finale Version des Vorlesungsskripts - ZIB

11 Das Farkas-Lemma und Dualitätstheorie
(11.19) Folgerung. P bzw. D seien die Lösungsmengen von (P) bzw. (D). Wir setzen
z ∗ ⎧
⎪⎨ +∞, falls (P) unbeschränkt,
:= −∞, falls P = ∅,
⎪⎩
max{cT x | x ∈ P }, andernfalls,
u ∗ ⎧
⎪⎨ −∞, falls (D)unbeschränkt,
:= +∞, falls D = ∅,
⎪⎩
min{yT b, y ∈ D}, andernfalls.
Dann gilt
(a) −∞ < z ∗ = u ∗ < +∞ ⇐⇒ z ∗ endlich ⇐⇒ u ∗ endlich.
(b) z ∗ = +∞ ⇒ D = ∅.
(c) u ∗ = −∞ ⇒ P = ∅.
(d) P = ∅ ⇒ D = ∅ oder u ∗ = −∞.
(e) D = ∅ ⇒ P = ∅ oder z ∗ = +∞. △
Beweis. (a) Aus z ∗ = u ∗ endlich folgt natürlich u ∗ und z ∗ endlich.
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Sei z ∗ endlich, dann ist P = ∅ und
−c T x ≤ −z
Ax ≤ b
ist für z = z ∗ lösbar, jedoch unlösbar für jedes z > z ∗ . Sei also z > z ∗ , dann ist
nach (11.2)(a) das duale Problem
−uc T + y T A = 0 T
−uz + y T b < 0
u, y ≥ 0
lösbar. Hat dieses System eine Lösung mit u = 0, so hat y T A = 0, y T b < 0, y ≥ 0
eine Lösung. Also folgt aus (11.2)(a), dass P = ∅, ein Widerspruch. Folglich muss
es eine Lösung von (2) geben mit u > 0. Durch Skalieren können wir eine derartige
Lösung mit u = 1 finden. Daraus folgt, dass das System
y T b < z
y T A = c T
y ≥ 0
eine Lösung besitzt. Folglich ist D = ∅, und aus Satz (11.18) folgt die Behauptung.
Ist u ∗ endlich, so verläuft der Beweis analog.
(1)
(2)