[alexandre] 2. geometria

Geometria da Programacao Linear

Alexandre Salles da Cunha

DCC-UFMG, Marco 2012 - v.02

Alexandre Salles da Cunha Geometria da Programacao Linear

Poliedros

Definicao

Um poliedro e um conjunto que pode ser representado da seguinte forma:P = {x ∈ R

n : Ax ≥ b}, onde A e uma matriz m × n e b ∈ Rm.

Poliedro na forma padrao

Um poliedro e dito ser escrito na forma padrao se e representado daseguinte forma: P = {x ∈ R

n : Ax = b, x ≥ 0}

Definicao

Um poliedro limitado e chamado politopo.


Semiespacos e hiperplanos

Definicao

Seja a um vetor nao nulo em Rn e b um escalar.

1 O conjunto {x ∈ Rn : a′x = b e chamado hiperplano.

2 Os conjuntos {x ∈ Rn : a′x ≥ b e {x ∈ R

n : a′x ≤ b sao chamadossemiespacos.

Observacoes:

O hiperplano e a fronteira dos dois semiespacos associados.

O vetor a e ortogonal a qualquer hiperplano que defina (que dependetambem de b).


Poliedros, semiespacos, hiperplanos

O poliedro pode ser escrito como a intersecao de um numero finito derestricoes lineares (hiperplanos e semiespacos).


Hiperplanos e conjuntos convexos

Proposicao

1 Todo poliedro e um conjunto convexo.

2 A intersecao de conjuntos convexos (poliedros em particular) econvexa.

3 A combinacao convexa de um conjunto finito de elementos de umconjunto pertence ao conjunto.


Pontos extremos, vertices e solucoes basicas

Verificamos atraves do metodo grafico de resolucao que uma solucaootima de um PL tende a ocorrer em um canto do poliedro que definea regiao de viabilidade do PL.

Vamos apresentar tres formas alternativas de definir o que venha a serum canto do poliedro.

◮ Argumentos geometricos: pontos extremos e vertices de um poliedro.◮ Argumentos algebricos: solucoes basicas (e basicas viaveis) de um

poliedro.

Mostraremos que estas alternativas sao equivalentes.


Ponto extremo

Definicao

Seja P um poliedro. Um vetor x ∈ P e um ponto extremo de P se nao forpossıvel escrever x como uma combinacao linear convexa de dois pontosz , y ∈ P (distintos de x). Isto e, nao existem z , y ∈ P , z , y 6= x eλ ∈ [0, 1] tal que x = λz + (1− λ)y .


Vertice do poliedro

Definicao

Seja P um poliedro. Um vetor x ∈ P e um vertice de P se existe algumvetor c ∈ R tal que c ′x < c ′y para qualquer y ∈ P , y 6= x .Isto e, x e um vertice do poliedro se

{y : c ′y = c ′x} ∩ P = {x}.


Desvantagens das descricoes geometricas dadas

Estas descricoes nao sao faceis de serem tratadas em um algoritmo.

Seria desejavel dispor de uma descricao de canto que dependesse darepresentacao do poliedro em termos de restricoes lineares, quepudesse ser resumido a um ”simples”teste algebrico.

Para este proposito, vamos considerar a seguinte definicao:

Restricoes ativas

Assuma que P seja caracterizado por restricoes lineares de igualdade edesigualdade: a′ix ≥ bi ,∀i ∈ M1, a

′

ix ≤ bi ,∀i ∈ M2, a′

ix = bi ,∀i ∈ M3.Entao se um vetor x∗ satisfaz a′ix

∗ = bi para algum i ∈ M1 ∪M2 ∪M3

dizemos que a restricao i e ativa. Se x∗ e viavel, toda restricao cujo ındicei ∈ M3 e ativa.


Observacoes

Se existem n restricoes ativas em x∗, entao x∗ satisfaz um sistemalinear de n restricoes em n variaveis. Este sistema linear admitesolucao unica se estas n restricoes sao linearmente independentes (emum abuso de linguagem).

