Если одна из пары двойственных задач имеет оптимальный план, то и другая имеет оптимальный план и значения целевых функций задач при их оптимальных планах равны между собой, т. е. 
.
Если же целевая функция одной из пары двойственных задач не ограничена (для исходной – сверху, для двойственной – снизу), то другая задача вообще не имеет планов.
Вторая теорема двойственности.
План 
исходной задачи и план 
двойственной задачи являются оптимальными планами этих задач тогда и только тогда, когда для любых i и j выполняются равенства:
Если в оптимальном плане одной из задач соответствующая переменная отлична от нуля, то ограничение другой задачи в оптимальном плане выполняются в виде равенства. Если в оптимальном плане одной из задач какое-либо ограничение выполняется в виде строгого неравенства, то соответствующая переменная другой задачи в оптимальном плане равна нулю.
Эти условия позволяют, зная оптимальное решение одной из взаимно двойственных задач, найти оптимальное решение другой задачи.
Пример. Решить задачу линейного программирования симплексным методом. Составить для данной задачи линейного программирования двойственную задачу и по решению прямой задачи найти решение двойственной, используя теоремы двойственности.
Приведем задачу к каноническому виду. Для этого к левой часть первого неравенства прибавим дополнительную неотрицательную переменную 
, к левой части второго - 
. А вот из левой части третьего неравенства вычтем переменную 
. В целевую функцию каждая из этих переменных входит с коэффициентом 0 (т. е. не входят). Получаем
Преобразованную систему уравнений запишем в векторной форме:
,
где 
; 
; 
; 
; 
; 
.
Среди векторов P1, P2, P3, P4, P5, только два единичных вектора (P3 и P4), т.е. единичного базиса нет. Поэтому составим расширенную задачу. Для этого в левую часть третьего уравнения системы ограничений добавим искусственную переменную 
. Её нужно как можно быстрее вывести из базиса. Поэтому в целевую функцию в задаче максимизации новая переменная войдёт с очень большим отрицательным коэффициентом –М. Расширенная задача имеет опорный план 
, определяемый системой трёх единичных векторов: 
.
Составим симплексную таблицу для I итерации:
| Базис | 
| 
| -М | |||||||||||
| 
| 
| 
| 
| 
| |||||||||
|
| -1 | |||||||||||||
|
| ||||||||||||||
|
| -М | -1 | ||||||||||||
| F0 | -2 | -3 | |||||||||||
| -3 | -2 | -1 | |||||||||||
Вычислим оценки разложений векторов по базису опорного решения по формуле 
, где zj находится как скалярное произведение вектора Pj (j=1,m) на вектор Сб=(с1, с2,...,сm):
.
Оценки векторов, входящих в базис, всегда равны нулю.
Значение F0 равно скалярному произведению вектора P0 на вектор Сб: F0 = 1*0+8*0+3*(-М) = -3М.
Значения F0 и 
состоят из двух слагаемых 
. Слагаемое, которое не содержит М, записываем в 4-й строке, а число, стоящее при М – в 5-й.
Начальное опорное решение не является оптимальным, так как в 5-й строкеимеется два отрицательных числа 
и 
. Для оптимальности опорного решения в задаче на максимум требуется неотрицательность оценок для всех векторов. Чтобы перейти к новому опорному решению в базис можно ввести любой из векторов P1 и P2. Выберем P1, так как ему соответствует наибольшая по модулю оценка. Для определения вектора, подлежащего выводу из базиса, находят 
для всех aij>0. Для вектора P1получим 
(
, поэтому отношение 
не рассматриваем). Минимум достигается при i= 3. В третьей строке столбца «Базис» находится вектор Р6. Следовательно, его из базиса исключаем.
Далее выполним преобразование Жордана с разрешающим элементом 
=2: 1) разделим всю третью строку на 2 и запишем результат в новую симплексную таблицу; 2) остальные элементы первого столбца нужно занулить, для этого полученную 3-ю строку сложим с первой, результат запишем в первую строку новой симплексной таблицы; 3) умножим 3-ю строку на -2 и сложим со второй строкой, результат запишем во вторую строку новой симплексной таблицы.
