max c T x s.a. Ax b x 0 y un diccionario general para dicho problema a rs x s, c s x s z = d + b r y r min b T y s.a. A T y c y 0

Transcripción

1 CO-34 (S8) 25/3/28 8 Formalizaremos lo visto en la clase anterior. Considere un problema en forma estándar max s.a. c T x Ax b x un diccionario general para dicho problema x r = b r + a rs x s, s NB z = d + s NB c s x s r B no necesariamente factible. Entonces se puede ver facilmente, pero con algo de trabajo (ejercicio. de Chvátal) que el diccionario s = c s a rs r, s NB r B w = d b r r s NB es un diccionario para el problema dual: min s.a. b T A T c no necesariamente factible. De esa forma, la relación vista en la clase pasada se escribe formalmente. Así podemos decir que un diccionario primal es dual factible si el correspondiente diccionario dual es factible, como habíamos observado. Ahora bien, si hablamos del método Simplex Dual podemos justicar sus pasos de manera un

2 CO-34 (S8) 25/3/28 82 poco más formal que en la clase anterior. Supongamos que tenemos un diccionario primal como el de arriba que es dual factible pero no primal factible. Esto signica que c s para todo s NB existe algún r tal que b r < Entonces nos interesa ir sacando a esas variables básicas r cuos valores son negativos de la base, manteniendo la factibilidad dual tratando de mejorar la función objetivo dual, es decir disminuendo el valor de d. Veamos que la estrategia esbozada logra esto. Supongamos que elegimos una variable básica k con lado derecho negativo una variable no básica cualquiera l (por ahora, pero al menos el pivote tiene que ser distinto de cero). Entonces simulamos un pivote vemos el efecto en la la de la función objetivo. Debemos multiplicar la la correspondiente a k por c l a kl sumársela a la la de la función objetivo. Se obtiene: z c [ l x k = d c ] l b k + [ c s c ] l a ks x s a kl a kl a kl s NB o lo que es igual: z = [ d c ] l b k + [ c s c ] l a ks x s + c l x k a kl a kl a kl s NB hacemos un análisis de signos de las cosas involucradas c l c s para todo s b k < Primero, de acuerdo a los signos, si queremos que d disminua tenemos que restarle. Esto implica que el coeciente del pivote a kl debe ser positivo. Ya vimos las consecuencias de que todos los coecientes de la la k sean negativos (no factibilidad primal no acotación dual). Note que si c l = no ha progreso, eso sería una solución dual degenerada. En caso contrario, ha siempre una

3 CO-34 (S8) 25/3/28 83 disminución real de la función objetivo dual. Segundo, ha un coeciente de las variables no básicas que se hace cero (obvio). Tercero, el coeciente de x k es (no positivo) lo cual está bien. Cuarto, ¾cómo logramos que los coecientes de las demas variables no básicas se mantengan no positivos? Bueno necesitamos que c s c l a kl a ks que es cierto en caso de que a ks. Si a ks > podemos transformarla expresión en c s a ks c l a kl que debe ser cierto para todo s tal que a ks >. Note que esos son dos números negativos o cero. Para hacerlos positivos tenemos que ponerlo al revés c s a ks c l a kl Entonces debemos tomar el m n s a ks > { c } s a ks lo cual es exactamente los dicho en la clase pasada. Problemas generales Consideraremos de ahora en adelante el formato general de problemas lineales: max s.a. c T x Ax = b l x u donde se entiende que los vectores l u pueden contener +, respectivamente. Se supone, sin pérdida de generalidad, que u i l i para i =, 2,..., n.