Proposicao

Dado x∗ ∈ Rn e I = {i : a′ix

∗ = bi} o conjunto dos ındices das restricoesativas em x∗. Entao, sao equivalentes as afirmativas:

1 Existem n vetores no conjunto {ai : i ∈ I} que sao l.i.

2 span({ai : i ∈ I}) = Rn

3 O sistema linear a′ix = bi ,∀i ∈ I possui solucao unica.


Prova

Prova

(1)⇔ (2)

(1)← (2):Suponha que os vetores ai : i ∈ I gerem R

n. Entaodim(span({ai : i ∈ I})) = n e {ai : i ∈ I} formam uma base de R

n,sendo linearmente independente.

(1)→ (2):Suponha que os vetores ai : i ∈ I sejam l.i. Entao o subespaco geradopor estes n vetores e n dimensional e necessita ser R

n. Assimqualquer vetor em R

n pode ser escrito como uma combinacao linearde ai : i ∈ I


Prova

(2)⇔ (3) :

(2)← (3) : (por contradicao)Assuma que o sistema a′ix = bi : i ∈ I admita duas solucoes distintasx1 e x2. Entao o vetor d = x1 − x2 6= 0 satisfaz aid = 0,∀i ∈ I e naopode ser escrito como combinacao linear dos vetores ai : i ∈ I eportanto span({ai : i ∈ I} 6= R

n (absurdo !). Logo x1 = x2.

(2)→ (3) : Se os vetores ai : i ∈ I nao geram Rn, existe d 6= 0 tal

que a′id = 0 : i ∈ I .Entao se x satisfaz a′ix = bi : i ∈ I , temos que a′i(x + d) = bi : i ∈ I etemos multiplas solucoes para o sistema linear.


Definicao algebrica de canto

Definicao

Considere um poliedro P definido por mrestricoes lineares e x∗ um elemento do R

n

(m ≥ n).1 O vetor x∗ e uma solucao basica se:

1 Todas as restricoes de igualdade quedefinem P sao ativas (satisfeitas)

2 Dentre todas as restricoes que saoativas em x∗ (de igualdade inclusas)existem n delas que sao l.i.

2 Se x∗ e uma solucao basica e todas asrestricoes que definem P saosatisfeitas, entao x∗ e uma solucaobasica viavel.


Caso em que n > m

Se o numero m de restricoes lineares empregadas para representar umpoliedro e inferior a n, o numero de restricoes ativas e sempre inferiora n.

Consequentemente, nao existem solucoes basicas ou basicas viaveis.


Observacoes

Note na figura anterior que os pontos A,B ,C sao solucoes basicasviaveis.

O ponto D nao e basica porque nao sastisfaz a restricao de igualdadex1 + x2 + x3 = 1.

Entretanto, se a restricao x1 + x2 + x3 = 1 for reescrita comox1 + x2 + x3 ≤ 1 e x1 + x2 + x3 ≥ 1, o ponto D passa a ser solucaobasica da nova forma empregada para representar o poliedro P .

Isto e, o modo como o poliedro e representado em termos derestricoes lineares influencia o conjunto de solucoes basicas.


Mais um exemplo


As tres formas de representacao sao equivalentes

Teorema

Seja P um poliedro nao vazio e x∗ ∈ P. Entao as seguintes afirmativassao equivalentes:

1 x∗ e um ponto extremo;

2 x∗ e um vertice;

3 x∗ e uma solucao basica viavel.


Prova: vertice → ponto extremo

Sem perda de generalidade, vamos assumir que P seja escrito em termosde restricoes de igualdade a′ix = bi e desigualdade na forma a′ix ≥ bi .

Prova

Suponha que x∗ seja um vertice de P. Entao, por definicao, existec ∈ R

n tal que c ′x∗ < c ′y para qualquer y ∈ P , y 6= x.

Entao tome y , z ∈ P distintos de x∗ e λ ∈ [0, 1].Temos que c ′x∗ < c ′(λy + (1− λ)z) e consequentementex∗ 6= λy + (1− λ)z.

