RICERCA OPERATIVA (a.a. 2006/07) Nome: Cognome: Matricola:

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1 o Appello 0/0/008 RICERCA OPERATIVA (a.a. 00/0) Nome: Cognome: Matriola: ) Si onsideri il grafo in figura, in ui i osti assoiati agli arhi (, ), (, ) e (, ) non sono noti. Le unihe informazioni disponibili a riguardo sono he è un intero in {, }, e he =. Si verifihi se sia possibile assoiare osti agli arhi (, ), (, ) e (, ), nel rispetto delle ondizioni indiate, in modo he l albero di opertura T evidenziato in figura sia un albero dei ammini minimi di radie. Giustifiare la risposta.? 8? 8? 0 0 T è un albero dei ammini minimi di radie se e solo se il vettore di etihette dei nodi d R, per ui iasun valore d i è il osto dell unio ammino in T da a i, soddisfa le ondizioni di Bellman: d i + ij d j, per ogni aro (i, j). Effettuando una visita a ventaglio di T a partire dal nodo si determinano i seguenti valori: d = 0, d = +, d =, d =, d =, d =, d =. Si osservi he l etihetta del nodo non è ompletamente determinata, dipendendo dal osto inognito. T è un albero dei ammini minimi se e solo se è possibile attribuire un osto agli arhi (, ), (, ) e (, ) in modo he tale insieme di etihette soddisfi le ondizioni di Bellman per ogni aro non appartenente a T. Speifiatamente:. (, ): d + d se e solo se ; poihé deve essere un intero in {, }, l unio valore ammissibile è = ;. (, ): d + d, ovvero : ondizione rispettata;. (, ): d + d, ovvero : ondizione rispettata;. (, ): d + d se e solo se +, da ui si dedue ;. (, ): d + d se e solo se 8 +, da ui si dedue ;. (, ): d + d ovvero + + ; poihé =, la ondizione è sempre soddisfatta. Pertanto, segliendo = e =, T è un albero dei ammini minimi di radie. Si osservi he il grafo è ailio. E quindi possibile segliere un qualsiasi valore negativo per = senza orrere il rishio di reare ili di osto negativo nel grafo.

2 o Appello 0/0/008 ) Si risolva il problema di flusso di osto minimo relativamente all istanza in figura utilizzando l algoritmo per anellazione di ili a partire dalla soluzione ammissibile indiata. Per ogni iterazione si mostri il ilo determinato ol proprio verso, osto e apaità, e si indihi la nuova soluzione individuata ol proprio valore. Al termine si dimostri he la soluzione è ottima. -,,,8,,, -,,0 -,,0 i ij,u ij, x ij b i i j,,,,,9, A sinistra è mostrata la soluzione di flusso ol suo valore; nelle prime due righe, a destra è mostrato il ilo individuato (arhi evidenziati) ol suo verso (freia tratteggiata), il suo osto e la sua apaità. Nell ultima riga, a sinistra è mostrata la soluzione ottima ol orrispondente valore ottimo della funzione obiettivo; a destra è mostrato il grafo residuo on un orrispondente albero dei ammini minimi on insieme dei nodi radie pari ad N (arhi evidenziati), ome si può verifiare dalle etihette riportate, he soddisfano le ondizioni di Bellman. Ciò dimostra he non esistono ili aumentanti di osto negativo, e quindi he il flusso individuato è ottimo. x =,8,, 0 0 -, -,,,,9 (C) = - θ(c,x) = x =,8,, -, -,,,,9 (C) = - θ(c,x) = x =

