (x + θd) < c T x.
30

2. uvjet dopustivosti: x + θd ∈ P.
Pri tome θ > 0 zovemo duljina koraka, a d vektor smjera. U svrhu konstrukcije vektora
smjera odaberimo jednu nebazičnu varijablu x j , j ∈ N. Definirajmo vektor smjera d na
sljedeći način: za j−tu kompomentu vektora d uzimamao da je d j = 1, te d i = 0 za svaki
i ∈ N \{j}. Bazični dio vektora d označimo s d B = [d B(1) ,...,d B(m) ] T te ćemo ga odrediti
iz uvjeta dopustivosti tj.tako da vrijedi x+θd ∈ P, odnosno da je A(x+θd) = b, odakle
slijedi da je Ax + θAd = b, odnosno
Ad = 0. (29)
Zapišemo li matricu A u obliku A = [A 1 ,...,A n ], sustav (29) glasi:
Ad =
n∑
A i d i =
i=1
m∑
A B(i) d B(i) + A j = 0,
i=1
odakle je Bd B + A j = 0, odnosno d B = −B −1 A j . Osim toga vektor x + θd mora
zadovoljavati i uvjet nenegativnosti. Da bismo provjerili uvjet nenegativnosti analizirat
ćemo dvije mogućnosti:
a) x je nedegenerativno bazično dopustivo rješenje;
b) x je degenerativno bazično dopustivo rješenje.
a) Ako je x nedegenerativno bazično dopustivo rješenje, odnosno točno (n − m) komponenti
vektora x jednako je 0, za nebazični dio vektora x vrijedi: x i + θd i = 0 za
i ∈ N \ {j}, te x j + θd j = θ > 0.
Za bazični dio vektora vrijedi x B(i) + θd B(i) > 0: kako je x B(i) > 0, neovisno o
predznaku od d B(i) za θ > 0 možemo odabrati dovoljno mali broj takav da je x B(i) +
θd B(i) > 0.
b) Neka je x degenerativno bazično dopustivo rješenje. Za nebazični dio vektora x
vrijedi x i + θd i = 0 za i ≠ j, i ∈ N \ {j}, te x j + θd j = θ > 0.
U bazičnom dijelu vektora x postoji i takav da je x B(i) = 0. Ako je pri tome
d B(i) < 0, onda ne možemo odabrati θ > 0 tako da bude x B(i) + θd B(i) > 0. Ovom
problemu vratit ćemo se poslije i pokazati kako izbjeći ovakvu situaciju.
Uočimo da smo u postupku konstrukcije vektora smjera d te odgovarajuće duljine
koraka do sada uzimali u obzir isključivo uvjet dopustivosti. S druge strane ostala je
slobodna mogućnost izbora nebazične varijable x j . Nebazičnu varijablu x j , odnosno njezin
odgovarajući indeks j odrediti ćemo iz uvjeta optimalnosti, tj.tako da vrijedi c T (x+θd) <
c T x, odakle je θc T d < 0 te konačno c T d < 0. Vrijedi
c T d = c T B d B + c j = c j − c T B (B−1 A j ),
gdje je c B = [c B(1) ,... ,c B(m) ] T . Označimo s c j = c j −c T B (B−1 A j ). Broj c j zovemo utjecaj
nebazične varijable x j . Prirodno proizlazi da nebazičnu varijablu x j treba odabrati tako
da za odgovarajući utjecaj vrijedi c j < 0.
31

Primjer 18. Zadan je problem linearnog programiranja u standardnom obliku
uz uvjet
c 1 x 1 + c 2 x 2 + c 3 x 3 + c 4 x 4 → min
x
x 1 + x 2 + x 3 + x 4 = 2
2x 1 + 3x 3 + 4x 4 = 2
x 1 ,x 2 ,x 3 ,x 4 ≥ 0.
Za matricu baze odaberemo
B = [A 1 ,A 2 ] =
[ 1 1
2 0
]
.
Pri tome su varijable x 3 i x 4 nebazične te je x 3 = x 4 = 0. Bazični dio vektora x odredujemo
rješavanjem sustava
[ ][ ] [ ]
1 1 x1 2
= ,
2 0 x 2 2
odakle su x 1 = x 2 = 1 > 0 bazične varijable. Uočimo da je vektor x = [1,1,0,0] T
nedegenerativno bazično dopustivo rješenje.