4 CO-34 (S8) 25/3/28 84 Si bien es cierto que un problema de esta forma se puede llevar a la forma estándar usando transformaciones varias, eso no es mu conveniente porque aumenta el tamaño del problema, especialmente en cuanto a m que como sabemos está relacionado con la eciencia del algoritmo Simplex. Entonces es mejor tratar de trabajar los problemas en esta forma directamente. Lo que si es cierto es que todo PL puede ponerse en esta forma general sin elevar el número de restricciones, entonces este formato parece más conveniente que el estándar. Algunas deniciones están en orden. Denición : Si simultáneamente l i = u i = +, se dice que la variable x i es libre o no restringida. En caso contrario se dice que es acotada o restringida. Denición 2: Una solución x del sistema Ax = b es básica si las variables pueden particionarse en m básicas n m no básicas tales que:. Las m columnas de A que corresponden a las básicas forman una matriz no singular A B. 2. El valor x j de cada no básica acotada x j es l j ó u j. Una solución básica es factible si l x u Comentarios: Esta denición de SBF es consistente con la anterior, basta pasar el problema estándar a este formato. En este tipo de problemas una A B puede dar lugar a más de una SBF. Ejemplo p. 2 Chvátal. Dada una solución básica factible correspondiente a una matriz básica A B se tienen las mismas particiones de A, x c. Los valores actuales de las variables los denotamos con un asterisco como superíndice.

5 CO-34 (S8) 25/3/28 85 Entonces veamos el álgebra x B = A B b A B A Nx N z = c T BA B b + ( c T N c T BA B A N) xn que se puede abreviar a z = T b + ( c T N T A N ) xn haciendo T = c T B A B. Sea x j una variable no básica a su columna en A N. Vamos a elevar su valor x j a x j + t, con t pequeño positivo. Entonces x B = A B b A B A Nx N A B b A B A Nx N ta B a = A B b A B A Nx N td x B td c T x c T x + ( c j T a ) t Eso era para elevar su valor. Si queremos disminuirlo usamos t positivo pero cambiamos x j por x j t los cambios quedan: x B x B + td c T x c T x ( c j T a ) t Y ahora nos hacemos la pregunta: ¾cuándo conviene incrementar la variable x j? La respuesta es: Si x j < u j ( c j T a ) > ()

6 CO-34 (S8) 25/3/28 86 Otra pregunta: ¾cuándo conviene decrementar la variable x j? La respuesta es: Si x j > l j ( c j T a ) < (2) Note que en () x j < u j es equivalente a x j = l j en el caso de (2) x j > l j es equivalente a x j = u j (porque son no básicas deben estar en una de sus cotas). En caso de que no hubiese no básicas que satisfagan alguna de estas condiciones entonces la SBF actual es óptima. En efecto: Sea x ( j una variable no básica. Si c j T a ) > entonces x j = u ( j si c j T a ) < entonces x j = l j (este es el caso de no haber variable no básica con esas características). En el primer caso, como sabemos que para cualquier solución factible x se cumple que l j x j u j, entonces u j x j x j x j ( cj T a ) ( x j x j ) o ( cj T a ) x j ( c j T a ) x j Análogamente, en el segundo caso tenemos x j l j x j x j ( cj T a ) ( ) x j x j o ( cj T a ) x j ( c j T a ) x j

7 CO-34 (S8) 25/3/28 87 Como esto es cierto para toda variable no básica, se tiene ( cn T A N ) xn ( c N T A N ) x N como sabemos que c T x = T b + ( c T N T A N ) xn se conclue que: c T x c T x Y como la solución factible seleccionada es arbitraria, esto es cierto para cualquier solución factible x por lo tanto x es óptima. En caso de que la solución no sea óptima podemos continuar para construir una iteración del Simplex Revisado para problemas Generales: Obtenemos exactamente como en el Simplex Revisado usual (resolviendo T A B = c T B ). Seleccionamos una variable no básica x j para entrar en la base. Esta variable puede ser seleccionada por satisfacer una sólo una de las relaciones () o (2). Sea a la columna de la variable entrante en la matriz A N. Obtenemos d como antes (resolviendo el sistema Ad = a). Según lo dicho arriba, ha dos casos:. Si el valor de la variable entrante x j satisface () ponemos: x j (t) = x j + t, x B (t) = x B td 2. Si por el contrario el valor de la variable entrante x j satisface (2) ponemos: x j (t) = x j t, x B (t) = x B + td

