Ricerca Operativa. G. Liuzzi. Giovedí 19 Marzo Tableau del Simplesso Esempio Fase I del Simplesso Esempio

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1 1 Giovedí 19 Marzo Istituto di Analisi dei Sistemi ed Informatica IASI - CNR

2 Tableau o Dizionario Qualche richiamo sulla generica iterazione della Fase II: B base ammissibile corrente x SBA corrente: x B = B 1 b ( x N = 0 n m ) c B B 1 b = c x valore di fo nella SBA corrente B 1 N matrice dei coeff delle var fuori base γ = c N c B B 1 N vettore dei costi ridotti Il dizionario o tableau contiene, in forma matriciale compatta, tutte le precedenti informazioni c B B 1 b c c B B 1 A 0 m c N c B B 1 N B 1 b B 1 AI m B 1 N

3 Tableau o Dizionario c B B 1 b B 1 b c c B B 1 A B 1 A ovvero c B x B c 1 c n x B(1) B 1 A 1 B 1 A n x B(m)

4 Esempio Consideriamo il problema min 10x 1 12x 2 12x 3 x 1 + 2x 2 + 2x x 1 + x 2 + 2x x 1 + 2x 2 + x 3 20 x 1, x 2, x 3 0 Ovvero, mediante aggiunta di 3 variabili di slack, min 10x 1 12x 2 12x 3 x 1 + 2x 2 + 2x 3 + x 4 = 20 2x 1 + x 2 + 2x 3 + x 5 = 20 2x 1 + 2x 2 + x 3 + x 6 = 20 x 1, x 2, x 3, x 4, x 5, x 6 0

5 Esempio La sottomatrice di A B = (A 4 A 5 A 6 ) è una base ammissibile La SBA associata è x = (0, 0, 0, 20, 20, 20) Il Dizionario corrispondente è: x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x x 4 = x 5 = x 6 =

6 Esempio x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x x 4 = x 5 = x 6 = γ = ( 10, 12, 12) È semplicissimo verificare le CS di ottimo e illimitatezza Molto facile effettuare il cambio di base 1 scelta della var entrante e quindi di una colonna (pivot) del tableau 2 scelta della var uscente e quindi di una riga (pivot) del tableau 3 l elemento alla intersezione della colonna pivot con la riga pivot è detto elemento di pivot

7 Esempio x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x x 4 = x 5 = x 6 = var entrante h {1,, n m} tc γ h < 0 2 var uscente k {1,, m} tc { (B 1 b) i ρ = min Π hi >0 Π hi } = (B 1 b) k Π hk ρ = min{20, 10, 10} = 10 = (B 1 b) 2 Π 12

8 Esempio x 1 x 2 x 3 x 4 x x 4 = x 5 x 1 = x 6 = Somma alla riga 0 la riga di pivot moltiplicata per 5 Sottrai alla prima riga (associata ad x 4 ) la riga di pivot moltiplicata per 1/2 Sottrai alla terza riga (associata ad x 6 ) la riga di pivot Dividi la riga di pivot (k = 2) per l elemento di pivot

9 Esempio x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x x 4 = x 1 = x 6 = var entrante h tc γ h < 0 2 var uscente k tc { (B 1 b) i ρ = min Π hi >0 Π hi } = (B 1 b) k Π hk ρ = min{10, 10} = 10 = (B 1 b) 1 Π 21

10 Il problema Ausiliario Sia dato il seguente problema originario (in forma standard di minimo) min c x Ax = b ( 0 m ) (PO) x 0 n Mediante l aggiunta di m variabili artificiali o ausiliarie α i (una per ciascuna equazione di (PO)) otteniamo il seguente problema ausiliario min z = m i=1 α i ( x Ax + I m α = A ( ) α x 0 α n+m ) = b (PA)

11 Esempio min (2, 3, 1, 7, 1, 1, 2) x x 1 + x 2 x 3 + x 5 + 2x 7 = 3 2x 1 x 2 + x 4 x 5 + x 6 3x 7 = 1 x 1 3x 2 + x 3 + x 5 x 6 x 7 = 2 x 1 + 3x 2 x 3 x 5 + x 6 + x 7 = 2 x 0 7 min α 1 + α 2 + α 3 x 1 + x 2 x 3 + x 5 + 2x 7 + α 1 = 3 2x 1 x 2 + x 4 x 5 + x 6 3x 7 + α 2 = 1 x 1 + 3x 2 x 3 x 5 + x 6 + x 7 + α 3 = 2 x 0 7, α 0 3

12 Soluzione del problema Ausiliario (PA) ha alcune interessanti proprietà: è certamente ammissibile ( x = 0 n, ᾱ = b) no illimitato inferiormente (z 0) quindi, ammette ottimo (x, α ) la matrice dei coefficienti A = (AI m ) ha rango pieno (rg(a ) = m) ammette una prima SBA (banale) B = I m, N = A, ( α x ) ( b = (PA) può dunque essere risolto usando la fase II del metodo del simplesso 0 n )

13 Soluzione del problema Ausiliario Siano B e N, rispettivamente, le matrici delle colonne (di A ) in base e fuori base in corrispondenza della SBA ottima di (PA) e sia ( ) x ᾱ m z = e ᾱ = i=1 ᾱ i SBA ottima valore ottimo della fo di (PA)

14 Ammissibilità del problema Originario Teorema (PO) è ammissibile se e solo se z = 0 ovvero se e solo se ᾱ i = 0 per ogni i Se, z > 0, ovvero ᾱ i > 0 per qualche i, allora (PO) è inammissibile quindi STOP Se, z = 0, ovvero ᾱ i = 0 per ogni i, risulta A x + I m ᾱ = A x = b quindi una soluzione ammissibile di (PO) è proprio x Quindi (PO) è ammissibile

