CAPITOLO IX 9. - PROGRAMMAZIONE LINEARE INTERA

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1 CAPITOLO IX 9. - PROGRAMMAZIONE LINEARE INTERA Molto spesso i risultati che si desidera ottenere come soluzione di un problema di programmazione lineare sono numeri interi, ad es. il numero di vagoni ferroviari da richiedere per un carico o il numero di operai da impiegare in determinate mansioni, ecc.. Nel caso di due sole variabili in gioco è possibile rappresentare graficamente il problema: x 2 x 1 Fig. 9.1 in tali casi le soluzioni sono rappresentate solo da punti particolari all'interno del poligono delle soluzioni ammissibili, ed in particolare da quei punti che costituiscono dai nodi del reticolo costruito tracciando le parallele agli assi delle variabili in corrispondenza dei valori interi di esse. (vedi fig. 9.1). Politecnico di Bari Riservato alla circolazione interna 140

2 Se i valori in giuoco sono molto alti è possibile applicare il metodo del simplesso ed arrotondare poi i risultati agli interi più prossimi. Esempio 9.1: Un impianto per la produzione di automezzi produce due tipi di automezzi, il tipo A ed il tipo B. La fabbrica dispone di cinque reparti: a) Il reparto 1 produce motori e se lavorasse solo per motori di tipo A ne produrrebbe 1500 al mese, se invece lavorasse solo per motori di tipo B ne produrrebbe 2000 al mese. b) Il reparto 2 produce scocche, e se lavorasse solo per produrre scocche per automezzi di tipo A ne produrrebbe 1000 al mese, se invece lavorasse per le sole scocche per automezzi di tipo B ne produrrebbe 3000 al mese. c) Il reparto 3 serve per il montaggio del modello A e può montare al massimo 900 esemplari al mese. d) Il reparto 4 serve per il montaggio del modello B e può montare al massimo 2500 esemplari al mese. e) Il reparto 5 è il reparto collaudi e può collaudare 2000 esemplari, del tipo A o del tipo B, al mese. L'utile relativo alla vendita di una unità di A è di 1 milione, mentre quello relativo alla vendita di una unità del tipo B è di lire. Inoltre esiste un vincolo di mercato che obbliga a vendere un numero di autoveicoli di tipo A almeno doppio di quelli di tipo B. Si vuole sapere quanti autoveicoli di tipo A e quanti di tipo B bisogna produrre in un mese per massimizzare gli utili. Soluzione: Esprimiamo innanzi tutto il problema in forma matematica. Indicando con x A ed x B il numero di autoveicoli rispettivamente di tipo A e di tipo B che si vogliono produrre in un mese la funzione obiettivo (funzione dei profitti) da massimizzare risulta la seguente: Z = x A x B Esprimiamo ora i vincoli. Il reparto 1 impiega, per produrre un motore del tipo A, 1/1500 di mese; per produrne uno di tipo B, 1/2000 di mese; quindi il tempo necessario per produrre x A autoveicoli del tipo A al mese è 1/1500 x A e quello necessario per produrre x B autoveicoli del tipo B al mese è 1/2000 x B. La condizione di vincolo che scaturisce dalla potenzialità del primo reparto è perciò la seguente: 1/1500 x A + 1/2000 x B < 1 Ripetendo il discorso per gli altri reparti ottengo le altre condizioni di vincolo: 2 reparto Politecnico di Bari Riservato alla circolazione interna 141

3 3 reparto 4 reparto 5 reparto 1/1000 x A + 1/3000 x B < 1 x A < 900 x B < 2500 x A + x B < 2000 Vincolo di mercato x A > 2 x B -x A + 2 x B 0 ossia semplificando il problema assume la forma finale: Soggetta ai vincoli Max Z = x A x B 2 x A x B < x A + x B < 3000 x A < 900 x B < 2500 x A + x B < x A + 2 x B < 0 Affrontiamo il problema come problema di programmazione lineare a variabili reali. Trasformando le disequazioni in equazioni con l'aggiunta di variabili ausiliarie si ottiene: da cui Tabella x A x B + x 1 = x A + x B + x 2 = 3000 x A + x 3 = 900 x B + x 4 = 2500 x A + x B + x 6 = x A + 2 x B + x 7 = 0 Tabella 9.2 -x A -x B Cost. x x x x Politecnico di Bari Riservato alla circolazione interna 142