Odaberimo za j = 3, tj.neka je odabrana nebazična varijabla. Odgovarajući vektor
smjera d = [d 1 ,d 2 ,d 3 ,d 4 ] T ima svojstvo da je d 3 = 1, d 4 = 0, dok bazični dio vektora d
dobivamo iz
d B =
Pri tome utjecaj varijable x 3 iznosi
[ ]
[
d1
= −B −1 0
1
A
d 3 = − 2
2 1 − 1 2
][ 1
3
c 3 = c T d = − 3 2 c 1 + 1 2 c 2 + c 3 .
]
=
[ −
3
2
1
2
]
.
Ako su primjerice c 1 = 1,c 2 = 1 2 ,c 3 = 1 2 , onda je c 3 = − 3 4 pa nebazična varijabla x 3
predstavlja dobar izbor. Ako su primjerice c 1 = 1,c 2 = 1,c 3 = 2, onda je c 3 = 1, te stoga
nebazična varijabla x 3 nije dobar izbor.
Preostaje vidjeti koliko iznosi utjecaj bazičnih varijabli. Vrijedi
c B(i) = c B(i) − c T B B−1 A B(i) = c B(i) − c T B e i = c B(i) − c B(i) = 0.
Definicija 15. Vektor c ∈ R n čije su komponente utjecaji varijabi x 1 ,... ,x n zovemo
vektor utjecaja.
Teorem 8. Neka je x bazično dopustivo rješenje, a B odgovarajuća matrica baze i c vektor
utjecaja. Tada vrijedi:
a) Ako je c ≥ 0, onda je x optimalno rješenje.
b) Ako je x optimalno i nedegenerativno rješenje, onda je c ≥ 0.
32

Dokaz. a) Neka je c ≥ 0. Pokažimo da je x optimalno rješenje, odnosno da je
c T x ≤ c T y za svaki y ∈ P. Pretpostavimo da je y neko proizvoljno dopustivo rješenje te
definirajmo vektor d = y − x. Želimo pokazati da je cT d ≥ 0. S obzirom da su y te x iz
skupa P vrijedi Ax = Ay = b, odakle je Ad = 0, odnosno
Ad = Bd B + ∑ i∈N
A i d i = 0,
tj. d B = − ∑ i∈N B−1 A i d i . Vrijedi
c T d = c T B d B + ∑ c i d i = ∑ (c i − c B B −1 A i )d i = ∑ c i d i .
i∈N i∈N
i∈N
Prema pretpostavci za svaki i ∈ N vrijedi c i ≥ 0. Takoder vrijedi x i = 0 za svaki i ∈ N
te y i ≥ 0 za svaki i ∈ {1,... ,n} te je stoga d i = y i − x i ≥ 0 za svaki i ∈ N pa je c T d ≥ 0.
b) Neka je x optimalno nedegenerativno rješenje i neka postoji x j , j ∈ N takav da
je c j < 0. No kao što smo pokazali, tada postoji postoji vektor d te θ > 0 takav da je
c T (x + θd) < c T x te stoga x nije optimalno rješenje.
✷
Pretpostavimo da je x neko bazično dopustivo rješenje. Za svaku nebazičnu komponentu
vektora x odredimo njezin utjecaj c j . Ako za svaki j ∈ N vrijedi da je c j ≥ 0 onda je
sukladno Teoremu 8, vektor x = x ∗ optimalno rješenje. U suprotnom postoji j ∈ N takav
da je c j < 0. Konstruiramo odgovarajući vektor smjera d. Kretanje od x prema x + θd u
smjeru vektora d nebazična komponenta x j vektora x postaje pozitivna. Pri tome kretanje
u smjeru vektora d nastavljamo najviše što možemo tako da x + θd ostane u poliedru P,
odnosno želimo odabrati optimalni θ ∗ = max{θ ≥ 0 : x+θd ∈ P}, a kako je d konstruiran
tako da za svaki θ ≥ 0 zadovoljava A(x + θd) = 0, slijedi θ ∗ = max{θ ≥ 0 : x + θd ≥ 0}.
Pri tome razlikujemo dva slučaja:
1) Ako je d ≥ 0, tada je x + θd ≥ 0 za svaki θ ≥ 0 te u tom slučaju stavljamo da je
θ ∗ = +∞.
2) Ako postoji indeks i takav da je d i < 0, onda θ treba odabrati tako da vrijedi
x i + θd i ≥ 0, odnosno da je θ ≤ − x i
d i
. Prethodna nejednakost treba biti zadovoljena
za svaki indeks i sa svojstvom da je d i < 0.
