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\section{Bestimmung einer ersten zulässigen Basislösung}
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\section{Bestimmung einer ersten zulässigen Basislösung}
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O.B.d.A kann man in der Standardform $c^Tx+c_0\to\min$ bei $Ax=b$, $x\ge 0$ einer linearen Optimierungsaufgabe voraussetzen, dass
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\begin{align}
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\label{6.8}
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b\ge 0
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\end{align}
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gilt. Andernfalls multipliziere man die Gleichungen $Ax=b$ mit $b_i<0$ einfach mit -1. Anstelle des zulässigen Bereiches $G_P$ betrachten wir nun den erweiterten Bereich
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\begin{align}
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\tilde{G}_P = \{(x,y)\in\real^n\times\real^m\mid y=-Ax+b,\, x,y\ge 0\}\notag
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\end{align}
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\begin{lemma}
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Es gilt $G_P\times \{0\}\subset\tilde{G}_P$. Ist $(\overline{x},0)$ eine Ecke von $\tilde{G}_P$, so ist $\overline{x}$ Ecke von $G_P$ und umgekehrt.
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\end{lemma}
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\begin{proof}
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Die erste Aussage folgt sofort aus der Definition der Mengen $G_P$ und $\tilde{G}_P$. Sei nun $(\overline{x},0)$ Ecke von $\tilde{G}_P$. Weiter seien $x^1,x^2\in G_P$ beliebig gegeben, so dass
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\begin{align}
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\frac{1}{2}(x^1+x^2) = \overline{x}\notag
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\end{align}
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Wegen $-Ax^1+b=0$ und $-Ax^2+b=0$ folgt zunächst $(x^1,0),(x^2,0)\in\tilde{G}_P$. Da $(\overline{x},0)$ Ecke von $\tilde{G}_P$ ist, folgt weiter $x^1=x^2=\overline{x}$. Also ist $\overline{x}$ Ecke von $G_P$. Die Umkehrung folgt leicht mit ähnlichen Überlegungen.
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\end{proof}
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Um also eine Ecke $\overline{x}$ von $G_P$ zu ermitteln, genügt es eine Ecke $\overline{x},\overline{y}$ von $\tilde{G}_P$ zu bestimmen, für die $\overline{y}=0$ gilt. Dies versucht man mit der Lösung folgender Hilfsaufgabe zu erreichen:
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\begin{align}
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\label{6.9}
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h(y) = \sum_{i=1}^{m}y_i\to\min\quad\text{bei } y = -Ax+b,\, x,y\ge 0
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\end{align}
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Die Zielfunktion $h$ von \cref{6.9} wird als \begriff{Hilfszielfunktion}, die Variablen $y_1,...,y_m$ werden als \begriff{künstliche Variablen} und das Vorgehen selbst wird als \begriff{Hilfszielfunktionsmethode} bezeichnet.
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Offenbar ist $(\overline{x},\overline{y})=(0,b)$ mit $x$ als Nichtvariable und $y$ als Basisvariable eine erste zulässige Basislösung von $\tilde{G}_P$. Also ist $\tilde{G}_P$ insbesondere nicht leer. Außerdem ist die Zielfunktion von \cref{6.9} wegen $y\ge 0$ auf $\tilde{G}_P$ durch 0 nach unten beschränkt. Mit \propref{6_2_4} folgt daher die Lösbarkeit der linearen Optimierungsaufgabe \cref{6.9}. Die Anwendung des Simplex-Verfahrens liefert daher (vergleiche \propref{6_2_3} und die Anmerkung danach) nach endlich vielen Schritten eine Lösung $(x^\ast,y^\ast)$ von \cref{6.9}. Die Darstellung der Hilfszielfunktion $h$ durch die Nichtbasisvariablen $x$ an der Basislösung $(0,b)$ ist dabei gegeben durch
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\begin{align}
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y_i = -(Ax)_i + b_i\quad\text{und}\quad \sum_{i=1}^m y_i = e^Ty = -e^T(Ax)+e^Tb\notag
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\end{align}
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Damit ergibt sich folgendes Anfangstableau für das Simplex-Verfahren zur Lösung von \cref{6.9}
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\begin{center}
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\begin{tabular}{c|c|c}
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& $x^T$ & 1 \\
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\hline
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$y=$ & $-A$ & $b$ \\
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\hline
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$z=$ & $c^T$ & $c_0$ \\
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\hline
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$h=$ & $-e^TA$ & $e^Tb$ \\
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\end{tabular}
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\end{center}
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Sinnvollerweise wird in der Tableauform die Darstellung der eigentlichen Zielfunktion der Optimierungsaufgabe \cref{6.2} mit Hilfe der jeweiligen Nichtbasisvariablen in einer zusätzlichen Zeile simultan mit angepasst. Sobald eine künstliche Variable $y_i$ Nichtbasisvariable wird, kann die entsprechende Zeile gestrichen werden.