4 cui corrisponde la seguente soluzione: x x Tabella 9.3 -x 3 -x B Cost. x x x x x x Tabella 9.4 -x 3 -x 2 Cost. x x x x x x Tabella 9.5 -x 6 -x 2 Cost. x 1-2.5/7-5.5/7 4500/7 x 2 3/7 1/7 3000/7 x 3-1/7 2/7 6000/7 x 4-3/7-1/ /7 x 5-2/7-3/7 5000/7 x 6 1/7-2/7 300/7 1.4/7 2.6/7 8400/7 x A = 6000/7 = = 857 x B = 3000/7 = = 428 Z = 8400/7 = 1200 Poiché i valori in gioco sono molto alti è lecito arrotondare i risultati alla sola parte intera senza commettere errori che possano inficiare la validità della soluzione. In generale non sempre i Politecnico di Bari Riservato alla circolazione interna 143

5 casi che si presentano sono riconducibili all'esempio precedente per cui dovremo ricorrere ad altri metodi Metodo di Land e Doing Per spiegare il metodo ricorreremo all'esempio (9.1) seguente: Max Z = 3 x x 2 soggetta ai vincoli: (9.1) 2 x 1 + x 2 < 4.5 x 1 + x 2 < 2.3 con x 1 e x 2 > 0 ed intere. Affrontiamo il problema come problema di P. L. a variabili reali. La prima tabella del simplesso risulta 2 x 1 + x 2 + x 3 = 4.5 x 1 + x x 4 = 4.3 Tabella 9.6 -x 1 -x 2 Cost. x x Tabella 9.7 -x 3 -x 2 Cost. x 1 1/2 1/2 4.5/2 x 4-1/2 ½ 0.1/2 3/2 0.6/2 13.5/2 Pertanto la soluzione del simplesso a variabili reali risulta: x 1 = 2.25 x 2 = 0 z = 6.75 Politecnico di Bari Riservato alla circolazione interna 144

6 Segnamo sull'asse delle x 1 il valore della soluzione. Poiché fra i valori 2 e 3 la soluzione è unica e non è accettabile in quanto non intera possiamo eliminare questo intervallo dallo studio; possiamo cioè scindere il nostro problema in due sottoproblemi costituiti ciascuno dai vecchi vincoli e da uno dei nuovi vincoli x 1 < 2 ed x 1 3 Risolvendo, se uno dei sottoproblemi fornisce soluzioni intere il procedimento termina. Se entrambi forniscono soluzioni intere la soluzione del problema primitivo è quella del sottoproblema che ha la Funzione obiettivo massima. Se entrambi non hanno soluzioni intere li scindiamo in altri due sottoproblemi e così via sino a quando non si hanno soluzioni intere. Se i dati di partenza sono "mal condizionati" finiremo con l'esplorare tanti simplessi quante sono le possibili combinazioni di tutti i valori interi permessi per tutte le variabili; viene cioè fatta una enumerazione esplicita di tutte 1e soluzioni Metodo Branch and Bound Questo metodo pur partendo dalla impostazione iniziale del problema fatta da Land e Doig, permette una più rapida convergenza verso la soluzione intera grazie all'utilizzo della tecnica della separazione e valutazione progressiva, meglio nota col nome di "Branch and Bound". Supponiamo di avere un dominio P di cui tutti i punti P rappresentano una soluzione per una data funzione f(p). Supponiamo ancora di disporre di un altro dominio D con P D i cui punti d rappresentano una soluzione per la funzione F(d); F(d) rappresenti inoltre un limite superiore della f(p) ossia si verifichi f(p) < F(d) Tale funzione F(d), se esiste, sarà chiamata funzione di valutazione. Il nostro obiettivo è quello di determinare il massimo di f(p). Dividiamo il dominio D in due sottodomini D 1 e D 2 in modo tale che risulti F(d 1 ) < F(d 2 ). Poiché la probabilità di trovare la soluzione è maggiore nel sottodominio in cui la funzione F(d) assume valori maggiori, ci conviene esplorare dapprima D 2. A sua volta D 2 può essere divisa in due sottodomini D 21 e D 22 e si può ripetere il ragionamento già fatto. In questo modo si procede ad una esplorazione guidata dell'albero delle soluzioni e non ad una esplorazione casuale. Politecnico di Bari Riservato alla circolazione interna 145

