RICERCA OPERATIVA (a.a. 2014/15) Nome: Cognome: Matricola:

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1 3 o Appello /2/2 RICERCA OPERATIVA (a.a. 2/) Nome: Cognome: Matricola: ) Si risolva algebricamente il seguente problema di PL max x 2x 2 x x 2 2 x x + x 2 3 x 2 7 mediante l algoritmo del Simplesso Primale a partire dalla base B = {3, }. 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. Al termine si discuta quali informazioni si possono ricavare riguardo il problema duale del PL dato. Si consideri, inoltre, l ultima direzione ξ individuata dall algoritmo: se il vettore dei costi c fosse, invece che, 2, ξ sarebbe ancora di crescita? Giustificare tutte le risposte. it.) B = {3,}, A B =, A B = ȳ B = ca B = 2, x = A 3 B b B = = 7 7 =, ȳ N =, ȳ = base primale degenere in quanto B I( x) = {2,3,}, e duale non degenere in quanto ȳ i per ogni i B h = min{i B : ȳ i < } = min{3,} = 3 regola anticiclo di Bland, B(h) = ξ = A B u B(h) =, A N ξ = =, J = {i N : A i ξ > } = {,2} it.2) B = {2,}, A B = it.3) B = {,2}, A B = λ i = (b i A i x)/a i ξ, λ =, λ 2 =, λ = min{λi : i J } = k = min{i J : λ i = λ} = 2 cambio di base degenere, A B = ȳ B = 2, x = = 7 7 = 2, ȳ = 2 base primale degenere e duale non degenere h =, B(h) = 2 ξ =, A N ξ = = J = {}, λ = λ =, k =, A B = 2, x = = 2 = 2, ȳ = 2 ȳ B = 2 base primale non degenere e duale non degenere h = 2, B(h) = 2 ξ =, A N ξ = =, J = 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. Se il vettore dei costi c fosse, invece che, 2 si avrebbe cξ =, e pertanto la direzione ξ non sarebbe di crescita.

2 3 o Appello /2/2 2 2) Si consideri il seguente problema di PL parametrico in ε (P) max 3x x 2 x x 2 x + x 2 2x x 2 3x + x 2 +ε e la soluzione ȳ =,,/,/ per il suo duale; utilizzando il il teorema degli scarti complementari si determini per quali valori di ε la soluzione ȳ è ottima per il duale, discutendone l unicità. Giustificare le risposte. Per la coppia asimmetrica di problemi duali (P) max{cx : Ax b} (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. Una soluzione ȳ ammissibile per (D) è ottima se e solo se esiste una soluzione x ammissibile per (P) complementare a ȳ, ovvero tale che x e ȳ verificano le condizioni degli scarti complementari ȳ(b A x) =. Per l ammissibilità delle soluzioni x e ȳ, le condizioni degli scarti complementari sono equivalenti al sistema di equazioni Il duale di (P) è (D) ȳ i (b i A i x) = i =,...,m. min y + y 3 + (+ε)y y y 2 + 2y 3 + 3y = 3 y + y 2 y 3 + y = y, y 2, y 3, y Per il teorema degli scarti complementari, ȳ è ottima se e solo se esiste una soluzione primale x che rispetta gli scarti complementari con essa. Questo significa che i vincoli primali a cui corrispondono variabili duali che hanno valore positivo in ȳ, ossia i vincoli 3 e, devono essere soddisfatti come uguaglianza da x. Quindi x deve necessariamente risolvere il sistema di equazioni lineari { 2x x 2 = 3x + x 2 = +ε che ha come unica soluzione x(ε) = +ε/,+2ε/. Affinché ȳ sia ottima occorre quindi che tale soluzione rispetti gli altri due vincoli del problema; da ció si ricava { (+ε/) (+2ε/) = ε (+ε/)+(+2ε/) = ε Pertanto la soluzione ȳ è ottima per tutti i valori ε,. Per discuterne l unicità dobbiamo studiare l insieme dei vincoli attivi I( x(ε)) = {i {,...,m} : A i x(ε) = b i }. Chiaramente tale insieme comprende sempre i vincoli 3 e ; l analisi precedente mostra facilmente che I( x(ε)) = {, 3, } per ε =, I( x(ε)) = {3,} per ε (,), e I( x(ε)) = {2,3,} per ε =. Per tutti i valori ε (,) la base B = {3,} è primale e duale ammissibile, primale e duale non degenere: di conseguenza, ȳ è l unica soluzione ottima del primale (e x(ε) è l unica soluzione ottima del primale). Restano quindi da studiare individualmente i due casi estremi. Per ε = ȳ non è più l unica soluzione ottima del duale: infatti, la soluzione duale di base 3,,,2 corrispondente alle base {, } è ancora ammissibile, e poiché rispetta le condizioni degli scarti complementari con x( ) =, allora è anch essa ottima. Similmente, per ε = ȳ non è più l unica soluzione ottima del duale: infatti, la soluzione duale di base,,2, corrispondente alle base {2, 3} è ammissibile e rispetta le condizioni degli scarti complementari con x() =,.