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Falls in der Lösung von \cref{6.9} $y^\ast\neq 0$ (das heißt $h(y^\ast)>0$) gilt, ist der zulässige Bereich $G_P$ der Ausgangsaufgabe \cref{6.2} leer. Andernfalls hat man mit $x^\ast$ eine erste Ecke von $G_P$ gefunden. Falls künstliche Variablen noch als Basisvariable auftreten, sind diese durch weitere Austauschschritte zu Nichtbasisvariablen zu machen; geht das nicht, sind Nullzeilen zu streichen.
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\begin{example}
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\begin{align}
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z(x) = x_1 - x_2 + 2x_3\to\min \notag \\
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\text{bei } 2x_1 - 3x_2 + x_3 &\ge 3 \notag \\
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x_1 - 2x_2 - x_3 &\ge 1 \notag \\
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3x_1 - 5x_2 &\ge 4 \notag \\
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x_1,x_2,x_3&\ge 0\notag
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\end{align}
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Einführen von Schlupfvariablen führt auf die Standardform
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\begin{align}
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z(x) = x_1 - x_2 + 2x_3\to\min \notag \\
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\text{bei } 2x_1 - 3x_2 + x_3 - x_4 &= 3 \notag \\
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x_1 - 2x_2 - x_3 - x_5 &= 1 \notag \\
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3x_1 - 5x_2 - x_6 &= 4 \notag \\
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x_1,x_2,x_3,x_4,x_5,x_6&\ge 0\notag
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\end{align}
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Das Hilfsproblem ergibt sich nun zu
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\begin{align}
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h(y) = y_1+y_2+y_3 \to\min \notag \\
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\text{bei } y_1 &= -2x_1 + 3x_2 - x_3 + x_4 + 3 \notag \\
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y_2 &= -x_1 + 2x_2 + x_3 + x_5 + 1 \notag \\
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y_3 &= -3x_1 + 5x_2 + x_6 + 4 \notag \\
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x_1,...,x_6,y_1,y_2,y_3&\ge 0\notag
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\end{align}
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Das Simplex-Verfahren (in Tableauform) zur Lösung der Hilfsaufgabe läuft nun wie folgt ab:
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\begin{minipage}[c]{0.5\textwidth}
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\begin{center}
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\begin{tabular}{c|cccccc|c}
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$H_0$ & $x_1$ & $x_2$ & $x_3$ & $x_4$ & $x_5$ & $x_6$ & 1 \\
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\hline
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$y_1 = $ & -2 & 3 & -1 & 1 & 0 & 0 & 3 \\
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$y_2 = $ & \textcolor{red}{-1} & 2 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
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$y_3 = $ & -3 & 5 & 0 & 0 & 0 & 1 & 4 \\
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\hline
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$z = $ & 1 & -1 & 2 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
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\hline
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$h= $ & -6 & 10 & 0 & 1 & 1 & 1 & 8 \\
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\hline
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& $\times$ & 2 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
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\end{tabular}
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\end{center}
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\end{minipage}
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\begin{minipage}[c]{0.5\textwidth}
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\begin{center}
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\begin{tabular}{c|cccccc|c}
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$H_1$ & $y_2$ & $x_2$ & $x_3$ & $x_4$ & $x_5$ & $x_6$ & 1 \\
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\hline
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$y_1 = $ & & \textcolor{red}{-1} & -3 & 1 & -2 & 0 & 1 \\
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$x_1 = $ & & 2 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
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$y_3 = $ & & -1 & -3 & 0 & -3 & 1 & 1 \\
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\hline
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$z = $ & & 1 & 3 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
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\hline
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$h= $ & & -2 & -6 & 1 & -5 & 1 & 2 \\
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\hline
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& & $\times$ & -3 & 1 & -2 & 0 & 1 \\
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\end{tabular}