7 Supponiamo ora di volere studiare il caso più semplice di problema a due sole incognite in modo da potere visualizzare graficamente il procedimento. Abbiamo già detto che nel caso di soluzioni intere, da un punto di vista grafico esse si possono rappresentate mediante i nodi del reticolo, all'interno del poligono delle soluzioni reali ammissibili, ottenuto mandando delle rette orizzontali e verticali per i valori interi di x 1 ed x 2. x 2 x 1 Fig. 9.2 Se il problema fosse continuo, trovare la soluzione significherebbe traslare la retta rappresentante la funzione obiettivo fino a che questa non risulti tangente al poligono. È evidente che per trovare la soluzione intera occorrerà arretrare la retta rappresentante la funzione obiettivo fino ad incontrate un nodo, il che significa che la soluzione del problema con variabili intere fornirà un valore della funzione obiettivo sempre minore o uguale di quello del problema continuo equivalente, per cui il valore della funzione obiettivo di un problema continuo ci fornisce un limite superiore e quindi una funzione di valutazione per il corrispondente problema intero. È evidente a questo punto la maniera di procedere. Si risolve il simplesso con variabili reali; se non si trovano soluzioni intere si scinde il problema originario in due sottoproblemi così come già fatto per il metodo di Land e Doig; si eseguono i due nuovi simplessi, ma si prosegue la separazione nel solo ramo in cui la funzione obiettivo risulta maggiore, senza preoccuparci dell'altro ramo. Politecnico di Bari Riservato alla circolazione interna 146

8 0 F1 F 2 F 21 F22 F 221 F 222 F 2211 F 2212 Fig. 9.3 Riprendiamo a titolo di chiarimento l'esempio (9.1) del paragrafo precedente. Max Z = 3x 1 + l.2 x 2 soggetta ai vincoli 2x 1 + x 2 < 4.5 (9.1) x 1 + x 2 < 2.3 con x 1 ed x 2 > 0, ed intere. Il problema continuo fornisce la soluzione x 1 = 2.25 x 2 = 0 Z = 6.75 Tale funzione rappresenta una funzione di valutazione per il corrispondente problema intero. Scindiamo allora il problema originario nei due nuovi sottoproblemi che da esso si ottengono aggiungendo ai vincoli rispettivamente le due nuove condizioni x 1 <2 ed x 1 > 3. x 1 2 Risolviamo quindi il primo sottoproblema Fig. 9.4 x 1 3 Max Z= 3x x 2 soggetta ai vincoli 2 x 1 + x 2 < 4.5 x 1 + x 2 < 2.3 x 1 < 2 con x 1 ed x 2 > 0 ed intere. Trasformando le disequazioni in equazioni con l'aggiunta di variabili ausiliarie si ottiene Politecnico di Bari Riservato alla circolazione interna 147

9 Assumendo come soluzione base iniziale 2 x 1 + x 2 + x 3 = 4.5 x 1 + x 2 + x 4 = 2.3 x 1 + x 5 = 2 x 1 = 0 x 2 = 0 x 3 = 4.5 x 4 = 2.3 x 5 = 2 la prima tabella del simplesso assume la forma Tabella 9.8 -x 1 -x 2 Cost. x x x Individuato il perno si costruisce la seconda tabella Tabella 9.9 -x 5 -x 2 Cost. x x x Poiché gli elementi dell'ultima riga non risultano tutti positivi si continua con il simplesso Tabella x 5 -x 4 Cost. x x Politecnico di Bari Riservato alla circolazione interna 148

