RICERCA OPERATIVA (a.a. 2015/16) Nome: Cognome: Matricola:

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1 o Appello 8/1/1 1 RICERCA OPERATIVA (a.a. 1/1) Nome: Cognome: Matricola: 1) Si risolva il seguente problema di PL max x 1 x x 1 x 1 x 1 x 1 + x x per via algebrica, mediante l algoritmo del Simplesso Primale a partire dalla base B = {, }. Per ogni iterazione si indichino: la base, la matrice di base e la sua inversa, la coppia di soluzioni di base, l eventuale degenerazione primale e duale della base, l indice uscente, la direzione di crescita, il passo di spostamento, e l indice entrante, giustificando le risposte. Al termine si discuta quali informazioni si possono ricavare riguardo il problema duale del PL dato. it.1) B = {,}, A B = 1 1, A B = y B = ca 1 B = 1 1 1, x = A B b B = = = 1, y N =, y = 1 base primale degenere e duale non degenere h = min{i B : y i < } = min{,} =, B(h) = 1 ξ = A B u B(h) =, A N ξ = =, J = {i N : A 1 i ξ > } = {1,} it.) B = {,}, A B = it.) B = {1,}, A B = λ i = (b i A i x)/a i ξ, λ 1 =, λ =, λ = min{λi : i J } = 1 k = min{i J : λ i = λ} = cambio di base degenere, A 1 1 B = y B = 1 1 1, x = = = 1, y = base primale degenere e duale non degenere h =, B(h) = 1 ξ =, A 1 N ξ = = J = {1}, λ = λ1 =, k = 1, A 1 B = 1, x = = =, y = y B = base primale non degenere e duale non degenere h =, B(h) = ξ =, A 1 N ξ = =, J = 1 1 STOP. ξ è una direzione di crescita illimitata, pertanto il problema primale è superiormente illimitato e di conseguenza la regione ammissibile del problema duale è vuota.

2 o Appello 8/1/1 ) Si risolva graficamente il problema di PL in figura, utilizzando l algoritmo del Simplesso Duale a partire dalla base B = { 1, }; si noti che c, A ed A sono collineari. Per ogni iterazione si indichino: la base, la soluzione primale di base (in figura), l indice entrante k, i segni delle componenti dei vettori ȳ B e η B e l indice uscente h, giustificando le risposte. Si discuta inoltre l eventuale degenerazione primale e duale delle soluzioni di base determinate. Al termine, in caso di ottimo finito si discuta l unicità delle soluzioni primali e duali ottime. A A A x A x x 1 x A 1 c A it. 1): B = { 1, }. La soluzione primale di base x 1 viola i vincoli e, pertanto k = min{,} = per la regola anticiclo di Bland. ȳ 1 = e ȳ > in quanto c è collineare con A ; quindi la base è duale degenere, ed è primale non degenere poiché B = I( x 1 ). Poiché A cono(a 1,A ), come mostrato in figura (a), risultano η 1 > e η > ; poichè però c cono(a,a ) ma c / cono(a 1,A ), deve necessariamente risultare h = 1. Un modo diverso di ottenere lo stesso risultato è notare che, poiché ȳ 1 =, ȳ 1 /η 1 = mentre ȳ /η >. it. ): B = {, }. La soluzione primale di base x viola il solo vincolo, pertanto k =. ȳ = e ȳ > in quanto c è collineare con A ; quindi la base è ancora duale degenere, e rimane primale non degenere poiché B = I( x ). Poiché A cono( A,A ), come mostrato in figura (b), risultano η < e η > ; pertanto h =. it. ): B = {, }. La soluzione primale di base x viola il solo vincolo 1, pertanto k = 1. ȳ > e ȳ > in quanto c è interno al cono generato da A e A ; quindi la base è duale non degenere, ed è anche primale non degenere poiché B = I( x ). Poiché A 1 cono(a, A ), come mostrato in figura (c), risultano η >, η < ; pertanto h =. it. ): B = { 1, }. ȳ 1 > e ȳ > in quanto c è interno al cono generato da A 1 e A (si veda ancora la figura (c)); quindi la base è duale non degenere, ma è stavolta primale degenere poiché B I( x ) = {1,,}. La soluzione primale di base x non viola alcun vincolo: l algoritmo quindi termina avendo determinato una soluzione ottima sia per il primale che per il duale. a) b) c) A 1 A c A = A c A A A 1 A -A c A -A = È facile verificare che la soluzione ottima del primale è unica; in effetti, è l unica soluzione ammissibile del primale. Poiché la base è primale degenere, la soluzione ottima del duale invece non è unica. Per accertarsene si consideri che c ed A sono collineari ma di verso opposto, ossia c = αa per un qualche α >. Poiché per la soluzione di base duale determinata all ultima iterazione si ha possiamo dire che, ad esempio ȳ 1 A 1 +ȳ A = c = αa ȳ 1 A 1 +ȳ A +αa = c, e questo indica come esista una diversa soluzione ammissibile del duale che rispetta le condizioni degli scarti complementari con x, e quindi è anch essa ottima.

