Lösung zur Aufgabe 4 f(x) := −x √ 2x2 → min bei x 1 − √ 2x2 ≤ 0

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Lösung zur Aufgabe 4
f (x) := −x1 +
√
2x2 → min
√
bei x1 − 2x2 ≤ 0,
−x1 + 1 ≤ 0,
x ∈ Z2+
Für alle zulässigen Punkte gilt wegen der ersten Nebenbedingung
√
f (x) := −x1 + 2x2 ≥ 0.
√
Der Wert 0 wird aber nie erreicht, denn dafür müsste x1 = 2x2 gelten. Der einzige ganzzahlige
Punkt, für den das gilt, ist der Punkt (0; 0). Dieser ist aber wegen der zweiten Nebenbedingung
nicht zulässig. Also gilt f (x) > 0 für alle zulässigen Punkte.
Wir zeigen, dass inf f (x) = 0 gilt, woraus die Unlösbarkeit des Problems folgt. Dazu verwenden
x∈G
wir folgenden Satz:
Satz. Seien r > 0 und ε ∈ (0, 1]. Dann existieren p, q ∈ N so, dass
0≤r−
ε
p
<
q
q
mit 1 ≤ q ≤ ε−1 .
Beweis: Sei M := bε−1 c. Wir betrachten die M + 1 Zahlen {0r}, {1r}, {2r}, . . ., {M r}. Dabei
bezeichnet 0 ≤ {b} := b − bbc < 1 den gebrochenen Anteil einer Zahl b > 0. Die Zahlen {0r},
{1r}, {2r}, . . ., {M r} sind paarweise verschieden, wenn r irrational ist; andernfalls folgt, dass
r rational ist. Da wir mit gebrochenen Teilen arbeiten und daher mit den Resten bei Division
durch 1, ist die 1 selbst wieder äquivalent zur Null (gebrochener Teil Null). Wir können uns
dieses halboffene Intervall [0, 1) also als Kreis mit dem Umfang 1 vorstellen. Diese M + 1
gebrochenen Teile teilen diesen Kreis in M + 1 Teilintervalle. Von diesen hat mindestens eins
eine Länge kleiner oder gleich M1+1 (sonst ist die Summe der Längen größer als 1), d.h. es
existieren i 6= j mit 0 ≤ {|i − j|r} ≤ M1+1 . Sei nun q := |i − j|, p := bqrc. Dann ist
0≤r−
p
qr − p
|i − j|r − b|i − j|rc
{|i − j|r}
1
ε
=
=
=
≤
<
q
q
q
q
(M + 1)q
q
(da M = bε−1 c ⇒ M + 1 > ε−1 ) und es gilt 1 ≤ q = |i − j| ≤ M ≤ ε−1 .
Um diesen Satz für unseren Fall zu verwenden, setzen wir r =
jedem ε ∈ (0, 1] natürliche Zahlen p, q, sodass
√
0 ≤ −p + 2q < ε.
Da das Paar p, q zulässig ist, folgt inf f (x) = 0
x∈G
1
√
2. Nach dem Satz existiert zu
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