10 x Pertanto la soluzione del primo sottoproblema risulta Risolviamo ora il secondo sottoproblema x 1 = 2 x 2 = 0.3 F 1 = 6.36 soggetta ai vincoli con x 1 ed x 2 > 0 ed intere. Ricorriamo al metodo primario duale La soluzione iniziale di base è Max Z = 3 x 1 + l.2 x 2 2 x 1 + x 2 < 4.5 x 1 + x 2 < 2.3 x 1 > 3 2 x 1 + x 2 + x 3 = 4.5 x 1 + x 2 + x 4 = 2.3 -x 1 + x 5 = -3 x 1 = 0 x 2 = 0 x 3 = 4.5 x 4 = 2.3 x 5 = -3 Tabella x 1 -x 2 Cost. x x x Ricorriamo all'algoritmo delle due fasi ottenendo: Tabella x 1 -x 2 Cost. x x x Politecnico di Bari Riservato alla circolazione interna 149

11 Tabella x 3 -x 2 Cost. x 1 ½ ½ 4.5/2 8/2 x 4 - ½ ½ 0.1/2 3.6/2 x 5 ½ ½ -1.5/2 9/2 3/2 0.6/2 13.5/2 Siamo ad una situazione finale. La riga della F. O. ha elementi tutti positivi, ma nella colonna delle costanti è presente un elemento negativo; né è possibile continuare ricorrendo al duale in quanto in corrispondenza della colonna del perno gli elementi della tabella del simplesso sono tutti positivi e quindi non è possibile individuare la riga del perno. Si smette quindi di esplorare il ramo di destra e si riprende l'esplorazione del ramo di sinistra tenendo presente che i nuovi vincoli risultano Se x 2 = 0 si ha : x 2 = 0 x 2 > 1 x 1 = 2 x 2 = 0 (9.27) f 11 = F 11 = 3 x = 6 Se x 2 1 le nuove equazioni di vincolo diventano 2 x 1 + x 2 < 4.5 x 1 + x 2 < 2.3 x 1 < 2 x 2 > 1 e trasformando le disequazioni in equazioni con l'aggiunta di variabili ausiliarie ed artificiali si ha: 2 x 1 + x 2 + x 3 = 4.5 x 1 + x 2 + x 4 = 2.3 x 1 + x 5 = 2 x 2 - x 6 + x = 1 7 La funzione obiettivo va quindi modificata come segue: z = 3 x x 2 - l x Ossia z = 3 x x 2-1 (1 - x 2 + x 6 ) 7 Politecnico di Bari Riservato alla circolazione interna 150

12 La prima tabella del simplesso risulta quindi Tabella x 1 -x 2 -x 6 Cost. x x x x l * x Individuato il perno si calcola la nuova tabella Tabella x 1 -x 7 -x 6 Cost. x x x x *x La variabile artificiale è uscita dalla base pertanto abbiamo individuato una soluzione iniziale di base accettabile per il nostro problema. La tabella del simplesso ad essa corrispondente risulta Individuato il perno si calcola la nuova tabella Tab x 1 -x 6 Cost. x x x x Tab x 4 -x 6 Cost. x X x x Politecnico di Bari Riservato alla circolazione interna 151