Получим симплексную таблицу для II итерации:
| Базис |
|
| -М | ||||||||||
|
|
|
|
|
|
| ||||||||
|
| 5/2 | 5/2 | -1/2 | 1/2 | |||||||||
| -1 | ||||||||||||
| 3/2 | 1/2 | -1/2 | 1/2 | |||||||||
| -2 | -1 | ||||||||||||
Она содержит только четыре строки, так как искусственный вектор из базиса исключён и оценки больше не содержат слагаемого с М. Этот вектор не имеет смысла вводить ни в один из последующих базисов, поэтому в дальнейшем столбец данного вектора можно не заполнять. Но так как от нас требуется найти решение двойственно задачи, то мы его оставим.
Получили новый опорный план 
и значение целевой функции F0 = 3.
Рассмотрим элементы 4-й строки. В столбце векторов и имеются отрицательные числа, значит, найденный план не является оптимальным. Вводить в базис будем вектор , исключать . Получим симплексную таблицу для III итерации.
| Базис |
| 
| -М | ||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
| ||||||||||||
|
| 2/5 | -1/5 | 1/5 | ||||||||||||||
|
| -1 | ||||||||||||||||
|
| -1/5 | -2/5 | 2/5 | ||||||||||||||
| 4/5 | -7/5 | 7/5 | |||||||||||||||
Последняя строка снова содержит отрицательное число. В базис вводим вектор , исключаем .
| Базис |
|
| -М | ||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
| ||||||||||||
|
| 2/5 | 1/5 | |||||||||||||||
|
| -1 | ||||||||||||||||
|
| -1/5 | 2/5 | |||||||||||||||
| 4/5 | 7/5 | ||||||||||||||||
В 4-й строке последней симплексной таблицы нет отрицательных чисел. Значит найденный опорный план 
является оптимальным. Значение целевой функции 
.
Составим двойственную задачу.
Умножим третье ограничение на -1, тогда все неравенства будут содержать знак «≤». Задача примет вид исходной задачи симметричной пары 1:
Число переменных в двойственной задаче равно числу ограничений в исходной задаче, т.е. трём: 
.
Умножим правые части ограничений на соответствующие переменные двойственной задачи и сложим их, получим целевую функцию: 
.
Целевая функция исходной задачи исследуется на максимум, следовательно, целевая функция двойственной задачи исследуется на минимум.
Матрица системы ограничений исходной задачи имеет вид: 
. Транспонируем её и получим аналогичную матрицу двойственной задачи - 
. правыми частями в ограничениях двойственной задачи являются коэффициенты при неизвестных в целевой функции исходной задачи.
Окончательно двойственная задача имеет следующий вид:
.
Найдём её решение, используя теоремы двойственности. По первой теореме двойственности оптимальные решения исходной и двойственной задач равны, следовательно, 
.
Из соотношений второй теоремы двойственности следует, что если какое-то ограничение исходной задачи выполняется в виде строгого неравенства, то соответствующая двойственная оценка равна нулю. Подставим найденное оптимальное решение в систему ограничений исходной задачи:
Третье ограничение выполняется в виде строгого неравенства, следовательно, 
.
Если некоторая компонента 
оптимального плана исходной задачи отлична от нуля, то соответствующее ограничение двойственной задачи выполняется в виде равенства. В нашем примере и 
, и 
, следовательно, оба ограничения двойственной задачи выполняются в виде равенства.
Учитывая, что , получим: 
Решив систему, получим 
Окончательно 
Решение двойственной задачи можно получить другим способом, используя формулу 
.
Матрица 
находится в последней симплексной таблице. Ее столбцы расположены под столбцами единичной матрицы, образующими базис начального опорного решения, т. е. под векторами 
(именно для этой цели мы продолжали вычислять вектор ):
Ответ: 
, ;
Транспортная задача
Пусть имеется m поставщиков А1, А2,..., Аm однородного груза в количествах соответственно а1, а2,..,.аm единиц и n потребителей В1, В2,..., Вn этого груза, потребность которых составляет соответственно b1, b2..., bn единиц.
Известны стоимости перевозок (тариф) единицы груза от i -го поставщика к j -му потребителю - сij (i=1,m; j=1,n).
Требуется составить такой план перевозок, который обеспечит минимальные транспортные расходы.
