典式
我们对于
A
A
A先随便选择一个基，不妨假设
A
A
A的前
m
m
m列就是一个基(不是的话先对
A
A
A换列即可，这不是重点，这里假设完全是为了证明简洁，实际操作的时候并不需要)，则等式约束
A
x
=
b
Ax=b
Ax=b变为:
同样，目标函数
c
T
x
c^Tx
cTx我们改写为：
从而，原来的线性规划变为：
我们之后，都将转为来求解这个线性规划，那么应该注意到，变量仍然是
x
x
x，但是
B
,
b
,
N
,
c
B
T
,
c
N
T
B,b,N,c_B^T,c_N^T
B,b,N,cBT,cNT都是常量了。
上述矩阵有点抽象，为了具体研究，我们把上面的常量进行展开。我们令
【复习一下】
B
−
1
b
>
=
0
B^{-1}b>=0
B−1b>=0吗？
答案：不一定哦，不明白的自己恶补之前的单纯形法系列。
经过上述常量展开，线性规划最终成为了：
我们将上述线性规划称之为与原线性规划(LP)对应的典式(LP')。
注意，除了
x
x
x，其他的全是常量。我们要找一个
x
x
x，使得这个目标函数值最小。
之后，我们均基于上述典式来讨论。
λ
i
\lambda_i
λi在单纯形法中有一个专门的名字叫做检验数。
定理
定理1: \quad 如果上述用到的基B是一个可行基，而且所有检验数小于等于0，那么可行基对应的基可行解就是最优解。
证明:
\quad
由于基B是一个可行基，那么对应的基可行解就是
(
x
B
,
x
N
)
=
（
x
B
,
0
)
=
(
B
−
1
b
,
0
)
=
(
α
1
,
⋯
,
α
m
,
0
,
⋯
,
0
)
≥
0
(x_B,x_N)=（x_B,0)=(B^{-1}b,0)=(\alpha_1,\cdots,\alpha_m,0,\cdots,0)\ge 0
(xB,xN)=（xB,0)=(B−1b,0)=(α1,⋯,αm,0,⋯,0)≥0，我们把这个基可行解代入到目标函数中去，发现值为
f
0
f_0
f0，那么有没有其他更小的值了呢？下面继续证明，所有检验数小于等于0时，没有了。
由于
f
0
f_0
f0为常数，而且所有检验数小于等于0，所以如果
x
N
x_N
xN中但凡有一个元素不为0，目标函数值都会变大（我们是最小化）。举个例子，如果
λ
m
+
1
=
−
1
,
x
m
+
1
=
10
,
f
0
=
2
\lambda_{m+1}=-1,x_{m+1}=10,f_0=2
λm+1=−1,xm+1=10,f0=2，那么
z
=
f
0
−
(
−
1
∗
10
+
0
)
=
12
z=f_0-(-1*10+0)=12
z=f0−(−1∗10+0)=12，我们发现了什么？
x
N
x_N
xN中不能有元素取非0，否则目标函数值都会变大。
而且细心的你也发现了，姑且不论你 x m + 1 = 10 x_{m+1}=10 xm+1=10会使目标函数变大不说，而且还可能破坏 x B > = 0 x_B>=0 xB>=0,因为你应该注意到 x 1 x_1 x1会与 x m + 1 x_{m+1} xm+1有关（下面的那 m m m个等式条件）。
证毕。
我们对于这个典式一下子就求完了最优解，超快有没有，而且前面说了这个和原始线性规划是等价的，你可以从典式一步一步写回去，所以典式最优解就是原来线性规划的最优解。
但是，所有检验数都小于等于0，我们通常没有这么好的运气。只是说，我们选了一个可行基之后，改造为典式，发现其检验数全小于等于0，我们就下结论，可行基对应的基可行解就是最优解。
所以我们要面对一般性的情况，如果有检验树大于0怎么办？
引理2: \quad 如果原线性规划存在最优解，而且上述用到的基B是一个可行基，而且存在一个检验数 λ m + k > 0 \lambda_{m+k}>0 λm+k>0，那么 x m + k x_{m+k} xm+k对应的对应的系数 β 1 , m + k , ⋯ , β m , m + k \beta_{1,m+k},\cdots,\beta_{m,m+k} β1,m+k,⋯,βm,m+k至少有一个大于0。
证明:
\quad
我们采用反证法，假设
x
m
+
k
x_{m+k}
xm+k对应的对应的系数
β
1
,
m
+
k
,
⋯
,
β
m
,
m
+
k
\beta_{1,m+k},\cdots,\beta_{m,m+k}
β1,m+k,⋯,βm,m+k全部小于等于0。我们上面已经知道了，把基可行解代入的时候目标函数值是
f
0
f_0
f0。我们将基可行解进行改造，让这个非基变量
x
m
+
k
x_{m+k}
xm+k从0增大到
+
∞
+\infty
+∞，其他非基变量的值保持0不变，不过，其他的m个基变量也因为等式约束的问题，因
x
m
+
k
x_{m+k}
