Esercizi sulla Programmazione Lineare. min. cx Ax b x 0

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1 Soluzioni Fondamenti di Ricerca Operativa Prof. E. Amaldi Esercizi sulla Programmazione Lineare 4. Risoluzione grafica e forma standard. Si consideri il problema min x cx Ax b x dove x = (x, x ) T, c = (6, 5), b = (4, 5, 9) T, e 7 A = 5. (a) Risolvere il problema per via grafica. (b) Scriverlo in forma standard e identificare B, N e la corrispondente partizione del vettore dei costi per il vertice ottimale del poliedro associato al problema. 4. Geometria della PL. Si consideri il seguente programma lineare: max z = x + x ( ) x + x 4 () x + x () x x () x, x (a) Si risolva il problema per via grafica, specificando il valore di tutte le variabili e di z nel punto di ottimo. (b) Si determinino le basi associate a tutti i vertici del poliedro delle soluzioni ammissibili. (c) Si indichi la successione delle basi visitate dall algoritmo del simplesso (si scelga x come prima variabile entrante nella base). (d) Si determini il valore dei coefficienti di costo ridotto delle soluzioni di base associate ai vertici ((eq. ) (eq. )) e ((eq. ) (eq. )), dove (eq. i) è l equazione ottenuta dalla diseguaglianza (i) sostituendo con =. (e) Si verifichi geometricamente che il gradiente della funzione obiettivo può essere espresso come combinazione lineare non negativa dei gradienti dei vincoli attivi solo nel vertice ottimo. Si calcoli il valore di tale combinazione nel vertice ottimo. N.B. I vincoli devono essere tutti in forma di dato che la direzione di ottimizzazione è quella di massimo (es. x deve essere scritto come x ). (f) Si determini per quali valori del termine noto b associato alla () la base ottima non cambia. Documento preparato da: Leo Liberti

2 Soluzioni Fondamenti di Ricerca Operativa Prof. E. Amaldi (g) Si indichi per quali valori dei coefficienti della funzione obiettivo il vertice ottimo è ((x = ) (eq. )), dove x = indica l asse delle ordinate sul piano cartesiano x, x. (h) Per quali valori del termine noto b associato alla () la regione ammissibile (a) è vuota (b) contiene una sola soluzione? (i) Per quali valori del coefficiente c la soluzione ottima è multipla? 4. Metodo del simplesso con regola di Bland. Risolvere il seguente problema di programmazione lineare: min z = x x x + x = x + x x = 5 x, x, x mediante il metodo del simplesso a due fasi applicando la regola di Bland per la scelta della variabile entrante nella base e uscente dalla base. Soluzioni 4. Risoluzione grafica e forma standard. (a) Equazioni associate al sistema Ax = b: x + 7x = 4 (4) x + 5x = 5 (5) x + x = 9 (6) Si traccino le rette corrispondenti sul piano cartesiano (vedere Figura ; nella figura x è sull asse delle x e x su quella delle y). La funzione obiettivo è 6x + 5x. Se poniamo 6x + 5x = q otteniamo la famiglia di rette x = 6x 5 + q. Si può vedere dalla Figura che la soluzione è al vertice 5 R del poliedro ammissibile delimitato da P. Il vertice R è l intersezione delle equazioni (5) e (6). Perciò le sue coordinate le otteniamo risolvendo il sistema x + 5x = 5 x + x = 9 che implica x = 5( x ) e quindi x = 7 e x = 7. (b) Scrivendo il problema in forma standard si devono introdurre variabili di slack s, s, s associate con ognuno dei vincoli. Sia dunque x = (x, x, s, s, s ) T, c = (6, 5,,, ) e A = 7 5 = (A I). Documento preparato da: Leo Liberti

3 Soluzioni Fondamenti di Ricerca Operativa Prof. E. Amaldi ( x + 4)/7 () ( x + 5)/5 () ( x + 9)/ () - PSfrag replacements Figure : Il poliedro delle soluzioni ammissibili è illimitato. Il problema in forma standard è dato da min x c x A x = b x Poiché il vertice R è il punto d intersezione delle rette di equazioni (4) e (5), i vincoli corrispondenti hanno le variabili di slack s, s uguali a zero nel punto R. Se poniamo dunque le variabili in base x B = (x, x, s ) e quelle fuori base x N = (s, s ) otteniamo una partizione x = (x B x N ) delle variabili decisionali a cui corrisponde una partizione della matrice A = 7 5 = (B N). Il valore delle variabili in base x B nel punto R è dato da B b. Si ha che B = e quindi B b = ( 7, 7, 9 7 ). Notare che i valori di x e x corrispondono a quelli calcolati in precedenza. Documento preparato da: Leo Liberti