15 Fase I Fase II Assunzione z = 0 Ovvero (PO) è ammissibile Sia B la base ammissibile ottima del problema ausiliario (PA) NB B è una sottomatrice di A = (A I m ) quindi può, in generale, contenere colonne di A e colonne di I m, cioè colonne associate a variabili x j ed a variabili α i Consideriamo i seguenti due casi: 1 NO variabili artificiali nella base ottima (caso semplice) 2 SI variabili artificiali nella base ottima (caso difficile)

16 Base ammissibile del problema Originario 1 NO variabili artificiali nella base ottima Quindi B è composta esclusivamente da colonne di A Quindi B è una base anche di A e del problema (PO) In questo caso, è possibile ottenere la matrice B 1 N ed il vettore B 1 b che compaiono nella forma canonica di (PO) rispetto alla base B = B Infatti ( B ) 1 N = B 1 ( N x N α) = (B 1 N x B 1 N α) Quindi, B 1 N = B 1 N x e B 1 b = ( B ) 1 b

17 Variabili artificiali nella base ottima 2 SI variabili artificiali nella base ottima Quindi B contiene colonne di A e colonne di I m Siccome però tutte le α i = 0, la SBA ottima di (PA) è certamente degenere In questo caso abbiamo (riordinando e rinominando le variabili, se necessario): x B x = (x 1, x 2,, x r ) α B α = (α r+1, α r+2,, α m ) x N x = (x r+1, x r+2,, x n ) α N α = (α 1, α 2,, α r ) B = ( B x B α), ( B ) 1 N = ( B ) 1 ( N x N α) = (( B ) 1 N x ( B ) 1 N α)

18 Variabili artificiali nella base ottima Supponiamo, per semplicità, che esattamente UNA variabile artificiale sia in base Quindi, abbiamo r = m 1 e x B x = (x 1, x 2,, x m 1 ) α B α = α m B = (A 1 A m 1 e 1 ) ( B ) 1 N = ( ( B ) 1 N α ( B ) 1 N x ) + ( B ) 1 N α ( B ) 1 N x = m 0 m 1 1 α m 0

19 Equazioni ridondanti nel problema Originario ( B ) 1 N α ( B ) 1 N x + = m 0 m 1 1 α m η ξ 0 η 0 n m+1 Supponiamo che ξ = 0 n m+1 allora risulta e m( B ) 1 B x = 0 m 1 e m( B ) 1 N x = 0 n m+1 e m( B ) 1 b = 0 Ovvero: e m( B ) 1 (A b) = 0 n+1

20 Equazioni ridondanti nel problema Originario Abbiamo quindi trovato una combinazione lineare delle righe della matrice (A b), con coefficienti le componenti del vettore e m( B ) 1, che dà il vettore tutto nullo Ricordiamo che, essendo (PO) ammissibile, rg(a b) = rg(a) Quindi, la matrice A non ha rango pieno Si dimostra che l equazione di (PO) corrispondente a α m è ridondante e, per tanto, 1 l ultima equazione può essere eliminata da (PO) 2 α m può essere eliminata da (PA)

21 Base ammissibile del problema Originario + ( B ) 1 N α ( B ) 1 N x = m 0 m 1 1 α m η ξ 0 Supponiamo che ξ 0 n m+1 allora risulta ξ h 0 per almeno un h {1,, n m + 1} ξ h è associato alla variabile x m 1+h è possibile scambiare α m con x m 1+h mediante una op di scambio degenere

22 Scambio degenere B = (A 1 A m 1 e m ) N = (e 1 e m 1 A m A m 2+h A m 1+h A m+h A n ) Si definiscono le nuove matrici: B = (A 1 A m 1 A m 1+h ) Ñ = (e 1 e m 1 A m A m 2+h e m A m+h A n ) È possibile dimostrare che ( B ) 1 b 0 m, cioè B è una base ammissibile Siccome nella nuova base B tutte le α i sono fuori base, anche B è ottima per (PA)

23 Esempio Fase I Fase II Tableau ottimo al termine della Fase I x 1 x 2 x 3 x 4 α 1 α 2 α 3 α x 1 = α 2 = α 3 = x 3 = TUTTE le var artificiali all ottimo valgono 0 Quindi (PO) ammissibile α 3 NON può essere scambiato con nessuna var originaria fuori base (x 2, x 4 ) Quindi terza equazione ridondante

24 Esempio Fase I Fase II Eliminiamo α 3 dal Tableau, quindi eliminiamo TUTTA la terza riga e la settima colonna del Tableau x 1 x 2 x 3 x 4 α 1 α 2 α x 1 = α 2 x 2 = x 3 = α 2 può essere scambiata solo con x 2 α 2 esce, x 2 entra somma seconda e terza riga del tableau molt per 2 la seconda e somma alla prima molt per 1 la seconda

25 Esempio Fase I Fase II A questo punto abbiamo x 1 x 2 x 3 x 4 α 1 α 2 α 3 α x 1 = x 2 = x 3 = TUTTE le var artificiali sono fuori base Tableau iniziale della Fase II: cancellare le colonne relative alle var artificiali

26 Esempio Fase I Fase II Il Tableau iniziale della FASE II è pertanto x 1 x 2 x 3 x x 1 = x 2 = x 3 = Naturalmente, occorre calcolare i valori mancanti della riga 0, ovvero c B B 1 b c N c B B 1 N