Logo o vertice x nao pode ser escrito como combinacao convexa dedois outros pontos quaisquer de P e, portanto, o vertice e tambemum ponto extremo.


Ponto extremo → solucao basica viavel

Prova

Vamos supor que x∗ e ponto extremo e nao e solucao basica viavel.

Seja I = {i : a′ix∗ = bi}. Entao como x∗ nao e solucao basica viavel,

nao existem, dentre as restricoes em I , n linearmente independentes.Portanto, os vetores ai : i ∈ I geram um subespaco proprio de R

n.

Entao deve haver d ∈ Rn tal que a′id = 0,∀i ∈ I . Dado um ǫ > 0

suficientemente pequeno, consideremos os vetores y = x∗ + ǫd ez = x∗ − ǫd. Observe que a′iy = a′iz = a′ix

∗ = bi ,∀i ∈ I . Alem disto,para i 6∈ I temos que a′ix

∗ > bi .

Se escolhermos ǫ convenientemente (tal queǫ|a′id | < a′ix

∗ − bi ,∀i 6∈ I ), temos que y ∈ P. Por argumento similar,mostramos que z ∈ P. Entao, x∗ = z+y

2 e x∗ nao pode ser pontoextremo (contradicao !).


Solucao basica viavel → vertice

Prova

Considere que x∗ e uma solucao basica viavel e I = {i : a′ix∗ = bi}.

Seja c =∑

i∈I ai . Entao temos c ′x∗ =∑

i∈I a′ix∗ =

∑

i∈I bi . Poroutro lado, para qualquer x ∈ P temos c ′x =

∑

i∈I a′ix ≥∑

i∈I bi .

Consequentemente, mostramos que x∗ resolve o PL cuja funcaoobjetivo e (min) c e regiao de viabilidade e P.

O mınimo de c ′x∗ =∑

i∈I a′ix∗ =

∑

i∈I bi ocorre quandoa′ix = bi ,∀i ∈ I .

Como x∗ e uma solucao basica viavel, existem n restricoes l.i. ativasem x∗ (dentre aquelas que definem I ) e x∗ e a solucao unica destesistema linear.

Portanto, x∗ e o unico minimizador de c ′x sobre P e, portanto, e umvertice de P.


Observacoes

Corolario

Dado um numero finito de restricoes de desigualdades que definem umpoliedro, so pode haver um numero finito de solucoes basicas ou basicasviaveis associadas a P .


Solucoes basicas adjacentes

Duas solucoes basicas para um conjunto de restricoes lineares em Rn

sao adjacantes se podemos encontrar n − 1 restricoes linearmenteindependentes ativas que sao comuns as duas solucoes.

Se duas solucoes basicas adjacentes sao tambem viaveis, o segmentode reta que as une e chamado aresta do conjunto de viabilidade.

Na figura abaixo, D e E sao adjacentes a B . A e C sao adjacentes a D.


Poliedros na forma padrao

Ate o momento, a definicao de solucao basica foi dada para umpoliedro descrito de forma geral.

Vamos especializar esta definicao para a forma padrao, do tipoP = {x ∈ R

n : Ax = b, x ≥ 0}.

A especializacao sera fundamental para o desenvolvimento do MetodoSimplex.


Hipoteses iniciais

Consideremos P = {x ∈ Rn : Ax = b, x ≥ 0}, onde a matriz A possui m

linhas.

Vamos assumir que as m linhas de A sao linearmente independentes.

Futuramente, mostraremos que se houver alguma linha linearmentedependente, esta pode ser eliminada, sem descaracterizacao da regiaode viabilidade (isto e, a linha e redundante).

Como as linhas de A sao n dimensionais, isto implica que m ≤ n.


Solucoes basicas

Pela definicao dada anteriormente, uma solucao basica paraP = {x ∈ R

n : Ax = b, x ≥ 0} deve ser tal que:

As m linhas que definem Ax = b sao ativas (satisfeitas).

Como estas m linhas sao l.i., e necessario escolher dentre as demaisrestrices xi ≥ 0, n −m para serem ativas.