3 o Appello 0/0/008 ) Si onsideri il seguente problema di PL: min y + y y y y y + y = y + y + y y = y + y + y + y = y, y, y, y 0. Utilizzando il Teorema degli sarti omplementari, si verifihi se la soluzione ȳ = (, 0, 0, ) è ottima per il problema. Giustifiare la risposta. Considerando la oppia asimmetria di problemi duali (P) max x Ax b (D) min yb ya = y 0 possiamo enuniare il Teorema degli sarti omplementari ome segue: Teorema. Date due soluzioni x e ȳ ammissibili rispettivamente per (P) e (D), esse sono ottime se e solo se verifiano la ondizione degli sarti omplementari ȳ(b A x) = 0. Per l ammissibilità delle soluzioni x e ȳ, la ondizione degli sarti omplementari è equivalente al sistema di equazioni ȳ i (b i A i x) = 0, i =,..., m. Per il problema in esame si ha: (P) max x x + x x + x x x + x + x 0 x + x + x x x + x (D) min y + y y y y y + y = y + y + y y = y + y + y + y = y, y, y, y 0. È immediato verifiare he la soluzione ȳ = (, 0, 0, ) è ammissibile per (D). L insieme degli indii delle variabili duali positive in ȳ è J(ȳ) = {j {,..., m} : ȳ j > 0} = {, }. Di onseguenza, una soluzione primale x he formi on ȳ una oppia di soluzioni omplementari deve soddisfare la ondizione b i A i x = 0 per i =,, ovvero il primo ed il quarto vinolo devono essere attivi. Pertanto, x deve risolvere il sistema { x + x x = x x + x =. Posto x = α, tale sistema ammette infinite soluzioni della forma x(α) = (, + α, α). Tali soluzioni sono ammissibili per (P) per ogni α 0. Infatti, sia il seondo he il terzo vinolo sono rispettati per α 0. Poihé x(α) soddisfa la ondizione degli sarti omplementari on ȳ ed è ammissibile per α 0, ȳ è una soluzione ottima per (D). Si osservi he ogni soluzione x(α) on α 0 è soluzione ottima di (P).

4 o Appello 0/0/008 ) Si risolva grafiamente il problema di P.L. indiato in figura, utilizzando l algoritmo del Simplesso Duale a partire dalla base B = {, }. Per ogni iterazione si indihino: la base, la soluzione primale di base (in figura), l indie entrante k, i segni delle omponenti dei vettori y B e η B, l indie usente h, giustifiando le risposte. Si disuta inoltre la degenerazione, sia primale he duale, delle basi visitate dall algoritmo. A x x A x A A A it. ) B = {, }, x viola i vinoli e da ui k = min{, } = (regola antiilo di Bland), y > 0, y > 0 in quanto int ono(a, A ) (figura (a)). La base è duale non degenere (y, y 0) e primale non degenere (I(x ) = {, }). Poihé A int ono(a, A ) (figura (a)), risultano η > 0, η > 0. Avendosi ono(a, A ) e / ono(a, A ) (figura (a)), risulta y /η < y /η e quindi h =. it. ) B = {, }, x viola il vinolo da ui k =, y > 0, y > 0 in quanto int ono(a, A ) (figura (b)). La base è duale non degenere (y, y 0), ma primale degenere (I(x ) = {,, }). Poihé A ono(a, A ) (figura (b)), risultano η > 0, η > 0. Avendosi ono(a, A ) e / ono(a, A ) (figura (b)), risulta y /η < y /η e quindi h =. it. ) B = {, }, x viola il vinolo da ui k =, y > 0, y > 0 in quanto int ono(a, A ) (figura ()). La base è duale non degenere (y, y 0), ma primale degenere (I(x ) = {,, }). Poihé A int ono( A, A ) (figura ()), risultano η < 0, η < 0. L algoritmo termina in quanto η B 0 e quindi il problema duale è inferiormente illimitato ed il problema primale è vuoto. A A () A A A A (b) A A A () A A