3 3 o Appello /2/2 3 3) Si individui un flusso massimo dal nodo al nodo sulla rete in figura, utilizzando l algoritmo di Edmonds e Karp a partire dal flusso riportato in figura di valore v =. Nella visita degli archi di una stella uscente si utilizzi l ordinamento crescente dei rispettivi nodi testa (ad esempio, (,2) è visitato prima di (,3)). Ad ogni iterazione si fornisca l albero della visita, il cammino aumentante individuato con la relativa capacità, ed il flusso ottenuto con il relativo valore. Al termine, si indichi il taglio (N s,n t ) restituito dall algoritmo e la sua capacità, discutendo se sia l unico taglio di capacità minima. Si discuta infine come cambierebbero le risposte se l arco (2, ) avesse capacità u 2 = 7.,, i u ij, x ij j 9,, 2 7,2, Le iterazioni sono rappresentate di seguito, dall alto in basso. Per ogni iterazione, a sinistra è mostrato l albero della visita ed il cammino aumentante P individuato (archi evidenziati); a destra viene invece indicato il flusso ottenuto in seguito all invio di flusso lungo P, pari alla capacità θ(p,x), col relativo valore v. Al termine è riportato il taglio (N s,n t ) = ({,3},{2,,,}) determinato, che è di capacità minima: infatti u(n s,n t ) = u 2 +u 32 = + = = v. Il taglio è unico, come si può verificare esaminandoli tutti., 8,2 9, 2, 2, it. ) θ(p, x) = v = 2 2 it. 2) θ(p,x) = v = it. 3) θ(p,x) = 7 2 v = it. ) Se l arco (2,) avesse capacità u 2 = 7, l algoritmo compirebbe la stessa sequenza di passi determinando la stessa soluzioneelostessotaglio. Questoperònonsarebbepiù l unicotagliodi capacitàminima, inquanto({,2,3},{,,}) avrebbe anch esso capacità.

4 3 o Appello /2/2 ) Utilizzando le tecniche di modellazione apprese durante il corso, si riformuli il seguente modello matematico min max{2x x 2 x 3, x +x 2 +2x 3 } x {,} x 2 x = = x 2 = x 3 = x 2 x come un problema di Programmazione Lineare Intera (PLI). Giustificare le risposte. Il modello matematico proposto non è un modello di PLI in quanto: la funzione obiettivo non è lineare (bensì è definita come il massimo di due funzioni lineari); è presente un implicazione logica che lega la variabile x 2 al valore assunto dalla variabili binaria x ; la variabile x 3 è definita come il prodotto di due variabili, di cui una binaria. Il modello può comunque essere (ri)formulato in termini di modello PLI nel modo seguente: minz z 2x x 2 x 3 (2) z x +x 2 +2x 3 (3) x {,} x 2 = ( x )+x 3 () x 3 x () Per via dei vincoli () e (2), la variabile di soglia z stima per eccesso il massimo tra i valori restituiti dalle funzioni lineari 2x x 2 x 3 e x + x 2 + 2x 3. Minimizzando z, il solutore attribuisce pertanto a x, x 2 e x 3 quei valori (ammissibili) che minimizzano il massimo valore restituito dalle due funzioni lineari. Il vincolo () garantisce che se x = allora la variabile x 2 debba assumere valere +x 3 ; ma il vincolo () garantisce che sotto la stessa condizione x 3 =, come richiesto dal vincolo originale x 3 = x x 2, e quindi x 2 =. Se invece x =, il vincolo () garantisce che x 3 = x 2 (= x x 2 ), mentre il vincolo () garantisce che x 2 (= x 3 ) possa assumere solamente valori nell intervallo,. () ()