Konačno slijedi
θ ∗ =
(
min − x )
(
i
= min − x )
B(i)
.
i=1,...,n;d i

Teorem 9.
regularna.
a) Stupci A B(i) , i ≠ l i A j su linearno nezavisni te je stoga matrica
B = [ A B(1) ,...,A B(l−1) ,A j ,A B(l+1) ,... ,A B(m)
]
b) Vektor x + θ ∗ d je bazično dopustivo rješenje.
Dokaz.
{ B(i), i ≠ l,
a) Označimo B(i) =
, i = 1,... ,m. Kad bi vektori A
j, i = l
B(i)
, i = 1,... ,m
bili linearno zavisni, tada bi postojali λ 1 ,... ,λ m ne svi nula tako da je
m∑
λ i A B(i)
= 0.
Množenjem prethodne jednakosti slijeva matricom B −1 dobivamo
m∑
λ i B −1 A B(i)
= 0,
i=1
i=1
pa slijedi da su i vektori B −1 A B(i)
, i = 1,... ,m takoder linearno nezavisni. Da bi
dokazali da početna pretpostavka nije istinita, pokazat ćemo da vektori B −1 A B(i)
i =
1,... ,m (tj. B −1 A B(i) , i ≠ l i B −1 A j ) moraju biti linearno nezavisni.
Kako je B −1 B = I i A B(i) i-ti stupac matrice B, slijedi da je B −1 A B(i) = e i , i =
1,... ,n. Specijalno, vektori B −1 A B(i) = e i , i = 1,... ,n, i ≠ l su linearno nezavisni
i l-ta komponenta im je jednaka nuli. S druge strane je B −1 A j = −d B a l-ta
komponenta od −d B je −d B (l) što je različito od nula po konstrukciji indeksa l
pa se B −1 A j ne može zapisati kao linearna kombinacija vektora B −1 A B(i) , i ≠ l,
odnosno vektori B −1 A B(i)
, i = 1,... ,m su linearno nezavisni.
b) Označimo y = x + θ ∗ d. Kako je Ay = b, A B(i)
, i = 1,... ,m linearno nezavisni
i y i = 0 za i ∉ {B(1),... ,B(m)}, po teoremu 3 slijedi da je y bazično rješenje.
Nadalje, kako je y ≥ 0, slijedi da je y bazično dopustivo rješenje.
✷
Zapišimo sada sažeto sada jednu iteraciju Simpleks metode u algebarskom obliku.
Iteracija Simpleks metode
0) Dani su BDR x, matrica baze B = [A B(1) ,... ,A B(m) ]
1) Izračunati utjecaje c j = c j − c T B B−1 A j za sve j ∈ N.
Ako je c j ≥ 0, ∀j ∈ N, onda je x ∗ = x i algoritam staje.
U suprotnom, odabrati j za koji je c j < 0.
2) Izračunati d B = −B −1 A j =: −u.
Ako je d B ≥ 0 (u ≤ 0), staviti θ ∗ = ∞ tj. optimalna vrijednost funkcije cilja je −∞
i algoritam staje.
U suprotnom,
(
θ ∗ = min − x ) ( )
B(i)
xB(i)
= min .
i=1,...,m;d B(i) 0 u i
34

3) Neka je l indeks takav da je
θ ∗ = − x B(l)
d B(l)
= x B(l)
u l
.
Napraviti novu matricu baze zamjenom stupca A B(l) s A j . Novo BDR y dano je s
y j = θ ∗ , y B(i) = x B(i) + θ ∗ d B(i) = x B(i) − θ ∗ u i te y i = 0 za sve i ∈ N \ {j}.
Kao što smo vidjeli, u svakom koraku simpleks metode trebamo računati inverz matrice
baze. Matrica baze B se u svakoj iteraciji simpleks metode razlikuje od matrice baze B iz
prethodne iteraciji samo u jednom stupcu. Želimo na osnovi matrice B−1 , odrediti matricu
B −1 . To ćemo postići nizom elementarnih transformacija na retcima matrice B −1 . Pri
tome pod elementarnom transformacijom nad retcima matrice podrazumijevamo množenje
nekog retka matrice sa skalarom koji je različit od 0 te dodavanje dvaju redaka matrice.