3 o Appello 8/1/1 ) Si risolva il problema di flusso di costo minimo relativamente all istanza in figura utilizzando l algoritmo di cancellazione dei cicli a partire dal flusso indicato di costo cx = 8. Per ogni iterazione si mostri il ciclo individuato con il suo verso, costo e capacità e la soluzione ottenuta dopo l applicazione dell operazione di composizione, con il suo costo. Al termine si discuta se la soluzione ottenuta è unica. - -,,,, b i b c ij, u ij, x j ij i j 1,7,,,,9,1 L algoritmo esegue due iterazioni, illustrate dalle prime due figure in alto (da sinistra a destra): in ogni figura è mostrato il ciclo C utilizzato (archi tratteggiati) con il suo verso (freccia tratteggiata) e la sua capacità θ, nonché il flusso x al termine dell iterazione, ossia dopo l applicazione dell operazione di composizione con C, con il relativo costo cx. La terza figura, in basso al centro, mostra il grafo residuo relativo all ultima soluzione ed il corrispondente albero dei cammini minimi (archi tratteggiati) di radice fittizia r (non mostrata in figura). Tale albero è ottimo, come dimostrano le etichette associate ai nodi, che soddisfano le condizioni di Bellman. L esistenza di un albero dei cammini minimi dimostra che non esistono cicli orientati di costo negativo nel grafo residuo, ovvero non esistono cicli aumentanti di costo negativo rispetto all ultimo flusso determinato x, che è quindi un flusso di costo minimo.,,,1, 1,, 1,, 7,, 1,, θ =, c(c) = -, cx = θ=, c(c)=, cx = La soluzione ottima non è unica, in quanto esistono nel grafo residuo cicli aumentanti di costo nullo. Infatti, l arco (,), al di fuori dell albero dei cammini minimi, rispetta all uguaglianza le condizioni di Bellman (infatti d +c = + = = d ); tale arco, aggiunto all albero dei cammini minimi, individua il ciclo orientato {,,,} sul grafo residuo, che corrisponde quindi ad un ciclo aumentante (di costo nullo).

4 o Appello 8/1/1 ) Si consideri il seguente problema di PL: max x 1 +x +αx x 1 +x +x x 1, x, x Assumendo α = 1, si individui una soluzione ottima utilizzando la teoria della dualità della PL. Successivamente si indichi per quali valori di α la soluzione individuata rimane ottima. Giustificare le risposte. Suggerimento: si utilizzino le condizioni degli scarti complementari per la coppia simmetrica di problemi di PL, ricavandole se necessario da quelle, note, per la coppia asimmetrica. Considerando la coppia simmetrica di problemi duali (P) max{ cx : Ax b,x } (D) min{ yb : ya c,y } il teorema forte della dualità ed il teorema degli scarti complementari garantiscono la seguente caratterizzazione dell ottimalità primale: Proposizione. Sia x una soluzione ammissibile per (P). Allora, x è ottima se e solo se esiste una soluzione ȳ ammissibile per (D) complementare a x, ovvero tale che x e ȳ verifichino le condizioni degli scarti complementari ȳ(b A x) =, (ȳa c) x = ( ). Per l ammissibilità di x e ȳ, le condizioni degli scarti complementari sono equivalenti al sistema di equazioni ȳ i (b i A i x) = i = 1,...,m, (ȳa j c j ) x j = j = 1,...,n ( ). Per dimostrare la proposizione è ad esempio possibile formulare (P) come primale della coppia asimmetrica e scrivere il corrispondente problema duale (P ) max{ cx : Ax b, Ix } (D ) min{ yb : ya Iw = c, (y,w) }. Le condizioni degli scarti complementari per la coppia (P ) e (D ) assicurano che, data una soluzione x ammissibile per (P), x è ottima se e solo se esiste una soluzione (ȳ, w) ammissibile per (D ) tale che ȳ(b A x) =, w x =, il che, poiché w = ȳa c, è chiaramente equivalente alla condizione ( ). Scriviamo ora il problema duale di (P): (D) min y y 1 y y α y È immediato verificare che per α = 1 l unica soluzione ottima di (D) è ȳ =. Di conseguenza, applicando le condizioni degli scarti complementari ( ), una soluzione primale x, che formi con ȳ una coppia di soluzioni complementari, deve soddisfare le condizioni x 1 = x =. Affinché x sia ammissibile per (P), deve quindi valere x =. L unica soluzione ottima di (P) è pertanto x =,,. Per α generico, tale soluzione resta ottima finchè max{,α/} =, ovvero per α. In particolare, se α > la soluzione ȳ = non è più ammissibile perchè viola il terzo vincolo di (D): la soluzione ottima duale diventa y = α/, il terzo vincolo duale risulta essere l unico vincolo attivo e quindi, per le condizioni degli scarti complementari, l unica soluzione ottima primale diventa,, 1.