5 o Appello 0/0/008 ) Tommaso, aanito gioatore di Medioeval Savolization TM, sta auratamente preparando la prima e ruiale fase della sua nuova partita, quella della raolta delle risorse. Sulla mappa di gioo, Tommaso ha fondato n villaggi, iasuno viino ad una foresta da ui proviene la prinipale risorsa: il legno, he viene utilizzato nella apitale (situata nel villaggio numero ) per ostruire la Grande Meraviglia La Torre Eiffel di Legno, he permetterà, una volta ostruita, di passare al suessivo stadio di governo (monarhia assoluta) prima degli avversari, dando osì a Tommaso un vantaggio deisivo. Per iasun villaggio i è noto il massimo numero b i di tronhi di legno he possono venir inviati alla apitale in iasun turno. A questo sopo il legno deve essere trasportato lungo anali, he i Costruttori di Tommaso devono realizzare. Tommaso onose il sottoinsieme di oppie (i, j) di villaggi per ui i suoi Costruttori possono realizzare in un turno un anale per trasportare il legno da i a j; onose inoltre il massimo numero u ij di tronhi di legno he potrebbero transitare in un turno su tale anale, se venisse ostruito. Tommaso ostruirà un anale per iasuno dei prossimi T turni. Per ogni turno, poi, tutti i anali esistenti (ompreso quella appena ostruito) verranno utilizzati per inviare la maggior quantità possibile di legno alla apitale. Si sriva ome PLI il problema di deidere, per iasun turno, quale anale ostruire e ome inviare il legno lungo i anali esistenti in modo tale da massimizzare la quantità totale di legno he ha raggiunto la apitale al termine dei T periodi (somma delle quantità he l hanno raggiunta in iasun periodo). Sia N = {,...,n} l insieme dei villaggi, e sia A N N l insieme delle oppie ordinate di villaggi (arhi) orrispondenti ai anali ostruibili. Introduiamo tre famiglie di variabili. La prima omprende variabili di flusso x t ij he indiano il numero di tronhi di legno he vengono inviati da i a j lungo il anale he li ollega nel turno t, per ogni (i, j) A e t =,..., T. Introduiamo anhe le variabili binarie { se il anale he ollega i a j viene ostruito nel turno t yij t = 0 altrimenti. per ogni (i, j) A e t =,...,T. Infine, le variabili v t indiano il numero totale di tronhi di legno he arriva alla apitale nel turno t, per ogni t =,...,T. Una formulazione del problema è la seguente: max b i T t= v t (j,) BS() (j,i) BS(i) x t j x t ji (,j) F S() (i,j) F S(i) x t j = v t x t ij t =,...,T 0 t =,...,T, i N \ {} 0 x t ij u ij yij t = (i,j) A T yij t t= v t 0 y t ij {0, } t yij h h= t =,...,T, (i, j) A t =,...,T (i, j) A t =,...,T t =,...,T, (i, j) A I primi due blohi rappresentano i vinoli di onservazione di flusso relativi a iasun turno t =,...,T: iasun nodo tranne immette nella rete al più flusso (legno) pari alla sua apaità produttiva, e tutto il legno giunge alla apitale. Il terzo bloo di vinoli impone he ogni aro (i, j) sia utilizzabile al turno t solamente se è stato ostruito in quel turno o in uno dei preedenti. Il quarto ed il quinto bloo impongono he in iasun turno sia ostruito un anale e he iasun anale venga ostruito in al più un turno. Infine, i sono i vinoli di segno e di integralità sulle variabili.

6 o Appello 0/0/008 ) Si determini una soluzione ammissibile per l istanza del problema di Weighted Vertex Cover in figura, utilizzando l euristia primale-duale. Per ogni iterazione si indihino l aro selezionato, i ambiamenti apportati alle soluzioni primali e duali ed i rispettivi osti, giustifiando le risposte. Al termine si valuti l errore relativo ommesso. Sia G = (N, A) il grafo non orientato per il quale si vuole determinare una opertura mediante vertii (vertex over) a osto minimo. L euristia primale-duale inizializza x i = 0 per i N e y ij = 0 per (i, j) A. Inoltre, pone l insieme Q degli arhi non operti uguale ad A. a iterazione: si seleziona l aro (, ) Q, e si alola min { y() y(), y() y() y() } = min {, } = ; si pone pertanto y =. Poihé on la nuova soluzione duale (di valore ) si ha = (,j) A y j e = (,j) A y j, si pone x = e x = (ottenendo quindi una soluzione primale di valore ) e si eliminano da Q tutti gli arhi inidenti nei nodi e. a iterazione: si seleziona l aro (, ) Q, e si alola min { y() y() y(), y() y() y() } = min {, } = ; si pone pertanto y =. Poihé on la nuova soluzione duale (di valore ) si ha > (,j) A y j e = (,j) A y j, si pone x = (ottenendo quindi una soluzione primale di valore ) e si eliminano da Q tutti gli arhi inidenti in. a iterazione: si seleziona l aro (, ) Q, e si alola min { y() y() y(), y() y() } = min {, } = ; si pone pertanto y =. Poihé on la nuova soluzione duale (di valore ) si ha > (,j) A y j e = (,j) A y j, si pone x = (ottenendo quindi una soluzione primale di valore ) e si eliminano da Q tutti gli arhi inidenti in. Poihé Q è vuoto l algoritmo termina, avendo individuato la opertura {,,, } di osto ; la valutazione relativa a posteriori della bontà di tale soluzione è quindi ( )/ = /. È faile verifiare he la soluzione ottenuta è ottima.