Estas restricoes de nao negatividade nao podem ser quaisquer.


Solucoes basicas na forma padrao

Teorema

Considere as restricoes Ax = b e x ≥ 0 e assuma que a matriz A,m × n,possua m linhas linearmente independentes.

Um vetor x ∈ Rn e uma solucao basica se e somente se Ax = b e existirem

ındices B(1), . . . ,B(m) de colunas de A tais que:

1 As colunas AB(1),AB(2), . . . ,AB(m) sao linearmente independentes;

2 Se i 6∈ {B(1), . . . ,B(m)} entao xi = 0.


Prova: Se (1) e (2) → e sol. basica

Prova

Considere x ∈ Rn e assuma que existam ındices B(1), . . . ,B(m)

satisfazendo (1) e (2) acima.

As restricoes ativas xi = 0 para os ındices i 6∈ {B(1), . . . ,B(m)}, emconjunto com Ax = b, garante que∑m

i=1 AB(i)xB(i) =∑n

i=1 Aixi = Ax = b.

Como as colunas B(1), . . . ,B(m) sao l.i., o sistema linear formadopelas restricoes ativas possui solucao unica.

Ou seja, existem n restricoes ativas linearmente independentes, eentao x e uma solucao basica (segundo a equivalencia das definicoesanteriores).


Prova: Se e sol. basica → (1) e (2)

Parte 1

Prova

Assuma que x e uma sol. basica. Vamos mostrar que (1) e (2) saoentao satisfeitas.

Seja xB(1), . . . , xB(k) as componentes de x que sao nao nulas.

Uma vez que x e basica, o sistema de restricoes ativas formado porAx = b e xi = 0, i 6∈ {B(1), . . . ,B(k)} admite sol. unica.Equivalentemente o sistema

∑ki=1 AB(i)xB(i) = b admite solucao

unica.

Ou seja, as colunas B(1), . . . ,B(k) sao li e entao k ≤ m.


Prova: Se e sol. basica → (1) e (2)

Mostramos ate agora que B(1), . . . ,B(k) sao li e k ≤ m.Parte 2

Prova

Uma vez que o posto de A e m, A possui m linhas e colunas li.

Entao e possıvel escolher outras m − k colunas B(k + 1), . . . ,B(m)de A, de forma que as colunas B(1), . . . ,B(m) sejam li.

Observe entao que se i 6∈ {B(1), . . . ,B(m)} entao xi = 0,completando a prova.


Um procedimento para obtencao de solucoes basicas

1 Escolha m colunas AB(1), . . . ,AB(m) linearmente independentes de A.

2 Faca xi = 0,∀i 6∈ {B(1),B(2), . . . ,B(m)}.

3 Resolva o sistema linear de m restricoes Ax = b para as variaveisxB(1), xB(2), . . . , xB(m).

Se as solucoes geradas atraves do procedimento acima satisfizeremxi ≥ 0,∀i ∈ {B(1), . . . ,B(m)}, a solucao e chamada basica viavel.


Nomenclatura

As colunas B(1), . . . ,B(m) sao denominadas basicas, assim como asvariaveis de decisao a elas associadas.

As demais colunas (e variaveis) sao denominadas nao basicas.

A matriz B (m ×m) formada pelas colunas basicas,B = [AB(1) AB(2) · · · AB(m)], e chamada base.

As variaveis basicas xB sao obtidas resolvendo-se o sistema linear:xB = B−1b.

Se xB ≥ 0, x e uma solucao basica viavel.


Exemplo

1 1 2 1 0 0 00 1 6 0 1 0 01 0 0 0 0 1 00 1 0 0 0 0 1

x =

81246

Se escolhermos A4,A5,A6,A7 como colunas basicas, temos que Bcorresponde a uma matriz nao singular e xB = (0, 0, 0, 8, 12, 4, 6) ≥ 0e uma solucao basica viavel.

Outra base pode ser obtida escolhendo-se como basicas as colunasA3,A5,A6,A7. A matriz B resultante e claramente nao singular e asolucao basica xB = (0, 0, 4, 0,−12, 4, 6) 6≥ 0 e nao viavel.