4 Soluzioni Fondamenti di Ricerca Operativa Prof. E. Amaldi eq. (6) eq. (5) eq. (4) x = U R valori decrescenti funzione obiettivo Sfrag replacements S P Q T Figure : Soluzione grafica del problema: soluzione ottima è R. 4. Geometria della PL. (a) Le equazioni associate ai vincoli (), (), () sono: x + x = 4 (eq. ) x + x = (eq. ) x x = (eq. ) e possono essere riscritte in forma di equazioni di rette nel piano cartesiano con assi x, x : x = x + 4 x = x + x = x La funzione obiettivo ( ) si può rappresentare con la famiglia di rette x = + q. Il poliedro P QROS delle soluzioni ammissibili è rappresentato in fig.. La soluzione ottima è associata al vertice P = (, ), e il valore della funzione obiettivo in quel punto è z = 5. Documento preparato da: Leo Liberti 4

5 Soluzioni Fondamenti di Ricerca Operativa Prof. E. Amaldi eq. () eq. () P eq. () S max z* Q O R PSfrag replacements Figure : Il poliedro delle soluzioni ammissibili del problema. (b) Si pone il problema in forma standard introducendo variabili di slack s, s, s associate con ognuno dei vincoli. Sia dunque x = (x, x, s, s, s ) T, c = (,,,, ), b = (b, b, b ) T = (4,, ) T e A = Il problema in forma standard è dato da: min x c x A x = b x. = (A I). Documento preparato da: Leo Liberti 5

6 Soluzioni Fondamenti di Ricerca Operativa Prof. E. Amaldi i. Vertice P : s =, s =, quindi x B = (x, x, s ), x N = (s, s ), B =, N =. ii. Vertice Q: s =, s =, quindi x B = (x, x, s ), x N = (s, s ), B =, N =. iii. Vertice R: x =, s =, quindi x B = (x, s, s ), x N = (x, s ), B =, N =. iv. Vertice O: x =, x =, quindi x B = (s, s, s ), x N = (x, x ), B =, N =. v. Vertice S: x =, s =, quindi x B = (x, s, s ), x N = (x, s ), B =, N =. (c) Si assuma come al solito la base iniziale ammissibile data dalle colonne corrispondenti alle variabili di scarto dei vincoli (le variabili x, x sono quindi fuori base, e assumono il valore, il che evidenzia che la soluzione di base sia quella corrispondente al vertice O). Se assumiamo che x h sia la variabile entrante in base calcoliamo l indice della variabile uscente come indice corrispondente al valore θ = min{ b i ā ih i, ā ih > }, dove ā ih è l i-esimo elemento della h-esima colonna nella matrice B N, e b i è l i-esimo elemento di B b. Nel caso suggerito dal testo del problema di considerare come prima variabile entrante h = si ha θ = min{ 4, } = (poiché < l elemento b ā non viene considerato) e = θ = b ā, dunque l indice della variabile uscente è, cioè la terza variabile nella base corrente, ovvero s. Il primo vertice visitato è dunque quello relativo alla base (x, s, s ), ovvero R, a cui faranno seguito Q e infine P. (d) Il vertice associato a (eq. () eq. ()) è P, quello associato a (eq. () eq. ()) è Q. I costi ridotti sono dati dall equazione c = c T c T B B A, dove i costi ridotti corrispondenti alle variabili in base sono uguali a, mentre quelli corrispondenti alle variabili fuori base possono essere non zero. Ci interessano Documento preparato da: Leo Liberti 6