8 CO-34 (S8) 25/3/28 88 Entonces el valor de la variable x j va a ser variado de x j () a x j (t) para algún t positivo. Todas las soluciones que se obtienen de esa manera satisfacen Ax = b (sería bueno intentar esto como ejercicio) pero tienen la limitación de las cotas, es decir, la nueva solución debe satisfacer: l j x j (t) u j (3) l B x B (t) u B (4) A diferencia de lo que ocurría con el problema estándar, aquí se presentan tres casos:. (4) es más estricta sobre t que (3). 2. (3) es al menos tan estricta sobre t como lo es (4). 3. No se impone ninguna cota. En el primer caso una variable básica que imponga esa restricción más estricta será la variable saliente se procede exactamente como en el Simplex Revisado. En el segundo caso no ha cambio de base, la variable no básica se mueve de una cota a otra, se actualizan los valores de las variables básicas el de la no básica que se movió a. En el tercer caso el problema se declara no acotado.

9 CO-34 (S8) 25/3/28 89 Ejemplo completo: Consideremos un problema en el formato dado, con los siguientes datos: c = l = u = 3 2 A = b = 28 8 Supongamos que las variables básicas son las dos primeras el resto son no básicas. ¾Basta esta información para caracterizar la solución básica factible? No, no basta. Debemos también especicar en cuál cota se encuentran las variables no básicas. En este caso diremos que las variables x 3, x 5 x 6 están en su cota inferior, mientras que las variables x 4 x 7 se encuentran en su cota superior. Suponemos que efectivamente ésta es una solución básica factible. Para comprobarlo habría que vericar que A B es no singular (en este caso es sencillísimo) que x B determinado unívocamente de la ecuación A B x B = b A N x N satisface sus cotas (queda como ejercicio comprobar que x T B = ( 8 3, 7 3), que ciertamente las satisface). La solución se puede especicar así: B = {, 2} N = {3, 4, 5, 6, 7} A B = 3 A N = 2 2 3

10 x B = 8/3 7/3 c B = 4 7 CO-34 (S8) 25/3/28 9 x N = 2 c N = Siguiendo el método tal como lo especicamos arriba, el primer paso es resolver el sistema: (, 2 ) 3 = (4, 7) que tiene como resultado = 4. El vector de costos reducidos queda: c T N T A N = (4, 2, 2,, 3) (, 4) = (4, 2, 2,, 3) ( 2,, 5, 6, 3) = (6,, 3, 4, 7) Lo que indica que la solución no es óptima puesto que las variables x 3 x 6, que están en cota inferior, tienen costo reducido positivo. Las demás variables no básicas están bien, x 5 está en cota inferior tiene costo reducido negativo, mientras que x 4 x 7 están en cota superior tienen costo reducido positivo. Elegimos x 3 como variable entrante (se puede elegir cualquiera de las dos, pero como es usual

11 CO-34 (S8) 25/3/28 9 tomamos la que tenga un costo reducido de maor magnitud absoluta). Pasamos a la prueba de no acotación donde tenemos el sistema: 3 d d 2 = 2 = a cua solución es d = 5 /3 2/3 Entonces, como el costo reducido de la variable entrante es positivo, tenemos que considerar x 3 (t) = + t x B (t) = 8/3 7/3 t 5 /3 2/3 ha que determinar, de existir, el máximo t para que las desigualdades (A) (B) se cumplan. Estas desigualdades en este caso son: t t t respectivamente. Es claro que las desigualdades de la primera la de (B) no restringen el valor de t. De la segunda la de (B) la única desigualdad que restringe es: t

12 CO-34 (S8) 25/3/28 92 cua solución es t 2. Como esta restricción es más fuerte que (A), se determina que el máximo t es 2 sale la variable x 2 endo a su cota inferior. La actualización da como resultado la siguiente solución básica: A B = B = {, 3} N = {2, 4, 5, 6, 7} 2 x B = A N = 6 2 c B = x N = 2 c N = donde los valores nuevos de las variables se pueden obtener directamente de las expresiones en (A) (B) con t = 2 (también se pueden recalcular desde cero usando la expresión A B x B = b A N x N ). Aquí comienza la segunda iteración. De nuevo el primer paso es resolver el sistema: (, 2 ) 2 = (4, 4) que tiene como resultado = 4 4.