Primjer 19. Zadana je matrica C = ⎣
⎡
1 2
3 4
5 6
⎡
⎤
⎦. Pomnožimo li treći redak matrice C s
11 14
2 i dodamo prvom retku dobivamo matricu ⎣ 3 4 ⎦. Uočimo da je ova elementarna
5 6
transformacija nad retcima matrice C ekvivalentna množenju matrica QC, pri čemu je
⎡
Q = ⎣
1 0 2
0 1 0
0 0 1
Općenito elementrana transformacija nad retcima proizvoljne matrice C ∈ R m×n , koja
se sastoji u množenju j−tog retka matrice C sa skalarom β ≠ 0, te dodavanju i−tom
retku ekvivalentna je množenju matrica QC, pri čemu je
Q = I + D ij ,
gdje je I ∈ R m×m te D ij ∈ R m×m kvadratna matrica koja na sjecištu i−tog retka i j−tog
stupca sadrži element β, dok su ostali elementi matrice D ij jednaki 0. Uočimo da je
matrica Q regularna jer je det(Q) = 1.
Neka su
⎤
⎦ .
B = [ A B(1) ,... ,A B(l−1) ,A B(l) ,A B(l+1) ,...,A B(m)
]
te B =
[
AB(1) ,...,A B(l−1) ,A j ,A B(l+1) ,... ,A B(m)
]
.
matrice baze u dvije uzastopne iteracije simpleks metode. Vrijedi
⎡
⎤
1 u 1
. .. B −1 .
B = [e 1 ,...,e l−1 ,u,e l+1 ,... ,e m ] =
u l
,
⎢
⎣
.
. ..
⎥
⎦
u m 1
pri čemu je e i ∈ R m i−ti jedinični vektor. Nizom od najviše m elementarnih transformacija
nad retcima, matrica B −1 B može se transformirati u jediničnu matricu. To znači da
postoje matrice Q 1 ,... ,Q m ∈ R m×m takve da je
⎤
Q m Q m−1 · · ·Q 1 B −1 B = I,
odakle slijedi da je B −1 = Q m Q m−1 · · ·Q 1 B.
35

3.1 Tableu implementacija simpleks metode
Neka je B matrica baze. Uočimo da sustav linearnih jednadžbi Ax = b, možemo zapisati
u obliku B −1 Ax = B −1 b. Simpleks tableu je matrica
B −1 [b,A] = [B −1 b,B −1 A 1 ,...,B −1 A n ] ∈ R m×(n+1) .
U svakoj iteraciji simpleks metode želimo simpleks tableu B −1 [b,A] transformirati u simpleks
tableu B −1 [b,A], što postižemo množenjem matrica QB −1 [b,A], pri čemu je matrica
Q = Q m · · ·Q 1 produkt odgovarajućih matrica elementarnih transformacija. Obično
simpleks tableu dodajemo tzv. nulti redak [−c T B B−1 b,c − c T B B−1 A] ∈ R 1×n te simpleks
tableu poprima oblik
−c T B B−1 b c T − c T B B−1 A
odnosno
B −1 b B −1 A,
−c T B x B c 1 · · · c n
x B(1) . ...
.
. B −1 A 1 ... B −1 A n
x B(m) . ...
Primjer 20. Riješimo simpleks metodom sljedeći problem linearnog programiranja
uz uvjet
−10x 1 − 12x 2 − 12x 3 → min
x 1 + 2x 2 + 2x 3 ≤ 20
2x 1 + x 2 + 2x 3 ≤ 20
2x 1 + 2x 2 + x 3 ≤ 20
x 1 ,x 2 ,x 3 ≥ 0.
Pripadni problem linearnog programiranja u standardnom obliku glasi
uz uvjet
−10x 1 − 12x 2 − 12x 3 → min
x 1 + 2x 2 + 2x 3 + x 4 = 20
2x 1 + x 2 + 2x 3 + x 5 = 20
2x 1 + 2x 2 + x 3 + x 6 = 20
x 1 ,x 2 ,x 3 ,x 4 ,x 5 ,x 6 ≥ 0.
Odgovarajuća matrica A te vektori b i c glase
⎡
⎤ ⎡
1 2 2 1 0 0
A = ⎣ 2 1 2 0 1 0 ⎦ , b = ⎣
2 2 1 0 0 1
36
20
20
20
⎤
.
⎦ , c = [−10, −12, −12] T .