13 Poiché i termini dell'ultima riga risultano tutti positivi abbiamo trovato la nuova soluzione x 12 = 1.3 x 2 = 1 (9.31) F 12 = 5.1 La soluzione (9.27) soddisfa il problema avendo le variabili x 1 ed x 2 valori interi; inoltre il valore della Funzione obiettivo risulta più vicino alla funzione di valutazione F delle (9.17) pertanto la (9.27) costituisce la soluzione del problema cercata Algoritmo dei piani di taglio (Gomory) Un altro metodo per risolvere problemi di programmazione lineare intera e mista intera fu sviluppato da R. E. Gomory. Impiegando questo metodo incominciamo non considerando la condizione di interezza delle variabili e risolviamo il corrispondente problema di P. L. a variabili reali. Supponiamo di essere giunti ad una soluzione finale e che nella tabella finale del simplesso appaia la seguente riga: x x 2 +0 x x x x 6 = 10.5 (9.3.1) che rappresenta la soluzione x 4 = x 5 = x 6 = 0 x 1 = 10.5 Chiaramente potremmo riscrivere la (9.3.1) come: oppure (1+0) x 1 + (1+0.5) x 4 + ( ) x 5 + (3+0.2) x 6 = (10+0.5) 0.5 x x x 6 = (10 - x 1 x x 5 3 x 6 ) Abbiamo supposto che tutte le variabili siano intere (originale ed ausiliarie) analizziamo quindi l'espressione precedente. Chiaramente la quantità a sinistra dell'uguale è certamente positiva perché l'algoritmo del simplesso non genera variabili negative e inoltre tutte la variabili sono precedute dal segno +. Questo significa che anche la quantità a destra del segno di eguaglianza è positiva. Poiché la quantità in parentesi a destra dell'uguale è intera essa non può che assumere valore finale positivo; infatti se così non fosse ed essa assumesse valore finale negativo il massimo valore che potrebbe assumere sarebbe -1 che, sommato a 0.5 darebbe un valore ancora negativo, Politecnico di Bari Riservato alla circolazione interna 152

14 non verificando la condizione di eguaglianza imposta. Pertanto la quantità in parentesi non può che essere positiva e può essere eliminata dalla relazione fornendo 0.5 x x x 6 > 0.5 L'espressione appena scritta da una condizione necessaria ma non sufficiente che vale quando tutte le variabili hanno il loro valore intero ottimo; vi si riferisce come al piano secante e costituisce un nuovo vincolo che l'applicazione dell'algoritmo del simplesso al problema originale di programmazione ha rivelato. Nell'applicare il metodo del piano secante dovremmo ora aggiungere questo nuovo vincolo a quelli del problema originale ed impiegare l'algoritmo del simplesso per risolverlo ancora. Se ne risultasse un'altra soluzione non negativa e non intera, dovremmo formulare un secondo nuovo vincolo e ripetere il processo finché tutti i valori finale diventino interi. Una regola per scegliere da quale valore non intero generare la nuova condizione di vincolo, quando si verifichino valori non interi per più di una variabile, è quella di scegliere quella variabile con la parte decimale maggiore nella sua soluzione non intera. Per generare il nuovo vincolo semplicemente si sostituiscono tutti i coefficienti nell'equazione di vincolo in considerazione con i più piccoli numeri non negativi che sono "congruenti 1 " a tali coefficienti e poi si pone il tutto maggiore o uguale alla parte decimale della costante al lato destro del segno di eguaglianza. Esercizio Soggetta ai vincoli con x 1 ed X 2 > 0 ed intere 2 x x 2 + S 3 = 17 3 x x 2 + S 4 = 10 Max z = 2x 1 + x 2 2 x x 2 < 17 3 x x 2 < 10 Tabella x 1 - x 2 Cost. S Due numeri si dicono congruenti se la loro differenza è un intero, zero essendo considerato intero. Così 27/14 13/14-3/5 2/5 Con questa procedura, l'espressione (**) è convertita da x x 2 +0 x x x x 6 = 10.5 a 0.5 x x x 6 > 0.5 Politecnico di Bari Riservato alla circolazione interna 153

15 S Tabella S 4 - x 2 Cost. S x Tabella S 4 - x 2 Cost. S 3-2/3 11/3 31/3 x 1 1/3 2/3 10/3 2/3 1/3 20/3 Tabella x 1 - x 2 S 3 - S 4 Cost. S /3 1-2/3 31/3 x 1 1 2/3 0 1/3 10/3 20/3 scegliamo la riga relativa ad x 1 : Ricavo l equazione del piano di taglio: x 1 + 2/3 x 2 + 1/3 S 4 = 10/3 x 1 + (0 + 2/3) x 2 + (0 +1/3) S 4 = 3 +1/3 2/3 x 2 + 1/3 S 4 > 1/3 2 x 2 + S 4 > 1 Equazione del 1 piano di taglio Dalle equazioni di vincolo si ottiene : e sostituendo 2 x 2 3 x 1 2 x > 1-3 x > 0-3 x 1 > -9 x 1 < 3 S 4 = - 3 x 1 2 x Equazione definitiva del primo piano di taglio Aggiungiamo il nuovo vincolo ai precedenti ottenendo: 2 x x 2 < 17 2 x x 2 + S 1 = 17 Politecnico di Bari Riservato alla circolazione interna 154