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\end{center}
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\end{minipage} \\
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\begin{minipage}[c]{0.5\textwidth}
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\begin{center}
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\begin{tabular}{c|cccccc|c}
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$H_2$ & $y_2$ & $y_1$ & $x_3$ & $x_4$ & $x_5$ & $x_6$ & 1 \\
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\hline
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$x_2 = $ & & & -3 & 1 & -2 & 0 & 1 \\
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$x_1 = $ & & & -5 & 2 & -3 & 0 & 3 \\
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$y_3 = $ & & & 0 & \textcolor{red}{-1} & -1 & 1 & 0 \\
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\hline
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$z = $ & & & 0 & 1 & -1 & 0 & 2 \\
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\hline
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$h= $ & & & 0 & -1 & -1 & 1 & 0 \\
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\hline
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& & & $\times$ & & & & \\
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\end{tabular}
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\end{center}
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\end{minipage}
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\begin{minipage}[c]{0.5\textwidth}
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\begin{center}
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\begin{tabular}{c|cccccc|c}
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$H_3$ & $y_2$ & $y_1$ & $x_3$ & $y_3$ & $x_5$ & $x_6$ & 1 \\
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\hline
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$x_2 = $ & & & -3 & & -3 & 1 & 1 \\
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$x_1 = $ & & & -5 & & -5 & 2 & 3 \\
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$x_4 = $ & & & 0 & & -1 & 1 & 0 \\
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\hline
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$z = $ & & & 0 & & -2 & 1 & 2 \\
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\hline
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$h= $ & & & 0 & & 0 & 0 & 0 \\
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\end{tabular}
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\end{center}
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\end{minipage}
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Somit ist $(\overline{x})=(3,1,0,0,0,0)$ eine zulässige Basislösung der Aufgabe in Standardform mit $B=\{1,2,4\}$ und $N=\{3,5,6\}$. Mit Tableau $H_3$ kann nun das Simplex-Verfahren zur Lösung der Standardaufgabe angeschlossen werden. Dies liefert nach zwei Schritten die Lösung der Aufgabe in Standardform zu $x^\ast=(\frac{3}{2},0,0,0,\frac{1}{2},\frac{1}{2})^T$ und $z(x^\ast)=\frac{3}{2}$.
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\end{example}
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@ -161,7 +161,8 @@ end do
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\end{algorithm}
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\begin{proposition}
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Seien $\rang(A=m$ und $G_P\neq\emptyset$. Dann ist der \propref{6_2_2} wohldefiniert. Falls alle zulässigen Basislösungen von $G_P$ nicht entartet sind, dann bricht der Algorithmus nach endlich vielen Schritten mit einem entscheidbaren Fall ab.
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\proplbl{6_2_3}
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Seien $\rang(A)=m$ und $G_P\neq\emptyset$. Dann ist der \propref{6_2_2} wohldefiniert. Falls alle zulässigen Basislösungen von $G_P$ nicht entartet sind, dann bricht der Algorithmus nach endlich vielen Schritten mit einem entscheidbaren Fall ab.
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\end{proposition}
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\begin{proof}
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Wegen Teil (a) von \propref{6_1_5} und \propref{6_1_4} gibt es mindestens eine zulässige Basislösung $x^0$. Die Durchführbarkeit der übrigen Schritte von \propref{6_2_2} ist unter Beachtung von \propref{6_2_1} offensichtlich. Nach Teil (c) von \propref{6_2_1} gilt für zwei aufeinander folgende von \propref{6_2_2} erzeugte Iterierte
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@ -174,6 +175,7 @@ end do
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Es gibt Techniken, mit denen man einen Zyklus zwischen verschiedenen Darstellungen ein und derselben Ecke verhindert, so dass man die Forderung nach Nichtentartung in \propref{6_2_1} fallen lassen kann.
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\begin{proposition}
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\proplbl{6_2_4}
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Die Aufgabe \cref{6.2} besitzt genau dann eine Lösung, wenn $G_P\neq\emptyset$ und eine Schranke $U\in\real$ existiert mit $c^Tx\ge U$ für alle $x\in G_P$.
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\end{proposition}
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\begin{proof}[nur Beweisskizze]
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