Pretpostavimo da se matrica baze sastoji od stupaca A 4 ,A 5 i A 6 te da glasi
⎡
B = ⎣
1 0 0
0 1 0
0 0 1
Pri tome su x 1 ,x 2 ,x 3 nebazične varijable dok su x 4 ,x 5 i x 6 bazične varijable. Lako se
vidi da je odgovarajuće bazično dopustivo rješenje x = [0,0,0,20,20,20] T . Pripadni tableu
glasi
0 −10 −12 −12 0 0 0
⎤
⎦ .
x 4 = 20 1 2 2 1 0 0
x 5 = 20 2 1 2 0 1 0
x 6 = 20 2 2 1 0 0 1
Medu nebazičnim varijablama želimo odabrati onu koja ima negativni utjecaj. Vidimo da
možemo odabrati varijable x 1 ,x 2 ili x 3 . Odaberimo x 1 za nebazičnu varijablu koju ćemo
uvesti u bazu. Pri tome prvi stupac u tableu zovemo pivot stupac. Odgovarajući stupac je
vektor u = B −1 A 1 = [1,2,2] T (za bazični dio vektora smjera vrijedi d B = −u). Nadalje,
pripadna duljina koraka jednaka je
θ ∗ x B(i)
= min = min{20,10,10} = 10,
i:u i >0 u i
što znači da iz baze možemo izbaciti varijablu x 5 ili x 6 . Pretpostavimo da smo se odlučili
za varijablu x 5 . Pri tome element na sjecištu prvog stupca i drugog retka simpleks tableua
zovemo pivot element, a to je u ovom slučaju 2. Nebazična varijabla x 1 ulazi u bazu,
dok bazična varijabla x 5 napušta bazu. Elementarnim transformacijama pivot stupac transformirat
ćemo u [0,1,0] T . Odgovarajuću transformaciju provest ćemo i na nultom retku
simpleks tabeleua. Novi simpleks tableu glasi
100 0 −7 −2 0 5 0
x 4 = 10 0 1.5 1 1 −0.5 0
x 1 = 10 1 0.5 1 0 0.5 0
x 6 = 0 0 1 −1 0 −1 1.
Varijable x 2 ,x 3 i x 5 su nebazične varijable, dok su x 1 ,x 4 i x 6 bazične varijable. Pripadno
bazično dopustivo rješenje glasi x = [10,0,0,10,0,0] T . Uočimo da je riječ o degenarativnom
rješenju (što ćemo ovaj trenutak zanemariti). Dobri izbori nebazične varijable
su x 2 i x 3 . Pretpostavimo da smo odabrali nebazičnu varijablu x 3 . Pripadni pivot stupac
je u = [1,1, −1] T (za bazični dio vektora smjera vrijedi d B = −u). Nadalje, pripadna
duljina koraka jednaka je
θ ∗ x B(i)
= min = min{10,10} = 10,
i:u i >0 u i
što znači da iz baze možemo izbaciti varijablu x 4 ili x 1 . Pretpostavimo da smo se odlučili
za varijablu x 4 , dakle pivot element je 1. Nakon elementarnih transformacija dobivamo
37

sljedeći simpleks tableu:
120 0 −4 0 2 4 0
x 3 = 10 0 1.5 1 1 −0.5 0
x 1 = 0 1 −1 0 −1 1 0
x 6 = 10 0 2.5 0 1 −1.5 1.
Varijable x 2 ,x 4 ,x 5 su nebazične, dok su x 1 ,x 3 ,x 6 bazične varijable. Jedina nebazična
varijabla koju možemo uvesti u bazu je x 2 . Pripadni pivot stupac je u = [1.5, −1,2.5] T .
Nadalje, pripadna duljina koraka jednaka je
θ ∗ x B(i)
= min
i:u i >0 u i
= min
{ 10
1.5 , 10 }
= 4,
2.5
što znači da je pivot element 2.5. Prema tome varijabla x 6 izlazi iz baze te dobivamo novi
simpleks tableu:
136 0 0 0 3.6 1.6 1.6
x 3 = 4 0 0 1 0.4 0.4 −0.6
x 1 = 4 1 0 0 −0.6 0.4 0.4
x 2 = 4 0 1 0 0.4 −0.6 0.4.
S obzirom da su utjecaji svih varijabli nenegativni slijedi da je x = [4,4,4,0,0,0] T optimalno
bazično dopustivo rješenje.
U slučaju degenerativnog bazičnog dopustivog rješenja, može se pojaviti kruženje ili
ciklus, odnosno pojava da se nakon nekoliko iteracija simpleks metode ponovo vratimo na
početno bazično dopustivo rješenje. Ovu pojavu ilustrirat ćemo na sljedećem primjeru:
Primjer 21. Zada je simpleks tableu
3 −3/4 20 −1/2 6 0 0 0
x 5 = 0 1/4 −8 −1 9 1 0 0
x 6 = 0 1/2 −12 −1/2 3 0 1 0
x 7 = 1 0 0 1 0 0 0 1.