Возможны три ситуации:
1) количество груза у всех поставщиков равно потребности в данном грузе всех потребителей:
или 
.
2) количество груза у всех поставщиков больше потребности в данном грузе всех потребителей:
или 
.
3) количество груза у всех поставщиков меньше потребности в данном грузе всех потребителей:
или 
.
В первом случае модель задачи называется закрытой, во втором и третьем – открытой.
Теорема. Для разрешимости транспортной задачи необходимо и достаточно, чтобы запасы груза в пунктах отправления были равны потребностям в грузе в пунктах назначения, т. е. чтобы выполнялось равенство .
В случае превышения запаса над потребностью вводится фиктивный (n + 1)-й пункт назначения с потребностью 
и соответствующие тарифы считаются равными нулю.
Аналогично вводится фиктивный (m + 1)-й пункт отправления с запасом груза 
и тарифы полагаются равными нулю. Этим задача сводится к закрытой транспортной задаче, из оптимального плана которой получается оптимальный план исходной задачи.
Решение транспортной задачи включает следующие этапы:
1. Нахождение первоначального опорного плана (метод северо-западного угла, метод минимальной стоимости). При этом число заполненных клеток должно быть равно m+n-1.
При нахождении опорного плана методом северо-западного угла запасы очередного поставщика используются для обеспечения запросов очередных потребителей до тех пор, пока не будут исчерпаны полностью, после чего используются запасы следующего по номеру поставщика.
Заполнение начинается с левой верхней клетки (северо-западный угол). На каждом шаге, исходя из запасов очередного поставщика и запросов очередного потребителя, заполняется только одна клетка и исключается из рассмотрения один поставщик или потребитель. Если в очередную клетку таблицы требуется поставить перевозку, а поставщик или потребитель имеют нулевые запасы или запросы, то в клетку ставится перевозка, равная нулю (базисный нуль), и после этого исключается из рассмотрения поставщик или потребитель.
Метод минимальной стоимости позволяет построить решение, близкое к оптимальному, так как использует матрицу стоимостей транспортной задачи. На каждом шаге заполняется только одна клетка, соответствующая минимальной стоимости, и исключается из рассмотрения только один поставщик или один потребитель. Очередную клетку, соответствующую минимальной стоимости, заполняют по тем же правилам, что и в методе северо-западного угла. Поставщик исключается из рассмотрения, если его запасы исчерпаны полностью. Потребитель исключается из рассмотрения, если его запросы удовлетворены полностью. При этом если поставщик еще не исключен, но его запасы равны нулю, то на том шаге, когда от поставщика требуется поставить груз, в соответствующую клетку таблицы заносится базисный нуль и лишь затем поставщик исключается из рассмотрения.
2. Проверка опорного плана на оптимальность, например, методом потенциалов.
Пример. Четыре предприятия используют три вида сырья. Потребности в сырье каждого из предприятий соответственно равны 100, 90, 170 и 30 ед. Сырьё сосредоточено в трёх пунктах, а запасы соответственно равны 200, 160, и 140 ед. Тарифы перевозок заданы матрицей
.
Составить такой план перевозок, при котором общая стоимость перевозок является минимальной?
Данная задача является открытой, так как потребности в сырье 100+90+170+30=390 меньше запасов 200+160+140=500. Введём 5-го фиктивного потребителя с потребностью 
.
Теперь исходные данные задачи запишем в виде таблицы, а опорный план получим методом северо-западного угла.
Заполнение таблицы начинаем с клетки (1,1). х11 = min(a1=200,b1=100)=b1=100 – запасы А1 позволяют полностью удовлетворить потребности пункта В1, значит исключаем этого потребителя из рассмотрения. Теперь запасы пункта A1 считаем равными a1=200-100=100 ед. В оставшейся части таблицы левой верхней клеткой является (1,2): х12 = min(a1,b2)=b2=90 – снова запасы удовлетворяют потребность полностью. Внесём значение в соответствующую клетку и исключим из рассмотрения столбец В2. Запасы пункта А1 считаем равными a1=100-90=10 ед. Теперь «северо-западным углом» является клетка (1,3). х13 = min(a1,b3)=a1=10 – запасы могут удовлетворить потребность пункта B3 частично. Заполняем клетку (1,3) и исключаем из рассмотрения строку A1. Потребности пункта B3 считаем равными b3=170-10=160. х23 = min(a2,b3)=a2=b3=160 – запасы A2 исчерпаны, потребность B3 удовлетворена. Но по правилам мы не можем вычеркнуть и строку и столбец одновременно. Поэтому исключим из рассмотрения сначала столбец B3, а в клетку (2,4) запишем х24 =0 (так как запасы А2 уже исчерпаны) и только теперь вычеркнем строку А2. И так далее. Получим следующую таблицу.
