finale Version des Vorlesungsskripts - ZIB
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11.3 Trennsätze Beweis. Gibt es eine P und Q strikt trennende Hyperebene, dann ist P ∩Q offensichtlich leer. Sei P ∩ Q = ∅. Zu zeigen ist die Existenz eines Vektors c ∈ K n , c = 0, und einer Zahl γ ∈ K, so dass P ⊆ {x | c T x < γ} und Q ⊆ {x | c T x > γ} gilt. Sind P und Q leer, so leistet jede beliebige Hyperebene das Gewünschte. Ist eines der Polyeder leer, sagen wir Q = ∅, P = ∅, dann ist wegen P = K n eine der Zeilen von A von Null verschieden, sagen wir Ai· = 0. Dann haben c T := Ai·, γ := ai + 1 die geforderten Eigenschaften. Sind P und Q nicht leer, dann gilt nach Voraussetzung A a P , = ∅. B b Folglich existiert nach (11.2)(a) ein Vektor u v ≥ 0 mit uT A+vT B = 0T und uT a+v T b < 0. Wir setzen Daraus folgt: c T := u T A(= −v T B) und γ := 1 2 (uT a − v T b). x ∈ P ⇒ c T x = u T Ax ≤ u T a < u T a − 1 2 (uT a + v T b) = 1 2 (uT a − v T b) = γ. x ∈ Q ⇒ c T x = −v T Bx ≥ −v T b > −v T b + 1 2 (uT a + v T b) = 1 2 (uT a − v T b) = γ. Der Vektor c ist offenbar von Null verschieden. ✷ Der folgende Satz, den wir nicht mit den bisher entwickelten Methoden beweisen können, soll als Beispiel für die oben angesprochene allgemeine Art von Trennsätzen dienen. (11.9) Satz (Trennsatz für konvexe Mengen). Es seien P und Q zwei nichtleere konvexe Teilmengen des R n . Es gibt eine P und Q trennende Hyperebene H = {x ∈ R n | c T x = γ} (d. h. P ∪ Q ⊆ H, P ⊆ {x ∈ R n | c T x ≤ γ}, Q ⊆ {x ∈ R n | c T x ≥ γ}) genau dann, wenn der Durchschnitt des relativ Inneren von P mit dem relativ Inneren von Q leer ist. △ Beweis. Siehe Stoer & Witzgall (1970), Seite 98, Satz (3.3.9) oder Leichtweiss, „Konvexe Mengen“, VEB Deutscher Verlag der Wissenschaften, Berlin, 1980, Seite 28, Satz 3.1. ✷ Der aufmerksame Leser wird bemerkt haben, dass in (11.9) der Vektorraum R n (und nicht wie üblich K n ) benutzt wurde. In der Tat ist Satz (11.9) für konvexe Teilmengen von Q n im folgenden Sinne falsch. Es ist nicht immer möglich, zwei konvexe Mengen in Q n , deren relativ innere Mengen kein gemeinsames Element besitzen, durch eine Hyperebene c T x = γ zu trennen, so dass der Vektor (c T , γ) T rational ist. Man betrachte nur P = {x ∈ Q | x < √ 2}, Q = {x ∈ Q | x > √ 2}. Dieses Beispiel zeigt auch, dass die bisher entwickelten konstruktiven Beweistechniken, die ja für Q und R gleichermaßen arbeiten, nicht mächtig genug sind, um (11.9) abzuleiten. Offenbar muss das Vollständigkeitsaxiom der reellen Zahlen auf irgendeine Weise benutzt werden. Satz (11.9) können wir allerdings für Polyeder beweisen. Zu seiner Formulierung müssen wir jedoch schärfere Anforderungen an die Darstellung der involvierten Polyeder stellen. 205
11 Das Farkas-Lemma und Dualitätstheorie (11.10) Satz (Schwacher Trennsatz). Seien P = {x ∈ K n | Ax = a, Bx ≤ b}, Q = {x ∈ K n | Cx = c, Dx ≤ d} zwei nichtleere Polyeder, so dass keine der Ungleichungen Bx ≤ b von allen Punkten in P und keine der Ungleichungen Dx ≤ d von allen Punkten in Q mit Gleichheit erfüllt wird. Es gibt eine P und Q trennende Hyperebene genau dann, wenn R := {x ∈ K n | Ax = a, Cx = c, Bx < b, Dx < d} leer ist. △ Beweis. Ist P ∩ Q = ∅, so ist R = ∅, und die Behauptung folgt (in schärferer Form) aus Satz (11.8). Sei also P ∩ Q = ∅. Die Menge R ist offenbar die Lösungsmenge des Systems Ax ≤ a, −Ax ≤ −a, Cx ≤ c, −Cx ≤ −c, Bx < b, Dx < d. Dieses hat nach Folgerung (11.5) genau dann keine Lösung, wenn es einen Vektor (u T , u T , v T , v T , w T , y T ) mit (w T , y T ) = 0 T gibt mit der Eigenschaft Wir setzen u := u − u, v := v − v und u T A − u T A + v T C − v T C + w T B + y T D = 0 T , u T a − u T a + v T c − v T c + w T b + y T d ≤ 0. r T := u T A + w T B(= −v T C − y T D), ρ := 1 2 (uT a + w T b − v T c − y T d). Sei H =: {x | r T x = ρ}, dann ist H eine P und Q trennende Hyperebene, denn (1) x ∈ P =⇒ r T x = u T Ax + w T Bx ≤ u T a + w T b ≤ u T a + w T b − 1 2 (uT a + w T b + v T c + y