5 o Appello 8/1/1 ) Tommaso, accanito giocatore di Dash for Dans, deve preparare le truppe per il suo attacco GoWiPe-like nella prossima, decisiva Guerra tra Dans. Per questo deve decidere che Truppe (T) e che truppe Nere (N) addestrare tra quelle a sua disposizione, le cui caratteristiche sono descritte nella seguente tabella: nome (a)rcher (g)iant wa(l)l-breaker (w)izard (m)inion (h)og-rider wal(k)yrie g(o)lem tipo T T T T N N N N costo peso 1 8 hitpoints 17 9 firepower Il costo è in elisir per le T, in elisir nero per le N. Il peso è l occupazione dei campi: Tommaso ne ha, ciascuno con capacità pari a, ed ogni truppa addestrata deve trovare posto in uno ed uno solo di essi. Per garantire il successo dell attacco è necessario avere almeno 1 hitpoints e firepower. Siccome però alcune truppe sono particolarmente ostacolate dalle mura ed altre particolarmente attrezzate per superarle, se si addestra almeno un golem oppure almeno giants occorre addestrare almeno 8 wall-breakers (che hanno attacco x contro le mura) oppure almeno 1 hog-riders (che le saltano). Si aiuti Tommaso ad aiutare il suo Dan a vincere la guerra formulando come PLI il problema di decidere quali truppe addestrare, rispettando i vincoli sopra indicati e minimizzando il costo totale, considerato che l elisir nero è 1 volte più raro dell elisir e quindi vale 1 volte di più. Introduciamo variabili x t,c che indicano quante Truppe e truppe Nere di tipo t A = (T = {a,g,l,w}) (N = {m,h,k,o}) trovano posto nel campo c C = {1,,,}. Introduciamo inoltre variabili binarie y g, y o, y l e y h che indicano, rispettivamente, se si addestrano almeno (g)iants, 1 g(o)lem, 8 wa(l)l-breakers e 1 (h)og-riders. Indicando con c a, p a, h a e f a, rispettivamente costo, peso, hitpoints e firepower di ogni truppa (nera) a A come dalla tabella fornita, il modello puó essere scritto come segue: min c C (t T c tx t,c +1 t N c ) tx t,c (1) t A p tx t,c c C () t A h tx t,c 1 () t A f tx t,c () c C c C c C x g,c +y g c C x o,c y o c C x l,c 8y l c C x h,c 1y h y l +y h y g, y l +y h y o (9) x t,c N t A, c C (1) y t {,1} t {g,o,l,h} (11) La funzione obiettivo (1) minimizza il costo complessivo delle truppe addestrate, pesando l elisir nero 1 volte rispetto all elisir. I vincoli () riguardano la capacità dei campi. I vincoli () e () garantiscono rispettivamente la minima quantità di hitpoints e firepower richieste. I vincoli () e () impongono che y g ed y o siano 1 se vengono addestrati, rispettivamente, almeno (g)iants e 1 g(o)lem; si noti che in questo caso si usa il fatto che, per via della capacità dei campi, non ne possono essere comunque addestrati più di, rispettivamente, e. I vincoli (7) e (8) impongono che se y l o y h sono 1, allora vengono addestrati, rispettivamente, almeno 8 wa(l)l-breakers e 1 (h)og-riders. I vincoli (9) implementano la relazione logica y g y o = y l y h. Infine, (1) e (11) sono i necessari vincoli di integralità (e segno) delle variabili. () () (7) (8)