5 3 o Appello /2/2 ) Si applichi alla seguente istanza del problema dello zaino max 2x +x 2 +9x 3 +x +9x 3x +x 2 +x 3 +2x +3x 7 x, x 2, x 3, x, x {,} l algoritmo Branch&Bound che utilizza il rilassamento continuo per determinare la valutazione superiore, l euristica Greedy CUD per determinare la valutazione inferiore, esegue il branching sulla variabile frazionaria, visita l albero di enumerazione in modo depth-first e, tra i figli di uno stesso nodo, visita per primo quello in cui la variabile frazionaria è fissata a. Per ogni nodo dell albero si riportino le soluzioni ottenute dal rilassamento e dall euristica (se vengono eseguiti) con le corrispondenti valutazioni superiore ed inferiore. Si indichi poi se viene effettuato il branching, e come, o se il nodo viene chiuso e perché. Si esaminino solamente i primi sette nodi dell albero delle decisioni (la radice conta come un nodo). Al termine si indichi se il problema è stato risolto, oppure quali sono la miglior valutazione superiore ed inferiore disponibili al momento in cui l esplorazione viene interrotta; si discuta inoltre se i dati ricavati durante l esplorazione dell algoritmo permettano di dichiarare che la soluzione ottima è unica (qualora sia stata determinata). Indichiamo con x la soluzione ottenuta dal rilassamento e con x quella ottenuta dall euristica. Indichiamo inoltre con z la valutazione superiore ottenuta ad ogni nodo (ossia z = cx ), con z la valutazione inferiore ottenuta ad ogni nodo (ossia z = c x) e con z la migliore delle valutazioni inferiori determinate. L ordinamento CUD (Costo Unitario Decrescente) delle variabili è x,x,x 3,x 2,x. Inizializzazione La coda Q viene inizializzata inserendovi il solo nodo radice dell albero delle decisioni, corrispondente a non aver fissato alcuna variabile; inoltre, si pone z =. Nodo radice x =,,/3,,, z = 7, x =,,,,, z =. Poiché z = > z =, z =. Siccome z > z, si esegue il branching sulla variabile frazionaria x 3. x 3 = x =,/2,,,, z = +/2, x =,,,,, z =. Siccome z > z =, si esegue il branching sulla variabile frazionaria x 2. x 3 = x 2 = x = 2/3,,,,, z = +/3, x =,,,,, z =. Siccome z = +/3 > z =, si esegue il branching sulla variabile frazionaria x. x 3 = x 2 = x = x =,,,,, z =, x =,,,,, z =. Poichè la soluzione ottima del rilassamento continuo è a componenti intere, il nodo viene chiuso per ottimalità; sarebbe comunque stato chiuso dalla valutazione superiore, in quanto z z. x 3 = x 2 =, x = x =,,,/2,, z = 3+ /2, Siccome z = 3+ /3 < z =, il nodo viene chiuso dalla valutazione superiore. x 3 =, x 2 = x =,,,,, z =. Poichè la soluzione ottima del rilassamento continuo è a componenti intere, il nodo viene chiuso per ottimalità; sarebbe comunque stato chiuso dalla valutazione superiore, in quanto z z. x 3 = x =,,,,/3, z = 2. Siccome z < z =, il nodo viene chiuso dalla valutazione superiore. Poiché Q =, l algoritmo termina: z = è il valore ottimo del problema. Chiaramente esistono soluzioni ottime multiple: infatti l algoritmo ne ha determinate due equivalenti,,,,, (al nodo radice) e,,,, (al nodo x 3 =, x 2 = ).

6 3 o Appello /2/2 ) Si enuncino e si dimostrino le condizioni di ottimalità relative al problema di Flusso di Costo Minimo. Dato un grafo orientato G = (N,A), si consideri il problema di Flusso di Costo Minimo definito su G relativamente ad un vettore b di bilanci ai nodi, un vettore u di capacità superiori associate agli archi, ed un vettore c di costi unitari, anch essi associati agli archi di G. Dato un flusso ammissibile x, vale la seguente caratterizzazione della sua ottimalità: x è di costo minimo se e solo se non esistono cicli aumentanti di costo negativo rispetto ad x (equivalentemente, cicli orientati di costo negativo nel grafo residuo associato a x, ovvero G x ). Per dimostrare tale risultato, consideriamo dapprima il caso in cui x sia un flusso di costo minimo, e supponiamo per assurdo che esista un ciclo aumentante C rispetto ad x di costo negativo c(c). Questo significa che la capacità di C rispetto ad x, θ(c,x), è strettamente positiva. Quindi, per qualsiasi < ε θ(c,x), il flusso x(ε) = x εc ottenuto inviando lungo C una quantità positiva di flusso ε è anch esso ammissibile. Per la linearità dei costi rispetto all operatore di composizione tra flussi e cammini risulta cx(ε) = cx+εc(c) < cx (in quanto c(c) < e ε > ), contraddicendo l ipotesi che x sia un flusso di costo minimo. Supponiamo ora che non esistano cicli aumentanti di costo negativo rispetto ad x, ma esista un flusso ammissibile x tale che cx > c x. Per il teorema di decomposizione dei flussi, esistono k m cicli aumentanti C, C 2,...C k rispetto ad x e k numeri reali θ, θ 2,..., θ k tali che < θ i θ(c i,x) per i =,...,k tali che Considerando i costi, vale pertanto la relazione x = x θ C θ 2 C 2... θ k C k. c x = cx+θ c(c )+θ 2 c(c 2 )+...+θ k c(c k ). Poiché, per ipotesi, ogni ciclo aumentante ha costo non negativo, e le quantità di flusso inviate sono positive, segue che c x cx ottenendo una contraddizione con cx > c x e pertanto dimostrando il teorema.