Interpretacao economica das solucoes basicas

Uma solucao basica permite sintetizar b ∈ Rm usando-se apeans m

recursos, isto e, b =∑m

i=1 AB(i)xB(i).

Em uma solucao basica viavel, a sıntese ocorrer por meio de pesosnao negativos das colunas basicas (xB ≥ 0).


Correspondencia entre bases e solucoes basicas

Diferentes solucoes basicas precisam corresponder a diferentes bases,uma vez que uma base determina unicamente uma solucao basica.

Entretanto, duas bases diferentes podem levar a mesma solucaobasica.

Este fenomeno possui consequencias muito importantes do ponto devista algoritmico.


Bases adjacentes e solucoes basicas adjacentes

Da mesma forma que definimos solucoes basicas adjacentes como aquelasque compartilham n − 1 restricoes l.i. justas, definimos bases adjacentesmatrizes que compartilham m − 1 colunas (isto e, que diferem apenas poruma coluna).

1 1 2 1 0 0 00 1 6 0 1 0 01 0 0 0 0 1 00 1 0 0 0 0 1

{A4,A5,A6,A7} e {A3,A5,A6,A7} sao bases adjacentes.

As correspondentes solucoes basicas (0, 0, 0, 8, 12, 4, 6) e(0, 0, 4, 0,−12, 4, 6) sao adjacentes uma vez que n = 7 e temos queas restricoes x1 ≥ 0, x2 ≥ 0 em conjunto com as restricoes deigualdade formam um sistema de 6 restricoes justas l.i.


A hipotese de posto completo de A

Teorema

Seja P = {x ∈ Rn : Ax = b, x ≥ 0} um poliedro nao vazio, onde

A ∈ Rm×n possui linhas a′1, a

′

2, . . . , a′

m.

Assuma que o posto de A seja k < m e que as primeiras k linhas de A,a′1, a

′

2, . . . , a′

k , sejam l.i.

Entao o poliedro

Q = {x ∈ Rn : a′ix = bi ,∀i = 1, . . . , k, ≥ 0}

e P sao identicos (P = Q) e nao ha perda de generalidade na hipotese deposto completo de A.


Prova

Prova

Observe que se as primeiras k linhas nao forem l.i. podemosrearranjar a ordem das linhas de forma que isto aconteca.

Claramente P ⊂ Q.

Vamos mostrar que Q ⊂ P e entao P = Q.

Se o posto de A e k, entao o espaco linha de A possui dimensao k equalquer linha de A pode ser escrita como combinacao linear destas klinhas, isto e, a′i =

∑kj=1 λija

′

j para escalares λij .

Considere x ∈ P. Observe que a′ix = bi ,∀i = 1, . . . ,m. Logo

bi = a′ix =∑k

j=1 λija′

jx =∑k

j=1 λijbj ,∀i = 1, . . . ,m

Tome agora y ∈ Q. Entao a′iy =∑k

j=1 λija′

jy =∑k

j=1 λijbj = bi .Logo y ∈ P e Q ⊂ P.


Degeneracao

De acordo com a nossa definicao, em uma solucao basica, dispomosde n restricoes ativas linearmente independentes.

Obviamente, o maximo numero de restricoes linearmenteindependentes e n, mas podemos ter em uma solucao basica mais den restricoes ativas.

Definicao

Uma solucao basica x ∈ Rn e chamada degenerada se mais de n restricoes

sao ativas em x .


Degeneracao - Exemplo

Considere o politopo P dado pelas restricoes:

x1 + x2 + 2x3 ≤ 8

x2 + 6x3 ≤ 12

x1 ≤ 4

x2 ≤ 6

x1, x2, x3 ≥ 0.

(2, 6, 0) nao degenerada, uma vez que ha exatamente tres restricoesativas no ponto (sao justas: x3 = 0, x2 ≤ 6, x1 + x2 + 2x3 ≤ 8)

(4, 0, 2) e uma solucao degenerada (sao justas:x1 + x2 + 2x3 ≤ 8, x2 + 6x3 ≤ 12, x1 ≤ 4, x2 ≥ 0).