7 Soluzioni Fondamenti di Ricerca Operativa Prof. E. Amaldi dunque i costi ridotti c N = c T N ct B B N. Nel vertice P si hanno B e N come nel punto 4.(b)i, quindi B N = 4 dunque, dato che c B = (,, ) e c N = (, ), c N = ( 7, ). Dato che 4 4 entrambi i valori sono maggiori di zero, la base relativa al vertice P è ottima. Nel vertice Q abbiamo invece B, N come nel punto 4.(b)ii, quindi B N = 4 da cui, con c B = (,, ), c N = ( 5, ). Questo ci dice che Q non è la soluzione ottima. (e) In questa domanda si verifica che il gradiente della funzione obiettivo sia una combinazione conica (cioè lineare con coefficienti non-negativi) dei gradienti dei vincoli attivi solo nel vertice ottimo. Intuitivamente, questo significa che ogni miglioramento della funzione obiettivo deve per forza aumentare il termine di sinistra, e pertanto rendere il punto in questione inammissibile. In altre parole, se le uniche direzioni miglioranti sono quelle inammissibili, significa che il vertice è ottimo. Nel nostro caso, il vertice ottimo è P = (, ). Il gradiente della funzione obiettivo è f = (, ) (costante per ogni x, x ). I vincoli attivi in P sono () e (), con gradienti rispettivamente (, ) e (, ). Si deve risolvere il sistema di due equazioni in due incognite λ ( ) + λ ( ) = ( e verificare che λ e λ. La soluzione del sistema è λ = 7 e λ 4 =. 4 Siccome entrambi sono strettamente positivi, l asserto è verificato per il vertice ottimo P (si veda la Fig. 4). Bisogna ora controllare che l asserto non sia verificato per i vertici non ottimi Q, R, O, S. Vertice Q. Vincoli attivi (), () con gradienti (, ) e (, ). Si ottiene λ = 5, λ = <, e dunque l asserto non è verificato. Vertice R. Vincoli attivi (), x con gradienti (, ) e (, ). Si ottiene λ =, λ = 5 < e dunque l asserto non è verificato. Vertice O. Vincoli attivi x, x con gradienti (, ) e (, ). Si ottiene λ = <, λ = < e dunque l asserto non è verificato. Vertice S. Vincoli attivi x, () con gradienti (, ) e (, ). Si ottiene λ = 7 <, λ = e dunque l asserto non è verificato. (f) Da svolgere geometricamente, senza analisi di sensitività. Per b, la base ottima non cambia. Per b S y = la base ottima non cambia. Il caso Documento preparato da: Leo Liberti 7 )

8 Soluzioni Fondamenti di Ricerca Operativa Prof. E. Amaldi (eq.) eq. () f g g P S Q O R PSfrag replacements eq. () Figure 4: Ottimalità del vertice P : il vettore f appartiene al cono generato da g e g, dove g (x) 4 è il vincolo () e g (x) è il vincolo (). b = S y è degenere, e per < b < S y si ha x =, che perciò esce dalla base (s entra in base, dato che il vincolo corrispondente () non è più attivo). Per b = il problema ammette un solo punto ammissibile (, ) e per b < la regione ammissibile è vuota. (g) Si consideri la famiglia di rette x = mx + q dove m >, mostrata in fig. 5. Graficamente è facile verificare che ogni funzione obiettivo del tipo max mx + x dove m > ammette S come soluzione ottima sul poliedro P QROS. (h) La regione ammissibile è vuota per valori di b tali che, essendo Q = (Q x, Q y ) e x (x ) = x + b la famiglia di rette parallele a quella di eq. (), si abbia x (Q x ) < Q y. Poiché il punto Q è l intersezione delle eq. () e (), si determina facilmente Q = ( 5, ). Pertanto si richiede x ( 5) <, ovvero + b <, cioè b < 8. La regione ammissibile ha un solo punto se le tre rette associate ai vincoli si incontrano tutte nel punto Q, ovvero se b = 8. Documento preparato da: Leo Liberti 8

9 Soluzioni Fondamenti di Ricerca Operativa Prof. E. Amaldi eq. () eq. () P eq. () S Q max z* O R PSfrag replacements Figure 5: Funzione obiettivo tale per cui S è la soluzione ottima. (i) La soluzione ottima è multipla se la famiglia di rette corrispondenti alla funzione obiettivo, cioè c x + x = q, è parallela a una delle faccette f del poliedro, e la direzione di massimizzazione è verso il semipiano delimitato da f non contenente il poliedro stesso. Per c = 4 si ha x = x + q, che è una famiglia di rette parallele all eq. (). Per c = 4 si ottiene x = x + q, che è parallela alla (). Per c = si ha x = q, che è parallelo al lato x = ; questa scelta non è tuttavia accettabile perché per q crescente x cresce, e quindi la direzione di massimizzazione è verso il semipiano x >= che contiene il poliedro. Per c = si ha x = x + q, che è parallela al lato QR ma ha direzione di massimizzazione verso il semipiano contenente il poliedro. 4. Metodo del simplesso con regola di Bland. Il problema si trova già in forma standard perché non vi sono vincoli di disuguaglianza e tutte le variabili assumono valori non negativi. I vincoli ()-() equivalgono al sistema Ax = b dove x = Documento preparato da: Leo Liberti 9