Pretpostavimo da koristimo sljedeće pravilo za pivotiranje:
• Medu svim nebazičnim varijablama koje su pogodne za ulazak u bazu, izaberemo onu
s najnegativnijim utjecajem;
• Medu bazičnim varijablama koje su pogodne za izbacivanje iz baze, odaberemo onu s
namanjim indeksom.
Primjenom ovog pravila nakon 6 iteracija vratit ćemo se u početni simpleks tableu, što
znači da je došlo do ciklusa.
U svrhu izbjegavanja ciklusa, koristit ćemo tzv. Blandovo pravilo, koje glasi:
Blandovo pravilo
38

• Medu svim nebazičnim varijablama koje su pogodne za ulazak u bazu, odaberemo
onu s najmanjim indeksom.
• Medu bazičnim varijablama koje su pogodne za izbacivanje iz baze, odaberemo onu
s namanjim indeksom.
Ako krenememo od nedegenerativnog početnog bazičnog dopustivog rješenja, te ako
koristimo Blandovo pravilo, simpleks metoda završit će u konačno mnogo koraka ([2]).
3.2 Konstrukcija početnog bazičnog dopustivog rješenja
Da bi započeli simpleks algoritam, potrebno je jedno bazično dopustivo rješenje. Konstrukcija
početnog BDR-a u nekim sličajevima je očigledna, no općenito predstavlja vrlo
složen problem.
Specijalno, promotrimo LP problem tipa
uz uvjet
Odgovarajući SOLP je
uz uvjet
odnosno
c T x → min
x
(30)
Ax ≥ b, b ≥ 0
x ≥ 0.
c T x → min
x,s
Ax + s = b, b ≥ 0
x,s ≥ 0,
c T x → min
x,s
uz uvjet
[ ] x
[A I] = b, b ≥ 0
s
[ ] x
≥ 0.
s
[ ] 0
Sada je očigledno da izbor B = I daje dopustivo rješenje koje je zbog pretpostavke
b ≥ 0 ujedno i bazično dopustivo rješenje te se može koristiti kao početni BDR u
b
simpleks metodi.
U općem slučaju za LP oblika
uz uvjet
c T x → min
x
(31)
Ax = b,
39

x ≥ 0,
problem konstrukcije početnog BDR-a složen je problem koji zahtjeva rješavanje pomoćnog
LP problema.
Primjetimo da u LP problemu (31) bez smanjenja općenitosti možemo pretpostaviti
da je b ≥ 0 (ako nije, odgovarajuće jednadžbe u Ax = b pomnožimo s (-1)).
U svrhu odredivanja početnog BDR-a za problem (31) uvodimo novi vektor y =
[y 1 ,... ,y m ] ∈ R m , y ≥ 0 koji se zove vektor artificijelnih varijabli. Definiramo
pomoćni LP problem
uz uvjet
y 1 + · · · + y m → min
x,y
Ax + y = b,
x,y ≥ 0.
Uočimo:
[ ] 0
1) Pomoćni problem (32) je oblika (30) pa je jedan izbor početnog BDR-a .
b
[ ] x
2) Ako je x dopustivo rješenje od (31), onda je optimalno rješenje problema
0
(32) i optimalna vrijednost funkcije cilja u (32) je 0. Kontrapozicijom iz prethodne
tvrdnje slijedi da ako je optimalna vrijednost funkcije cilja u (32) različita od 0, onda
problem (31) nema rješenja.
3) Ako je optimalna vrijednost funkcije cilja u (32) jednaka od 0 (tj. optimalni y = 0),
onda je pripadni optimalni x BDR od (31).