Degeneracao


Degeneracao no formato padrao

Em uma solucao basica de um poliedro na forma padrao, as mrestricoes de igualdade sao ativas.

Assim sendo, ter mais que n desigualdades ativas em um ponto,equivale a ter mais de n −m variaveis no nıvel zero.

Definicao

Considere o poliedro na forma padrao P = {x ∈ Rn : Ax = b, x ≥ 0}.

Assuma que x seja uma solucao basica e uma solucao basica e que m sejao numero de linhas de A. O vetor x e chamado degenerado se mais den −m componentes do vetor x sao nulas.


Exemplo

Consideremos o poliedro do exemplo anterior, apos introducao de variaveisde folga.

A =

1 1 2 1 0 0 00 1 6 0 1 0 01 0 0 0 0 1 00 1 0 0 0 0 1

b =

81246

Vamos considerar a solucao basica associada as colunasA1,A2,A3,A7.

Fixando x4 = x5 = x6 = 0 e resolvendo linear BxB = b, temos quex = (4, 0, 2, 0, 0, 0, 6) que e uma solucao basica (viavel) degenerada,uma vez que x2 = 0 e uma variavel basica em 0.

Consequentemente, temos 4 variaveis no nıvel zero e naon −m = 7− 4 = 3 apenas.


Interpretando a degeneracao

Escolhemos uma solucao basica selecionando n restricoes linearmenteindependentes para serem satisfeitas na igualdade. Percebemos emseguida que outras restricoes, alem das n que selecionamos, saotambem justas naquela solucao basica.Se as entradas de A e b forem escolhidas aleatoriamente, a chancedas solucoes basicas decorrentes serem degeneradas e muito pequena.Em muitas aplicacoes (onde A e b possui estrutura nao aleatoria), adegeneracao e bastante comum.A figura abaixo procura ilustrar que pequenas perturbacoes nos dadosdo Programa Linear permitem eliminar a degeneracao.


Visualizando a degeneracao na forma padrao

Neste exemplo temos n = 6,m = 4, n −m = 2.


A degeneracao nao e uma propriedade puramente

geometrica

A degeneracao nao e independente do modo como representamos opoliedro. Considere o poliedro P representado de duas formas:

P = {x ∈ R3 : x1 − x2 =

0, x1 + x2 + 2x3 = 2, x1 ≥0, x2 ≥ 0, x3 ≥ 0 e

P = {x ∈ R3 : x1 − x2 =

0, x1 + x2 + 2x3 = 2, x1 ≥0, x3 ≥ 0.

O ponto x = (0, 0, 1) edegenerado diante da primeirarepresentacao, e nao degeneradodiante da segunda.


Outro exemplo

Considere uma solucao x∗ basica viavel nao degenerada para umpoliedro na forma padrao P = {x ∈ R

n : Ax = b, x ≥ 0}, ondeA ∈ R

m×n. Temos entao exatamente n −m variaveis satisfazendox∗

i = 0.

Se reescrevermos o poliedro da seguinte formaP = {x ∈ R

n : Ax ≥ b,−Ax ≥ −b, x ≥ 0} temos exatamente asmesmas n −m variaveis satisfazendo x∗

i = 0 e mais 2m restricoesjustas em x∗ (totalizando n + m justas). Portanto, para esta novarepresentacao, x∗ e uma solucao basica viavel degenerada.

Mostramos casos onde uma solucao e degenerada diante de umarepresentacao e nao e diante de outra.

E possivel mostrar que se uma solucao basica e degenerada diante deuma forma padrao particular, entao sera degenerada diante dequalquer outra forma padrao do mesmo poliedro.


Existencia de pontos extremos

Vamos obter uma condicao suficiente para um poliedro possuir umponto extremo.Nem todo poliedro possui um ponto extremo. Exemplo: umsemiespaco em R

n (n > 1) nao possui ponto extremo.O poliedro P = {x ∈ R

n : Ax ≥ b} onde A ∈ Rm×n e m < n nao

possui ponto extremo.