10 Soluzioni Fondamenti di Ricerca Operativa Prof. E. Amaldi (x, x, x ), b = (, 5) e A = ( ). Non appare evidente alcuna soluzione di base ammissibile del problema. È necessario perciò procedere al metodo del simplesso a due fasi. Prima fase. Lo scopo della prima fase è quello di trovare una soluzione di base ammissibile di partenza, se esiste. Si costruisce un problema ausiliario aggiungendo una variabile artificiale (o ausiliaria ) per ogni vincolo di uguaglianza del problema in forma standard. I vincoli del problema vengono riformulati come A x = b dove x = (x, x, x, y, y ) e ( ) A = (si riscrivono i vincoli originali aggiungendo y i all i-esimo vincolo, con y i ). In pratica y i sono proporzionali alla distanza dalla regione ammissibile del problema originale. Se riusciamo a trovare una soluzione al problema ausiliario tale che y i = per ogni i, abbiamo anche una soluzione ammissibile al problema originale. Dato che le variabili y i sono vincolate da essere non-negative, è sufficiente richiedere che i y i =. Pertanto scegliamo come funzione obiettivo al problema ausiliario l espressione v = i y i. La formulazione del problema ausiliario è la seguente: min v = y + y x + x + y = x + x x + y = 5 x, x, x, y, y. Se il problema originale ha una regione ammissibile non vuota, troveremo necessariamente v = e quindi y i = per ogni i. Altrimenti ne dovremo concludere che il problema originale non ha soluzioni ammissibili. Si procede dunque con la risoluzione del problema ausiliario per l istanza corrente, min{y + y Ā x = b, x, y }, mediante il metodo del simplesso. La soluzione di base ammissibile di partenza per il problema originale è x B = (y, y ). Esprimiamo le variabili in base in funzione di quelle fuori base (vincoli in forma canonica): y = x x y = 5 x x + x e quindi la funzione obiettivo in forma canonica è v = y + y = 6 5x x x. Il tableau di partenza per il problema ausiliario è Documento preparato da: Leo Liberti

11 Soluzioni Fondamenti di Ricerca Operativa Prof. E. Amaldi I costi ridotti delle variabili fuori base x N = (x, x, x ) sono tutti negativi, e poiché stiamo minimizzando la funzione obiettivo, tutte le variabili fuori base sono candidate a entrare nella base. Per la regola di Bland scegliamo la variabile con indice minore, cioè x. Ci sono due limitazioni alla crescita di x, date da y = x e y = 5 x ; dunque la crescita deve essere limitata da min{, 5} =, che corrisponde alla variabile in base y : la variabile y esce perciò dalla base. Facciamo pertanto il pivoting sul coefficiente in posizione (,) nel tableau: (a) si divide per la riga ; (b) si addiziona 5 volte la riga alla riga ; (c) si sottrae volte la riga dalla riga, ottenendo così il tableau in forma canonica: che mette in evidenza la soluzione di base ammissibile corrente x B = (x, y ) T = (/, 7/) T di valore 7/ (ovviamente x N = ). Poiché l unico costo ridotto negativo è quello relativo a x, x entra in base. L unica limitazione alla crescita di x è data da y = 7 x, e quindi x 7 4, e y esce dalla base. Facciamo il pivoting sul coefficiente in posizione (,) nel tableau precedente: (a) si aggiunge la riga alla riga ; (b) si divide per la riga, ottenendo il tableau Poiché i costi ridotti delle variabili fuori base (x, y, y ) sono tutti non negativi, la prima fase dell algoritmo termina. Abbiamo dimostrato che la regione ammissibile del problema originale è non vuota, trovando una base di partenza x B = (x, x ) per il problema originale. Seconda fase. La funzione obiettivo del problema è x x. La base di partenza è (x, x ) e la variabile fuori base è x. Esprimiamo x, x in funzione di x : x = x x = x La funzione obiettivo, espressa in funzione di x, diventa 7x. Eliminiamo inoltre dal tableau le colonne relative alle variabili ausiliarie. Il tableau di partenza è Documento preparato da: Leo Liberti

12 Soluzioni Fondamenti di Ricerca Operativa Prof. E. Amaldi Poiché stiamo minimizzando la funzione obiettivo, la variabile x che ha costo ridotto negativo (-7) entra in base. Poiché l unica limitazione alla crescita di x è data da x = x, si ha che x esce dalla base. Facciamo il pivoting sul coefficiente in posizione (,) sul tableau: (a) si divide la riga per ; (b) si aggiunge 7 volte la riga alla riga ; (c) si aggiunge 4 ottenendo così: volte la riga alla riga, A questo punto tutti i costi ridotti sono non negativi, l algoritmo termina con la soluzione ottimale (, 8, ) e valore della funzione obiettivo 6. Documento preparato da: Leo Liberti