T d) = ρ (2) x ∈ Q =⇒ r T x = −v T Cx − y T Dx ≥ −v T c − y T d ≥ −v T c − y T d + 1 2 (uT a + w T b + v T c + y T d) = ρ. R = ∅ ist also äquivalent zur Existenz der Hyperebene H = {x | r T x = ρ}. Aus der Voraussetzung folgt, dass Punkte p ∈ P und q ∈ Q existieren mit Bp < b und Dq < d. Die Abschätzungen (1), (2) zeigen, dass aus (w T , y T ) = 0 T folgt, dass r T p < ρ oder r T q > ρ gilt. Somit gilt r = 0 und P ∪ Q ⊆ H; das aber heißt, H ist eine trennende Hyperebene. Gibt es umgekehrt eine P und Q trennende Hyperebene H = {x | r T x = p}, dann gibt es einen Punkt in P ∪Q, der nicht in H ist; sagen wir P ⊆ H. Daraus folgt P = {x | Ax = a, Bx ≤ b, r T x ≤ ρ} und {x | Ax = a, Bx < b} = {x | Ax = q, Bx < b, r T x < ρ} und somit ergibt sich, dass R = {x | Ax = a, Cx = c, Bx < b, r T x < ρ, Dx < d} leer ist, denn {x | Cx = c, Dx < d, r T x < ρ} = ∅, weil Q = {x | Cx = c, Dx ≤ d} ⊆ {x | r T x ≥ ρ}. ✷ 206
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11.3 Trennsätze<br />
Beweis. Gibt es eine P und Q strikt trennende Hyperebene, dann ist P ∩Q offensichtlich<br />
leer.<br />
Sei P ∩ Q = ∅. Zu zeigen ist die Existenz eines Vektors c ∈ K n , c = 0, und einer Zahl<br />
γ ∈ K, so dass P ⊆ {x | c T x < γ} und Q ⊆ {x | c T x > γ} gilt. Sind P und Q leer, so<br />
leistet jede beliebige Hyperebene das Gewünschte. Ist eines der Polyeder leer, sagen wir<br />
Q = ∅, P = ∅, dann ist wegen P = K n eine der Zeilen von A von Null verschieden, sagen<br />
wir Ai· = 0. Dann haben c T := Ai·, γ := ai + 1 die geforderten Eigenschaften. Sind P<br />
und Q nicht leer, dann gilt nach Voraussetzung<br />
<br />
A a<br />
P , = ∅.<br />
B b<br />
Folglich existiert nach (11.2)(a) ein Vektor u<br />
v ≥ 0 mit uT A+vT B = 0T und uT a+v T b <<br />
0. Wir setzen<br />
Daraus folgt:<br />
c T := u T A(= −v T B) und γ := 1<br />
2 (uT a − v T b).<br />
x ∈ P ⇒ c T x = u T Ax ≤ u T a < u T a − 1<br />
2 (uT a + v T b) = 1<br />
2 (uT a − v T b) = γ.<br />
x ∈ Q ⇒ c T x = −v T Bx ≥ −v T b > −v T b + 1<br />
2 (uT a + v T b) = 1<br />
2 (uT a − v T b) = γ.<br />
Der Vektor c ist offenbar von Null verschieden. ✷<br />
Der folgende Satz, den wir nicht mit den bisher entwickelten Methoden beweisen können,<br />
soll als Beispiel für die oben angesprochene allgemeine Art von Trennsätzen dienen.<br />
(11.9) Satz (Trennsatz für konvexe Mengen). Es seien P und Q zwei nichtleere<br />
konvexe Teilmengen <strong>des</strong> R n . Es gibt eine P und Q trennende Hyperebene H = {x ∈ R n |<br />
c T x = γ} (d. h. P ∪ Q ⊆ H, P ⊆ {x ∈ R n | c T x ≤ γ}, Q ⊆ {x ∈ R n | c T x ≥ γ}) genau<br />
dann, wenn der Durchschnitt <strong>des</strong> relativ Inneren von P mit dem relativ Inneren von Q<br />
leer ist. △<br />
Beweis. Siehe Stoer & Witzgall (1970), Seite 98, Satz (3.3.9) oder Leichtweiss, „Konvexe<br />
Mengen“, VEB Deutscher Verlag der Wissenschaften, Berlin, 1980, Seite 28, Satz 3.1. ✷<br />
Der aufmerksame Leser wird bemerkt haben, dass in (11.9) der Vektorraum R n (und<br />
nicht wie üblich K n ) benutzt wurde. In der Tat ist Satz (11.9) für konvexe Teilmengen von<br />
Q n im folgenden Sinne falsch. Es ist nicht immer möglich, zwei konvexe Mengen in Q n ,<br />
deren relativ innere Mengen kein gemeinsames Element besitzen, durch eine Hyperebene<br />
c T x = γ zu trennen, so dass der Vektor (c T , γ) T rational ist. Man betrachte nur P =<br />
{x ∈ Q | x < √ 2}, Q = {x ∈ Q | x > √ 2}. Dieses Beispiel zeigt auch, dass die bisher<br />
entwickelten konstruktiven Beweistechniken, die ja für Q und R gleichermaßen arbeiten,<br />
nicht mächtig genug sind, um (11.9) abzuleiten. Offenbar muss das Vollständigkeitsaxiom<br />
der reellen Zahlen auf irgendeine Weise benutzt werden.<br />
Satz (11.9) können wir allerdings für Polyeder beweisen. Zu seiner Formulierung müssen<br />
wir jedoch schärfere Anforderungen an die Darstellung der involvierten Polyeder stellen.<br />
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