| Потребности Запасы | b1=100 | b2=90 | b3=170 | b4=30 | b5=110 | |
| β1=12 | β2=15 | β3=21 | β4=16 | β 5=4 | ||
| a1=200 | α1=0 | 12 100 | 15 90 | 21 10 | ||
| a2=160 | α2=-6 | 15 160 | 10 0 | |||
| a3=140 | α3=-4 | 12 30 | 0 110 |
Число заполненных клеток равно 7 и m+n-1=3+5-1=7 – план невырожденный. Оптимальный план найдём методом потенциалов.
Теорема. В оптимальном плане транспортной задачи заполненным клеткам отвечают равенства 
, а пустым неравенства 
.
Расставим потенциалы:
, положим 
, тогда 
.
(Обычно равным нулю принимают потенциал строки или столбца с наибольшим числом заполненных клеток.)
Теперь проверим пустые клетки на выполнение неравенства 
.
.
Для клеток (1,4), (1,5), (2,2) неравенство не выполняется, значит опорный план не является оптимальным. В одну из этих клеток нужно "ввезти" груз. Выбираем ту, для которой разница 
максимальна, т. е. в (1,5). Строим цикл.
Цикл перерасчёта таблицы - это последовательность ячеек, начинающаяся и заканчивающаяся в одной и той же клетке, с вершинами, лежащими в занятых клетках, кроме одной.
Вершина цикла – клетка, в которой происходит поворот под прямым углом.
"Перемещаем" груз по следующим правилам:
1. каждой из клеток, связанных циклом присваивается знак: пустой ячейке " + ", остальным - поочерёдно знаки " - " и " + ".
2. среди минусовых клеток находим число 
и прибавляем его к числам, стоящим в плюсовых клетках, и вычитаем из чисел, стоящих в минусовых клетках; остальные клетки вне цикла остаются без изменения.
В нашем примере цикл образуют шесть ячеек: (1,5) – пустая, для которой не выполняется неравенство, и (3,5), (3,4), (2,4), (2,3), (1,3) – заполненные.
х = min (10,0,110)=0. Значит в плюсовые клетки "завозим" 0 ед. груза, из минусовых "вывозим". Получим новый опорный план:
| Потребности Запасы | b1=100 | b2=90 | b3=170 | b4=30 | b5=110 | |
| β1=12 | β2=15 | β3=21 | β4=12 | β 5=0 | ||
| a1=200 | α1=0 | 12 100 | 15 90 | 21 10 | 0 0 | |
| a2=160 | α2=-6 | 15 160 | ||||
| a3=140 | α3=0 | 12 30 | 0 110 |
Расставим потенциалы и проверим пустые клетки на выполнение неравенства . Для клетки (2,2) неравенство не выполняется. Строим новый цикл.
х = min (90,160)=90. Значит в плюсовые клетки "завозим" 90 ед. груза, из минусовых "вывозим". Получим новый опорный план:
| Потребности Запасы | b1=100 | b2=90 | b3=170 | b4=30 | b5=110 | |
| β1=12 | β2=15 | β3=21 | β4=12 | β 5=0 | ||
| a1=200 | α1=0 | 12 100 | 21 100 | 0 0 | ||
| a2=160 | α2=-6 | 8 90 | 15 70 | |||
| a3=140 | α3=0 | 12 30 | 0 110 |
Расставим потенциалы и проверим пустые клетки на выполнение неравенства . Полученный план является оптимальным.
Ответ: 
,
=100*12+100*21+90*8+70*15+30*12=5430.
Так как пятый потребитель является фиктивным, то 110 ед. груза у третьего поставщика останутся невостребованными.
