应用运筹学基础：线性规划 (3) - 初始可行解

这一节课讲解了利用单纯形法求解线性规划问题中，如何获得一个初始可行解。

 

再次加入松弛变量

松弛变量总是那么好用...考虑原问题为 $$\begin{matrix}\max\limits_{x} & z = c^Tx \\ \text{s.t.} & Ax = b \\ & x \ge 0\end{matrix}$$ 我们加入松弛变量 $\bar{x}$，把问题转化为 $$\begin{matrix}\max\limits_{x} & z = c^Tx \\ \text{s.t.} & Ax + \bar{x} = b \\ & x, \bar{x} \ge 0\end{matrix}$$ （这里我们要求 $b \ge 0$，一般的带不等式约束的线性规划问题，都能通过移项、加/减松弛变量等方法凑出 $b \ge 0$ 的只含等式约束的线性规划问题标准形式）

这样，我们就有了一个天然的初始可行解 $x = 0, \bar{x} = b$。

但还存在一个问题：$\bar{x}$ 是我们添加进去的变量，我们希望最后的最优解里，$\bar{x}$ 能全部出基（这样 $\bar{x} = 0$），只留下 $x$ 中的变量作为基变量，这样我们才能在不改变原问题的情况下，获得原问题的解。

 

大 M 法

一个很自然的想法，就是对不为 0 的 $\bar{x}$ 进行“惩罚”。我们可以将目标函数改为 $$z = c^Tx - M\sum_{i=1}^m\bar{x}_i$$ 如果 $M$ 是一个足够大的正数，那么如果原问题存在可行解，$\bar{x}$ 就会在 $-M$ 这个“严厉的惩罚”之下变成 0。

可是这个方法有一个很大的缺陷：$M$ 的值到底该取多少呢？如果 $M$ 的值取得太小导致 $\bar{x}$ 最后还是非 0，到底是因为 $M$ 太小了，还是因为问题本来就没有可行解呢；如果 $M$ 的值取得太大，可能会带来计算上的误差。所以这个方法貌似不太常用...

 

两阶段法

我们只是想要找到线性规划问题的一个初始可行解，并不一定要同时获得原问题的最优解，所以我们完全可以另外设计一个只由松弛变量组成的优化问题，解决了这个优化问题，就找到了原问题的一个可行解。我们设计优化问题如下 $$\begin{matrix}\min\limits_{\bar{x}} & \sum_{i=1}^m\bar{x}_i \\ \text{s.t.} & Ax + \bar{x} = b \\ & x, \bar{x} \ge 0\end{matrix}$$ （如果觉得看 $\max$ 比较习惯的话也可以写成 $\max\limits_{x} \quad -\sum\limits_{i=1}^m\bar{x}_i$）

对于这个优化问题，$\bar{x} = b$ 就是一个可行解，所以就不用费心再去找初始可行解了。

容易发现，如果这个优化问题的最优解的目标函数值不为 0，那么原问题无可行解；如果最优解让目标函数值为 0，就说明了存在一种 $x$ 的取值满足约束，且 $\bar{x} = 0$，这样就找到了原问题的一个可行解。我们再以这个可行解为起点，利用单纯形法求出原问题的最优解即可。

来举一个例子，考虑以下线性规划问题 $$\begin{matrix} & \max\limits_{x} \quad 4x_1-x_2+x_3 \\ \text{s.t.} & x_1+2x_2+3x_3=1 \\ & 2x_1+3x_2+2x_3 = 2 \\ & x \ge 0\end{matrix}$$ 加入松弛变量，转化为两阶段法的优化问题 $$\begin{matrix} & \max\limits_{x} \quad -x_4-x_5 \\ \text{s.t.} & x_1+2x_2+3x_3+x_4 = 1 \\ & 2x_1+3x_2+2x_3+x_5 = 2 \\ & x \ge 0 \end{matrix}$$ 利用单纯形表求解，第一次迭代：$$\begin{array}{c|ccccc|c} & 3 & 5 & 5 & 0 & 0 & 3 \\ \hline x_4 & 1 & 2 & 3 & 1 & 0 & 1 \\ x_5 & 2 & 3 & 2 & 0 & 1 & 2\end{array}$$ 为了展示一个特殊情况，我们不按常规选择检验数最大的入基，而是选择 $x_1$ 入基，$x_4$ 出基，第二次迭代：$$\begin{array}{c|ccccc|c} & 0 & -1 & -4 & -3 & 0 & 0 \\ \hline x_1 & 1 & 2 & 3 & 1 & 0 & 1 \\ x_5 & 0 & -1 & -4 & -2 & 1 & 0 \end{array}$$ 我们发现，目标函数值已经是 0 了，但是基变量里有一个 $x_5$，还是没有把 $\bar{x}$ 完全从基变量里弄出去。不过没关系，这是一个退化情况，我们有 $x_2 = x_3 = x_5 = 0$。我们此时可以让 $x_2$ 入基，$x_5$ 出基，就能把基变量变为 $x_1$ 和 $x_2$。同时也求出了原问题的一个可行解：$x_1 = 1, x_2 = x_3 = 0$，基变量是 $x_1$ 和 $x_2$。

接下来继续利用单纯形表求解原问题。第一次迭代：$$\begin{array}{c|ccc|c} & 0 & 0 & 25 & -4 \\ \hline x_1 & 1 & 0 & -5 & 1 \\ x_2 & 0 & 1 & 4 & 0 \end{array}$$ 是一个退化情况，不过我们还是继续计算。让 $x_3$ 入基，$x_2$ 出基，第二次迭代：$$\begin{array}{c|ccc|c} & 0 & -25/4 & 0 & -4 \\ \hline x_1 & 1 & 5/4 & 0 & 1 \\ x_3 & 0 & 1/4 & 1 & 0 \end{array}$$ 所有检验数都非正，迭代结束。我们获得了原问题的最优解：$x_1 = 1, x_2 = x_3 = 0$，此时目标函数值为 4。