6 o Appello 8/1/1 ) Si risolva l istanza di TSP in figura mediante un algoritmo di B&B che usa MS1T come rilassamento, nessuna euristica, ed effettua il branching come segue: selezionato il nodo col più piccolo valore r > di lati dell MS1T in esso incidenti (a parità di tale valore, quello con indice minimo), crea r(r 1)/ figli corrispondenti a tutti i modi possibili per fissare a zero la variabile corrispondente a r di tali lati. Si visiti breadth-first l albero delle decisioni, ossia si implementi Q come una fila, e si inseriscano in coda i figli di ogni nodo in ordine lessicografico crescente dell insieme di lati fissati a zero. Per ogni nodo dell albero si riportino la soluzione ottenuta dal rilassamento con la corrispondente valutazione inferiore; si indichi poi se, e come, viene effettuato branching o se il nodo viene chiuso e perché. Si visitino solamente i primi nodi dell albero delle decisioni (la radice conta per uno); se ciò non è sufficiente a risolvere il problema, si indichino la migliore valutazione inferiore e superiore disponibile (e quindi il gap relativo ottenuto), giustificando la risposta Indichiamo con z la valutazione inferiore ottenuta ad ogni nodo e con z la migliore delle valutazioni superiori determinate (inizialmente z = + ). La coda Q viene inizializzata inserendovi il solo nodo radice dell albero delle decisioni, corrispondente a non aver fissato alcuna variabile. Nodo radice L MS1T, con z = 1, è mostrato in (a). Poichènon è un ciclo Hamiltoniano, non si è determinata alcuna soluzione ammissibile; pertanto z = 1 < z = + ed occorre procedere col branching. Ciò corrisponde a selezionare il nodo 1, che ha tre lati incidenti e creare i ( 1)/ = figli, inseriti in Q in quest ordine, in cui si fissano a zero rispettivamente i lati {1,}, {1,} e {1,}. x 1 = L MS1T, con z = 1, è mostrato in (b). Poichè z = 1 < z = +, occorre procedere col branching. Ciò corrisponde a selezionare il nodo, che ha tre lati incidenti, e creare i tre figli, inseriti in Q in quest ordine, in cui si fissano a zero rispettivamente i lati {1,}, {,} e {,}. x 1 = L MS1T, con z =, è mostrato in (c). Poiché si tratta di un ciclo Hamiltoniano, e < z = +, si pone z = ; inoltre il nodo viene chiuso per ottimalità (in altri termini, poiché z = z =, il nodo viene chiuso dalla valutazione inferiore). x 1 = L MS1T, con z = 17, è mostrato in (d). Poichè z = 17 < z =, occorre procedere col branching. Ciò corrisponde a selezionare il nodo, che ha tre lati incidenti, e creare i tre figli, inseriti in Q in quest ordine, in cui si fissano a zero rispettivamente i lati {1,}, {,} e {,}. x 1 = x 1 = L MS1T, con z =, è mostrato in (e). Poichè z = > z =, il nodo viene chiuso dalla valutazione inferiore. x 1 = x = L MS1T, con z = 18, è mostrato in (f). Poichè z = 18 < z =, occorre procedere col branching. Ciò corrisponde a selezionare il nodo, che ha tre lati incidenti, e creare i tre figli, inseriti in Q in quest ordine, in cui si fissano a zero rispettivamente i lati {1,}, {,} e {,}. Poiché il massimo numero di nodi è stato raggiunto, l algoritmo viene interrotto anche se Q non è vuota. L analisi dell algoritmo B&B assicura che la valutazione inferiore globale è pari a min{ z, min { z(p ) : P Q } }, dove Q è l insieme dei predecessori immediati dei nodi in Q. In questo caso Q contiene i nodi x 1 =, x 1 = e x 1 = x = ; pertanto la miglior valutazione inferiore disponibile quando l algoritmo termina è min{, min{1, 17, 18}}= 1, ed il gap relativo a terminazione è ( 1)/1 = % (a) (b) (c) (d) (e) (f)