Primjer 22. Odrediti početno bazično dopustivo rješenje za LP problem
uz uvjet
(32)
− x 1 − 2x 2 → min (33)
−x 1 − x 2 + x 3 = −5
x 1 + x 2 + x 4 = 8
x 1 + x 5 = 6
x 2 + x 6 = 6
x 1 ,x 2 ,x 3 ,x 4 ,x 5 ,x 6 ≥ 0
Rješenje: Najprije prvu jednadžbu pomnožimo s (-1). Sada pomoćni problem glasi
uz uvjet
y 1 + y 2 + y 3 + y 4 → min (34)
x 1 + x 2 − x 3 + y 1 = 5
x 1 + x 2 + x 4 + y 2 = 8
x 1 + x 5 + y 3 = 6
x 2 + x 6 + y 4 = 6
x 1 ,x 2 ,x 3 ,x 4 ,x 5 ,x 6 ,y 1 ,y 2 ,y 3 ,y 4 ≥ 0
40

Početni BDR za problem (34) je [5,8,6,6] T i iteracije simpleks metode dane su u sljedećim
tableuima
−25 −3 −3 1 −1 −1 −1 0 0 0 0
y 1 = 5 1 1 −1 0 0 0 1 0 0 0
y 2 = 8 1 1 0 1 0 0 0 1 0 0
y 3 = 6 1 0 0 0 1 0 0 0 1 0
y 4 = 6 0 1 0 0 0 1 0 0 0 1
−10 0 0 −2 −1 −1 −1 3 0 0 0
x 1 = 5 1 1 −1 0 0 0 1 0 0 0
y 2 = 3 0 0 1 1 0 0 −1 1 0 0
y 3 = 1 0 −1 1 0 1 0 −1 0 1 0
y 4 = 6 0 1 0 0 0 1 0 0 0 1
−8 0 −2 0 −1 1 −1 1 0 2 0
x 1 = 6 1 0 0 0 1 0 0 0 1 0
y 2 = 2 0 1 0 1 −1 0 0 1 −1 0
x 3 = 1 0 −1 1 0 1 0 −1 0 1 0
y 4 = 6 0 1 0 0 0 1 0 0 0 1
−4 0 0 0 1 −1 −1 1 2 0 0
x 1 = 6 1 0 0 0 1 0 0 0 1 0
x 2 = 2 0 1 0 1 −1 0 0 1 −1 0
x 3 = 3 0 0 1 1 0 0 −1 1 0 0
y 4 = 4 0 0 0 −1 1 1 0 −1 1 1
0 0 0 0 0 0 0 1 1 1 1
x 1 = 2 1 0 0 1 0 −1 0 1 0 −1
x 2 = 6 0 1 0 0 0 1 0 0 0 1
x 3 = 3 0 0 1 1 0 0 −1 1 0 0
x 5 = 4 0 0 0 −1 1 1 0 −1 1 1
te je početni BDR za problem (33) dan s [2,6,3,0,4,0] T .
Ako se matrica B pridružena optimalnom rješenju pomoćnog problema (32) sastoji
samo od stupaca matrice A, onda je matrica B početna matrica baze za problem (31).
Ako se matrica B 1 ne sastoji samo od stupaca matrice A, slijedi da su neke artificijelne
varijable bazične. Kako su vrijednosti svih artificijelnih varijabli nakon simpleks
41

metode jednake nuli, slijedi da je optimalno rješenje pomoćnog problema degenerativno.
Označimo A B(1) ,...,A B(k) stupce od A koji se nalaze u bazi. Kreiramo novu bazu B ′
od A B(1) ,... ,A B(k) i dodatnih m − k stupaca matrice A koji su linearno nezavisni s
A B(1) ,...,A B(k) (uz pretpostavku da je matrica A punog ranga). Tada je B ′ matrica
baze za problem (31) pridružena početnom BDR-u dobivenom kao rješenje problema (32).
Primjedba 6. Prethodno opisani postupak je postupak izbacivanja artificijelnih varijabli iz
baze. Osnovna pretpostavka navedenog postupka je da je matrica A punog ranga. Taj uvjet
ne predstavlja smanjenje općenitosti jer ako A nije ponug ranga, onda se neki od redaka
matrice A može/mogu prikazati kao linearna kombinacija preostalih i njima pripadni uvjeti
se mogu izbaciti iz skupa uvjeta Ax = b te se dobije problem s matricom punog ranga.
Primjer 23. Za LP problem iz prethodnog primjera početno BDR je [2,6,3,0,4,0] T a
odgovarajuća matrica baze B = [A 1 ,A 2 ,A 3 ,A 5 ]. Početni simpleks tableu za originalan
problem dobiva se iz završnog tableua pomoćnog problema ispuštajući stupce koji odgovaraju
artificijelnim varijablama:
∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗
x 1 = 2 1 0 0 1 0 −1
x 2 = 6 0 1 0 0 0 1
x 3 = 3 0 0 1 1 0 0
x 5 = 4 0 0 0 −1 1 1
pri čemu se ponovno izračunava samo prvi redak. Dobivamo
14 0 0 0 1 0 1
x 1 = 2 1 0 0 1 0 −1
x 2 = 6 0 1 0 0 0 1
x 3 = 3 0 0 1 1 0 0
x 5 = 4 0 0 0 −1 1 1
Kako su svi utjecaji nenegativni, početni BDR je ujedno i optimalni pa je x ∗ = [2,6,3,0,4,0] T
i c T x ∗ = −14.