13 CO-34 (S8) 25/3/28 93 En este caso el vector de costos reducidos queda: c T N T A N = (7, 2, 2,, 3) (4, 4) = (7, 2, 2,, 3) (6, 4, 8, 2, 6) = ( 9, 2, 6, 2, 4) De nuevo observamos que la solución no es óptima porque la variable x 4, que está en su cota superior, tiene costo reducido negativo. Note que el resto de las variables no básicas satisfacen las condiciones de optimalidad. Entonces la variable x 4 es la única candidata a ser entrante así la elegimos. En la prueba de no acotación tenemos el sistema: 2 d d 2 = = a cua solución es d = /2 /2 Entonces, como el costo reducido de la variable entrante es negativo, tenemos que considerar x 4 (t) = 2 t x B (t) = t /2 /2 nuevamente debemos determinar, de existir, el máximo t para que las desigualdades (A) (B) se cumplan. Estas desigualdades en este caso son: t 2

14 CO-34 (S8) 25/3/ t t 3 respectivamente. La única restricción que queda en (B) sobre t es entonces: t 3 cua solución es t 2, que restringe más que t 2. Entonces sale la variable x 3 a su cota superior el máximo t es 2. Actualizando tenemos la nueva solución básica: A B = B = {, 4} N = {2, 3, 5, 6, 7} x B = A N = 7 8 c B = x N = 3 c N =

15 CO-34 (S8) 25/3/28 95 Llegamos a la tercera iteración. Resolvemos el sistema: (, 2 ) = (4, 2) que tiene como resultado = 2 4. En este caso el vector de costos reducidos queda: c T N T A N = (7, 4, 2,, 3) (2, 4) = (7, 4, 2,, 3) (,, 6, 8, 4) = ( 3, 4, 4, 2, 6) Para este vector de costos reducidos, sólo la variable x 6 viola las condiciones de optimalidad, a que está en cota inferior su costo reducido es positivo. Entonces entra la variable x 6. Ahora pasamos a la prueba de no acotación, donde debemos resolver el sistema: d d 2 = 2 = a cua solución es d = 2

16 CO-34 (S8) 25/3/28 96 Entonces, como el costo reducido de la variable entrante es positivo, tenemos que considerar x 6 (t) = + t x B (t) = 7 8 t 2 una vez más debemos determinar, de existir, el máximo t para que las desigualdades (A) (B) se cumplan. Estas desigualdades en este caso son: t 7 t 8 2t 2 respectivamente. La de (A) no restringe, de las de (B) la primera dice t 7 la segunda t 9, por lo que la más restrictiva es la correspondiente a x la cual deja la base en cota inferior se toma t = 7. Al actualizar la solución obtenemos: A B = B = {4, 6} N = {, 2, 3, 5, 7} 2 x B = A N = 4 7 c B =

17 CO-34 (S8) 25/3/28 97 x N = 3 c N = La cuarta iteración comienza. Debemos vericar la optimalidad de la solución actual. resolvemos el sistema: (, 2 ) 2 = (2, ) que tiene como resultado = 2 6. En este caso el vector de costos reducidos queda: c T N T A N = (4, 7, 4, 2, 3) (2, 6) = (4, 7, 4, 2, 3) (6, 2, 2, 8, 2) = ( 2, 5, 6, 6, ) Finalmente, en este caso ninguna variable viola las condiciones de optimalidad por lo tanto la solución actual es óptima. Los valores de las variables son: x =, x 2 =, x 3 = 3, x 4 = 4, x 5 =, x 6 = 7, x 7 = con valor objetivo: 27. Las variables duales óptimas son: ¾Qué pasa si la cota superior u 3 valiese 4? ¾cómo cambia la segunda iteración?