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Lineare_Optimierung_2021.tex

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 \input{./lessons/20210707}
 
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+\begin{flushright}
+12.07.2021
+\end{flushright}
+\input{./lessons/20210712}
+
 % Notizen zum techen:
 
 % Farben:

lessons/20210712.tex

+\textit{Beweis:} \\
+Abkürzung: $A := \begin{pmatrix} B & -d & d-Be \end{pmatrix} \in \R^{m+n}$. \\
+\begin{enumerate}
+	\item[\circled{1.}] \textit{zu zeigen:} 
+		\[ \begin{cases}
+			(P) \text{ in Karmarkar-Normalform:} \\
+			{\dr Rang(A) = m}, {\dr Ae = 0} \text{ und } {\dr \min(P) = 0}
+		\end{cases} \] 
+		\begin{itemize}
+			\item Leicht zu sehen: $Kern(B^T) = \{0\}$ \\
+				$~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~Rang(B) = m ~~~$ falls nicht $b_0 = 0$ und \\
+				$~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~c_0 = 0$ \\
+				$~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~\uparrow$ durch Voraussetzung $(a)$ ausgeschlossen!
+				$\Rightarrow {\dr Rang(A) = Rang(B) = m.}$
+			\item Weiter ist 
+				\[ {\dr Ae} = Be + (-d) \cdot 1 + (d - Be) \cdot 1 {\dr = 0} \]
+				($e$ ist Vektor ''geigneter Länge'', dessen Kompon. alle $= 1$). \\
+				$\min(P)=0$ wird in \circled{$2.$} mit gezeigt!
+		\end{itemize}
+	\item[\circled{2.a}]
+		\begin{itemize}
+			\item Voraussetzung $(b) \Rightarrow (P_0)$ besitzt Lösung $u^* \in M_0$ \\
+				$\xRightarrow[Dual.satz]{starker}$ Das duale Problem $(D_0)$ besitzt Lösg. $v^* \in N_0$ nach
+				\[ \rbox{$c_0^Tu^* = b_0^Tv^*$} \]
+				Definieren: 
+				\[ \rbox{$x^* := \frac{n}{e^Tw^*+1}\begin{pmatrix} w^*\\1\\0 \end{pmatrix}$} \text{ mit } w^* := \begin{pmatrix} u^* \\ A_0u^*-b_0 \\ v^* \\ c_0 - A_0^Tv^* \end{pmatrix}\]
+				$\Rightarrow Bw^* = d, w^* \ge 0 \qquad \text{(einsetzen) Def. von B})$ \\
+				$\Rightarrow x^*$ zulässig für $(P)$ mit Zielfunktionswert 0 ($\uparrow$ Zielfkt. in $(P) \ge 0$) \\
+				$\Rightarrow x^*$ Lösung von $(P), {\dr \min(P) = 0.}$
+		\end{itemize}
+	\item[\circled{2.b}] 
+		\begin{itemize}
+			\item Sei $x^{*T} = (p^{*T}, \alpha^*, \beta^*)$ Lösung von $(P)$ \\
+				$\xRightarrow[\min(P)=0]{} {\dr \beta^* = 0}$
+			\item \textit{Annahme:} $\alpha^* = 0 \xRightarrow[{\dr \text{Def. } \B}]{\beta^*,\alpha^*=0} Bp^* = 0, e^Tp^* = n, p^* \ge 0$ \\
+				$\Rightarrow$ \rbox{$Bp = 0, p \ge 0$} hätte die \\
+				${\gr \text{wegen } e^Tp^* = n \rightarrow}$ \textit{nichttriviale Lsg.} $p^*$. \\
+				Zerlegung von $p^* \in \R^{2(m-1)} = \R^{2(k+l)} = \R^{l+k+k+l}$ \\
+				durch $p^{*T} = (u^T, y^T, v^T, z^T)$. ${\gr (\ge 0)}$ \\
+				$\xRightarrow[\text{von } {\dr \B}]{{\dr \text{Definition}}}$\rbox{$A_0u-y = 0, A_0^Tv + z = 0, c_0^Tu-b_0^Tv = 0.$} \\
+				\textit{Wäre } $u \ne 0 \xRightarrow[{\dr \text{Lemma 2 Satz 0.1}}]{{\gr \downarrow A_0u = y \overset{\B}{\ge} 0}} c_0^Tu > 0$ \\
+				$\Rightarrow 0 < c_0^Tu = b_0^Tv \xRightarrow[A_0^Tv \le 0]{{\gr \text{Def. }\B (\cdot)}} \sup(D_0) = +\infty$ \\
+				$\Rightarrow$ \textit{Widerspruch} zur Lösbarkeit von $(D_0)$. \\
+				$\Rightarrow {\dr u = 0} \xRightarrow[{\dr A_0y = y}]{} {\dr y = 0}, b_0^Tv = c_0^Tu = 0. (\sim)$ \\
+				$~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~$ (wegen $(?)$ und $u=0$)	
+			\item zu zeigen bleibt: $v = 0$, \\
+				da sich dann auch $z = 0$ und insgesamt $p^* = 0$ ergibt. \\
+				\textit{Annahme:} $v \ne 0 \xRightarrow[\text{Voraussetzg. (c)}]{} 0 < v^T(\underbrace{A_0\overline{u}-b_0}_{>0}) = \underbrace{\overline{u}^TA_0^Tv}_{\le 0} - \underbrace{b_0^Tv}_{= 0 (\sim)} \le 0$  \\
+				$\Rightarrow$ Widerspruch! ${\gr \curvearrowright p^* = 0}$
+			\item Insgesamt ist die Annahme 
+				\[ {\db \alpha^* = 0} {\gr (\curvearrowright p^* \ne 0}) \]
+				bzw.
+				\[ {\db \exists \text{ nichttriviale Lösung } p^* \text{ zu } Bp = 0, p \ge 0.} \]
+				zum Widerspruch geführt worden!
+			\item Rest der Behauptung trivial (ergibt sich aus schwachen Dualitätssatz). 
+		\end{itemize}
+\end{enumerate}
+Konvergenzbeweis $\uparrow$ Werner $S.135$ ''Numerische Mathematik 2''
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