Reduzindo a programação linear para programação linear positiva

Suponha que tenhamos um oráculo que resolve problemas da forma

quando (todos os coeficientes no alvo de maximização são não negativos).$c\geq 0$

Pode ser usado para resolver com eficiência programas lineares gerais?

TENTATIVA FAILED # 1: substitua cada variável que aparece com um coeficiente negativo em , por outra variável . Infelizmente, esse não satisfaz a restrição de não negatividade.$x_i$$c^T x$$y_i := - x_i$$y_i$

TENTATIVA FALHADA # 2: Assegure-se de que todos os elementos em sejam não positivos (multiplicando a equação por -1 se necessário). Em seguida, crie o LP duplo:$b$

Aqui, todos os coeficientes no objetivo são não negativos. No entanto, esse formulário não corresponde ao que o oráculo pode resolver, pois as restrições não são equacionais e as variáveis são ilimitadas.$y$

Você pode adicionar uma variável e uma igualdade linear para alguns . Então, o problema original é equivalente a maximizar no novo sistema.$y$$y=c^Tx+c_0$$c_0$$y$

Exceto pela condição . É aí que entra. Precisamos fazer grande o suficiente que para alguns viável (isto é e hold), temos . Nesse caso, não importa que a não-negatividade corte partes do espaço viável. O valor ideal ainda é o mesmo.$y\geq 0$$c_0$$c_0$$x$$Ax=b$$x\geq 0$$c^Tx+c_0\geq 0$

Então, como escolher ? Eu não sou especialista em otimização linear. Encontrar um viável é mais fácil do que encontrar um que maximize a função objetivo? caso, podemos considerar que é .$c_0$$x_0$$c_0$$-c^Tx_0$

Se os coeficientes dados são racionais, existe outro caminho. Primeiro, vamos estabelecer que o politopo de viável tem vértices (a menos que esteja vazio): Seja um ponto em uma célula de fronteira dimensional mínima do referido politopo. Por contradição, suponha que a dimensão desta célula seja . Então, existe um ponto diferente na mesma célula. Como a célula possui uma dimensão mínima, ela não tem limites; portanto, os pontos da forma estão na mesma célula e, portanto, no politopo. Como , alguns desses têm coordenadas negativas, contradizendo a condição polítopo .$x$$p$$\geq 1$$q$$r=p+t(q-p)$$q-p\not=0$$r$$r\geq 0$

Agora, faça todos os coeficientes de e inteiros multiplicando pelo denominador comum. Seja a dimensão (o comprimento do vetor ) e seja o valor absoluto máximo de qualquer coeficiente de , ou . Em seguida, podemos vincular as coordenadas de qualquer vértice do polítopo possível por . Portanto, escolha .$A$$b$$n$$c$$M$$A$$b$$c$$n!\cdot M^n$$c_0:=n\cdot n!\cdot M^{n+1}$

[EDITAR]

Ainda outra abordagem, caso você esteja disposto a ligar para o oráculo várias vezes: Primeiro, tente o acima com . Se você obtiver uma solução ou a resposta "ilimitada", está bem. Se a resposta for "insolúvel", é necessário descobrir se existem soluções com função objetiva negativa. Portanto, defina e maximize vez disso. Se você obtiver uma solução, poderá usá-la como . Se você ficar "insolúvel" novamente, estará pronto também. O último caso é a resposta "ilimitada". Então, você precisa experimentar cada vez maior (para poucas chamadas da Oracle, use uma função de crescimento rápido; a função Ackermann pode funcionar) até encontrar uma solução.$c_0=0$$z=-c^T$$z$$x_0$$c_0$

Você pode substituir uma variável x que não tem restrição para ser positiva por duas variáveis onde e são restritas para serem positivas. Todos os seus coeficientes serão idênticos, exceto que eles têm o sinal oposto.$x^+ - x^-$$x^+$$x^-$

No algoritmo simplex, é sempre possível colocar apenas um deles na base. Na verdade, você pode evitar cálculos adicionais apenas acompanhando se alguma variável de base é atualmente positiva ou negativa.