xm+k增大而变了，我们发现其他的m个基变量只增不减，从而仍然大于等于0。为什么？为了给大家更好理解，我们假设
k
=
1
k=1
k=1，即
λ
m
+
1
>
0
\lambda_{m+1}>0
λm+1>0，根据反证法假设
β
1
,
m
+
1
,
⋯
,
β
m
,
m
+
1
\beta_{1,m+1},\cdots,\beta_{m,m+1}
β1,m+1,⋯,βm,m+1全小于等于0。又，我们只改造了
x
m
+
1
x_{m+1}
xm+1这个非基变量，其他非基变量仍然为0，所以等式约束变成了下面这样。
我们增大
x
m
+
1
x_{m+1}
xm+1，又前面的系数全小于等于0，那么基变量
x
i
x_i
xi当然只增不减了。
即，这个被改造的解 ( a 1 , ⋯ , a m , + ∞ , 0 , ⋯ , 0 ) (a_1,\cdots,a_m,+\infty,0,\cdots,0) (a1,⋯,am,+∞,0,⋯,0)仍然是可行解，我们代入到目标函数中，看看值是多少。由于 λ m + k > 0 \lambda_{m+k}>0 λm+k>0， x m + k − > + ∞ x_{m+k}\quad -> +\infty xm+k−>+∞所以 λ m + k x m + k − > + ∞ \lambda_{m+k}x_{m+k} \quad ->+\infty λm+kxm+k−>+∞，那么代入目标函数值，此时为 f 0 − + ∞ + 0 = − ∞ f_0-+\infty +0 =-\infty f0−+∞+0=−∞。发现这个线性规划没有最优解，可以为负无穷，与定理中的条件有最优解矛盾，从而反证法中的假设不成立，即： x m + k x_{m+k} xm+k对应的对应的系数 β 1 , m + k , ⋯ , β m , m + k \beta_{1,m+k},\cdots,\beta_{m,m+k} β1,m+k,⋯,βm,m+k至少有一个大于0。
证毕。
还是要说的是，上面这个引理并没有指明遇到这种情况的时候，怎么找最优解。所以给出定理3。
定理3: \quad 如果上述用到的基B是一个非退化的可行基（即对应的基可行解是非退化的），而且存在一个检验数 λ m + k > 0 \lambda_{m+k}>0 λm+k>0，而且 x m + k x_{m+k} xm+k对应的对应的系数 β 1 , m + k , ⋯ , β m , m + k \beta_{1,m+k},\cdots,\beta_{m,m+k} β1,m+k,⋯,βm,m+k至少有一个大于0。那么一定存在另外一个非退化的可行基，它对应的基可行解比当前的基可行解得到的目标函数值小，即更优。
证明:
\quad
有了引理2，这个较容易证明。根据定理中的条件，我们假设检验数
λ
m
+
1
>
0
,
β
1
,
m
+
1
>
0
\lambda_{m+1}>0,\beta_{1,m+1}>0
λm+1>0,β1,m+1>0，我们依然是采用上面构造一个新的可行解的思想。不过这次我们不敢让
x
m
+
1
x_{m+1}
xm+1增大到无穷大了，因为：
如果增大到无穷大，又由于
β
1
,
m
+
1
>
0
\beta_{1,m+1}>0
β1,m+1>0，那么
x
1
x_1
x1必然无穷小。从而不满足可行解的要求。所以我们出于减小目标函数值得目的，我们当然会适当的增大
x
m
+
1
=
θ
>
0
x_{m+1}=\theta>0
xm+1=θ>0，使得其刚好满足等式
x
1
=
0
=
α
1
−
β
1
,
m
+
1
θ
x_1=0=\alpha_1-\beta_{1,m+1}\theta
x1=0=α1−β1,m+1θ，这个时候我们改造成了可行解为
(
0
,
a
2
,
⋯
,
a
m
,
θ
,
0
,
⋯
,
0
)
(0,a_2,\cdots,a_m,\theta,0,\cdots,0)
(0,a2,⋯,am,θ,0,⋯,0)，代入目标函数值，发现其为
f
0
−
λ
m
+
1
x
m
+
1
=
f
0
−
λ
m
+
1
θ
<
f
0
f_0 -\lambda_{m+1} x_{m+1}=f_0-\lambda_{m+1}\theta<f_0
f0−λm+1xm+1=f0−λm+1θ<f0，真的更优了！这个时候其实相当于将
x
0
=
0
x_0=0
x0=0变成了出基，变成了非基变量，
x
m
+
1
x_{m+1}
xm+1变成了入基，成为了基变量，而且这个解也是非退化的基可行解，大家想想是不是！根据单纯形法系列篇的知识，一个这样的基可行解也对应着一个新的的可行基，即我们可以将原线性规划的基更换为这个新的可行基，然后化成典式，回到定理1，查看检验数是不是全部小于等于0，如果是，那么这个新基对应的基可行解就是最优解，否则根据定理3，继续入基出基。