16 3 x x 2 < 10 3 x x 2 + S 2 = 10 x 1 < 3 x 1 + S 3 = 3 e Z = 2x 1 + x 2 Tabella x 1 -x 2 Cost. S S S Z Tabella S 3 -x 2 Cost. S S x Tabella S 3 -S 2 Cost. S 1 11/2-5/2 17/2 x 2-3/2 1/2 1/2 x 1 1/3 0 6/2=3 1/2 1/2 13/2 Considero la riga corrispondente a x 2 ; ricavo l equazione del piano di taglio x 2 + (-2 + ½) x 5 + ½ x 4 = ½ da cui ½ x 5 + ½ x 4 ½ ossia x 5 + x 4 1 Considerato che S 2 = -3 x 1-2 x e S 3 = -3 x si ha -3 x 1 x 2-6 ossia 3x 1 + x a equazione del piano di taglio Il problema diventa allora il seguente: Max Z = 2x 1 + x 2 Politecnico di Bari Riservato alla circolazione interna 155

17 Soggetta ai vincoli 2x 1 + 5x x 1 + 2x 2 10 x 1 3 3x 1 + x 2 6 e trasformando le disequazioni in equazioni con l aggiunta delle variabili ausiliarie si ha: 2x 1 + x 2 + S 1 = 17 3x 1 + 2x 2 + S 2 = 10 x 1 + S 3 = 3 3x 1 + x 2 + S 4 = 6 Tabella x 1 -x 2 Cost. S S S S Z Tabella S 4 -x 2 Cost. S S 2-3/2 1/2 1 S 3-1/2-1/2 0 x 1 1/2 1/ Siamo giunti ad una situazione finale essendo tutti gli elementi della riga della funzione obiettivo positivi ed i valori delle soluzioni tutti interi. La soluzione risulta : x 1 = 3 ½ t x 2 = t x 3 = -4t +11 x 4 = 1 ½ t x 5 = ½ t e dovendo risultare x i 0 si ha che t può assumere valori solo pari a 0 e 2. Per cui le soluzioni del problema sono: per t=0 x 1 = 3 x 2 = 0 e per t = 2 x 1 = 2 x 2 = 2 in corrispondenza delle quali la funzione obiettivo assume sempre il valore ottimo Z = 6. Politecnico di Bari Riservato alla circolazione interna 156

18 Esercizio soldati devono essere trasportati attraverso il mar Mediterraneo. Sono disponibili due tipi di navi con le seguenti caratteristiche: Tipo1 Tipo2 - Capacità in soldati Consumo di carburante (in galloni per viaggio) Equipaggio, in uomini Sono disponibili solo galloni di carburante e vi sono solo 900 uomini di equipaggio. L esercito pagherà alla compagnia navale dollari per ogni nave del tipo 1 impiegata e dollari per ogni nave del tipo 2. Supponendo che la compagnia di navigazione abbia grandi quantità di entrambi i tipi di navi, quante di ciascun tipo dovrebbe impiegarne per massimizzare il guadagno senza violare le condizioni di vincolo? Detti x 1 il numero di navi del tipo 1 ed x 2 il numero di navi del tipo 2 da impiegare, abbiamo il seguente problema di programmazione lineare: Max Z = x x 2 Soggette ai vincoli: 2000 x x 2 > x x 2 < x x 2 < 900 x 1 ed x 2 > 0 ed intere Politecnico di Bari Riservato alla circolazione interna 157

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