Primjedba 7. Prethodno opisani postupak za odredivanje optimalnog rješenja LP problema
koji obuhvaća i rješavanje pomoćnog problema u literaturi je poznat kao dvofazna
simpleks metoda (eng. two-phase simplex method). Pod prvom fazom dvofazne metode podrazumjeva
se odredivanje početnog BDR-a (tj. rješavanje pomoćnog problema) dok druga
faza sadrži rješavanje danog LP problema simpleks metodom.
3.3 Zadaci
Zadatak 15. Neka je P = {x ∈ R n : Ax = b,x ≥ 0} i x ∈ P. Dokazati da je tada
d ∈ R n dopustivi smjer u x ako i samo ako je Ad = 0 i d i ≥ 0 za svaki i za koji je x i = 0.
Koristeći dokazanu tvrdnju, za P = {x ∈ R 3 : x 1 + x 2 + x 3 = 1,x ≥ 0} odrediti skup svih
dopustivih smjerova u x = [1/2,1/2,0] T .
Rješenje: {d ∈ R 3 : d 1 + d 2 + d 3 = 0, d 3 ≥ 0}
42

Zadatak 16. Dokažite sljedeću tvrdnju:
Dopustivo rješenje x je optimalno ako i samo ako vrijedi c T d ≥ 0 za svaki dopustivi smjer
d u vektoru x. Pri tome je dopustivo rješenje x jedinstveno optimalno rješenje ako i samo
ako za svaki dopustivi smjer d u vektoru x vrijedi c T d > 0.
Zadatak 17. Zadan je problem linearnog programiranja:
uz uvjet
−2x 1 − x 2 → min
x 1 + x 2 ≥ 5
x 1 + x 2 ≤ 8
x 1 ≤ 6
x 2 ≤ 6
x 1 ,x 2 ≥ 0
Svedite problem na standardni problem linearnog programiranja i riješite problem primjenom
simpleks tableua. Zadani problem riješite i geometrijski. Na tom grafičkom prikazu
naznačite svaku iteraciju koju ste dobili primjenom simpleks tableua.
Rješenje: x ∗ = [3,7] T
Zadatak 18. Sljedeći problem zapišite kao LP problem i riješite ga primjenom simpleks
metode.
Gradevinska tvrtka planira izgradnju novog stambenog naselja koje se sastoji od samostalnih
kuća, dvodomki prizemnica i dvodomki katnica. Prema urbanističkom planu, na svakoj
od 60 zemljišnih jedinica s kojima tvrtka raspolaže može se sagraditi ili točno 6 samostalnih
kuća ili točno 4 dvodomke prizemnice ili točno 2 dvodomke katnice ili prenamjeniti
zemljište u zelenu površinu i ne graditi ništa na njemu. Cijena izgradnje samostalne kuće
je 40 000e, dvodomke prizemnice 50 000e a dvodomke katnice 60000e. Zarada na svakoj
samostalnoj kući je 15 000e, dvodomki prizemnici 18000e a na katnici 20 000e. Tvrtka
raspolaže s kapitalom od 2880 000e. Izgradnje jedne samostalne kuće zahtjeva 2500 sati
rada, dvodomke prizemnice 3000 sati rada a dvodomke katnice 4000 sati rada. Tvrtka
raspolaže s 240 000 sati rada. Koliko kuća pojedinog tipa gradevinar treba izgraditi da bi
ostvario maksimalni profit?
Rješenje: Treba izgraditi 72 samostalne kuće.
Zadatak 19 (3 boda). U nekom koraku simpleks metode tableu glasi:
0 α 0 0 β
x 1 = γ 0 1 0 3
x 2 = 2 0 0 1 −1
x 3 = 3 1 0 0 1
Odredite skup vrijednosti nepoznatih parametara α, β i γ tako da
a) trenutno BDR je degenerativno;
b) x 4 ulazi u bazu a x 3 izlazi iz baze (uz uvažavanje Blandovog pravila);
c) optimalna vrijednost funkcije cilja je 0.
43

Literatura
[1] D. Bertsimas, J.N. Tsitsiklis, Introduction to Linear Optimization, Athena Scientific,
Belmont, Massachusetts, 1997.
[2] R.G. Bland, New Finite Pivoting Rules for Simplex Methos, Mathematics of Operations
Research, 2(1977), 103-107
44