Existencia de pontos extremos

Definicao

Um poliedro P ⊂ Rn possui uma linha se existir um vetor x ∈ P e uma

direcao d ∈ Rn nao nula tal que x + λd ∈ P para todo λ.

Teorema

Suponha que o poliedro P = {x ∈ Rn : a′ix ≥ bi , i = 1, . . . ,m} e nao

vazio. Entao, as seguintes afirmativas sao equivalentes:

1 O poliedro P possui pelo menos um ponto extremo.

2 O poliedro P nao possui uma linha.

3 Dentre os vetores ai : i = 1, . . . ,m, existem n linearmenteindependentes.


Prova

Prova

(2) → (1)

Seja x ∈ P e I = {i : a′ix = bi}. Se n dos vetores em I sao l.i. nadatemos a provar (x seria, por definicao uma soluc.ao basica). Entaoassumimos nao ser este o caso.

Entao os vetores em I formam um subespaco proprio de Rn, existindo

portanto d ∈ Rn tal que a′id = 0, i ∈ I .

Consideremos os pontos da forma y = x + λd. Para todo i ∈ I ,temos a′iy = a′ix + λa′id = a′ix = bi .

Como nao ha uma linha e como ao longo de d todas as restricoes emI permanecem ativas, ha um valor para λ, digamos λ∗, para o qualuma nova restricao se torna justa. Isto e, existeλ∗ : a′j(x + λ∗d) = bj , j 6∈ I .


Prova

Prova

(2) → (1) - Continuacao

Afirmamos que aj nao e uma combinacao linear dos vetores ai : i ∈ I .Isto porque a′jx 6= bj e a′j(x + λd) = bj . Logo a′jd 6= 0.

Recorde que d ⊥ span({ai : i ∈ I}), logo a′id = 0.

Uma vez que aj nao e ortogonal a d e ai : i ∈ I sao ortogonais a d, aj

nao pode ser uma combinacao linear dos vetores ai : i ∈ I .

Logo, o numero de restricoes l.i. aumentou em uma unidade aomovermos de x para x + λ∗d.

Repetindo o processo quantas vezes forem necessarias, terminamosem um ponto em que o numero de restricoes l.i. e n e, por definicao,este ponto e uma solucao basica.


Prova

Prova

(1) → (3)

Se P possui um ponto extremo x, entao x e uma solucao basicaviavel.

Por definicao, existem para x, n restricoes ativas em x cujos vetoresai sao l.i.


Prova

Prova

(3) → (2)

Assuma que n dos vetores ai , digamos, a1, . . . , an, sejam l.i.

Suponha que P contenha uma linha x + λd, onde d e um vetor naonulo.

Entao temos a′i (x + λd) ≥ bi ,∀i ,∀λ ∈ R. Para que isto ocorra,a′id = 0 (se a′id < 0, tomarıamos λ suficientemente grande eviolariamos a restricao. Raciocınio analogo vale se a′id > 0.)

Entretanto, como os vetores a1, . . . , an sao l.i., temos que d = 0.

Logo, temos uma contradicao e P nao pode conter uma linha.


Otimalidade de pontos extremos

Na medida em que um Programa Linear possui uma solucao otima ena medida em que o conjunto de pontos viaveis de um PL inclui pelomenos um ponto extremo, entao podemos sempre encontrar umasolucao otima no conjunto de pontos extremos.

Teorema

Considere o Programa Linear que consiste em minimizar c ′x em umpoliedro P. Assuma que P possui pelo menos um ponto extremo e queexista uma solucao otima para o Programa Linear. Entao, existe umasolucao otima que e um ponto extremo de P.

Teorema

Considere o Programa Linear que consiste em minimizar c ′x em umpoliedro P. Assuma que P possui pelo menos um ponto extremo. Entao,ou o custo otimo e −∞ ou existe um ponto extremo de P que e otimo.


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