Problemas resueltos C3 IN

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1 Problemas resueltos C3 IN77 28 Profesores: Cristián Cortés, Daniel Espinoza Auxiliares: Gustavo Angulo, Diego Morán y José Mu~noz P Sea S = {s,..., s n } subconjunto de R n y considere y R n \ conv(s). Use el Lema de Farkas para demostrar que existe una desigualdad πx π o que separa y de conv(s), es decir, que: πy > π o πx π o, x conv(s) Solución: Sólo daremos la siguiente indicación: x conv(s) { λ R n : [ ] s s 2 s n λ = ( ) } x, λ φ Además, recuerde que, en general, si α = (α,..., α n ) [ ] ( ) ( ) a a 2... a n a an α = α α n P2 Considere el poliedro P definido a partir de las siguientes ecuaciones: P : x 2 x 7 () 5x + x 2 3 (2) 2x + 3x 2 3 (3) x (4) x 2 (5) x 2 (6) x R 2 a) Bosqueje un dibujo de P. b) Encuentre todas las caras de P. c) Determine las dimensiones del poliedro y de cada una de sus caras. Cuáles son facetas? d) Cuáles restricciones son redundantes? Encuentre una representación minimal. e) Determine el Espacio Lineal y el Cono característico asociado. f ) Es P un polítopo? Solución: Para ordenarnos escribimos, P = {x R n : Ax b}, obteniendo:

2 P = x R 2 : a) Propuesto. b) Recordemos que una cara F de P, se puede escribir como F = {x P : A x = b } con A, b subsistemas de A y b, es decir, un subconjunto de las filas. Por otro lado, como x R 2, basta considerar sólo los subsistemas de tamaño n 2, pues para n > 3 los subsistemas son redundantes. Empecemos con los subsistemas de tamaño n =, es decir, encontremos las caras asociadasa cada una de las desigualdades: F = {x P : x 2 x = 7}: Si x F, entonces x 2 = x +7, reemplazando esto en las ecuaciones que definen P obtenemos: x 2 x = 7 6x x x x + 7 x + 7 Reordenando, nos queda: x 2 x = 7 x 5x 8 x x 6 x 4 Y de esto, si eliminamos las ecuaciones redundantes, concluimos que: F = {x R 2 : x 2 = x + 7, x 4} En otras palabras, F son los puntos contenidos en la recta x 2 = x + 7, cuando x toma valores entre y 4. Análogamente, F 2 = {x R 2 : x 2 = 5x + 3, x 2}. 2

3 De la misma forma, F 3 = {x R 2 : x 2 = 2 3 x + 3 3, 2 x 5}. Ahora, F 4 = {x P : x = }: Tomando x F 4, y reemplazando en las ecuaciones que definen a P obtenemos: P : x x x 2 3 x = x 2 x 2 x R 2 Es decir, P : x 2 8 x 2 8 3x 2 x = x 2 x 2 De estas ecuaciones se concluye que x F 4 x =, x 2 = 8. Así, {( F 4 = 8)} Es decir, F 4 es un sólo punto, y por lo tanto, es un vértice (o punto extremo de P ). F 5 = {x P : x 2 = }: Considerando x F 5 y usando que el x P, podemos decir que: x 7 5x + 3 2x x x 2 = Simplificando 3

4 6 x x 2 5 x 5 x x 2 = Eliminando las restricciones redundantes, se concluye que: F 5 = {x R 2 : x 2 =, 5 x } Como comentario, podemos observar que otra forma de escribir F 5 es {( ( } 5 F 5 = + λ : λ ) ) En particular, F 5 es una cara de P que no es acotada. Similarmente, se obtiene F 6 = {x R 2 : x 2 =, 4 x } ( ) 6 Ahora pasamos a buscar las caras con n = 2. Note que hay = 5 formas de escoger los pares 2 de filas que formaran los subsistemas de tamaño 2. F 7 = {x P : x 2 x = 7, x 2 = }, es decir, el subsistema está compuesto por las filas y 6 de A: Si x F 7, x cumple con el sistema de ecuaciones: x x 2 = x 2 = Que tiene como solución única a Luego, ( 4 x = ) F 7 = {( )} 4 F = {x P : x =, x 2 = }, asociada a las filas 4 y 6 de A. Si x F, entonces podemos decir, usando las ecuaciones que definen P : 4

5 x = x 2 = que, claramente, es un sistema de inecuaciones infactibles, pues > 7. Se concluye entonces que: F = φ Razonando análogamente, se obtienen las siguientes caras de P {( F 8 = 8)} {( 2 F 9 = 3)} c) El dibujo nos indica que P tiene dimensión completa, lo que, en nuestro caso, se traduce en dim(p ) = 2. Para probar esto último, debemos encontrar 3 puntos afínmente independientes en P. Podemos elegir los vértices pues ( ), 8 ( ) 2, 3 ( 4 P. Este conjunto es afínmente independiente, ) ( ( ( 2 = 3) 8) 5) ( ) 4 ( ) = 8 ( ) 3 3 [ ] 3 Y estos 2 últimos vectores son linealmente independientes pues la matriz es invertible. 5 3 Así, hemos encontrado 3 vectores afínmente independientes en P, luego, por la definici on de dimensión de un poliedro dim(p ) 2. Pero, como estamos en R 2, no hay conjuntos afínmente independientes con más de 3 elementos, lo que implica que dim(p ) 2. Concluimos dim(p ) = 2. Ahora, para las caras F i, con i = 4, 7, 8, 9, que son vértices, se tiene que los máximos conjuntos afínmente independientes contenidos en cada una de ellas contienen sóiílo un punto. Luego, dim(f i ) = =, para i = 4, 7, 8, 9 Calculemos dim(f 5 ), recordemos que: F 5 = {( ( 5 + λ ) ) } : λ Claramente, F 5 no puede contener 3 puntos afínmente independientes, por la forma en que se escriben los puntos que pertenecen a F 5. 5

6 ( 5 Si tomamos, ) ( 6 F ) 5, como ( ) 6 ( ) ( ( 5 = ) ) Luego, este punto forma un conjunto linealmente independiente. Así, dim(f 5 ), y como habíamos dicho que dim(f 5 ) < 2, se concluye dim(f 5 ) =. Para el resto de las caras es análogo, es decir, dim(f i ) =, cuando i =, 2, 3, 6 Las facetas son las caras maximales, es decir que no hay otra cara ( P ) que las contenga. Por lo calculado en la parte anterior, se ve que las caras que cumplen con esta condición son F, F 2, F 3, F 5.F 6. d) La descripción minimal viene de eliminar las restricciones a t x = b que no definen facetas, es decir, tales que {x P a t x = b} no es una faceta de P. La descripicón minimal entonces es: P : x 2 x 7 5x + x 2 3 2x + 3x 2 3 x 2 x 2 x R 2 e) Recordemos las definiciones de cono característico y de espacio lineal: El cono característico de P o char.cone(p ) es o equivalentemente, char.cone(p ) = {y : x P, x + y P } char.cone(p ) = {y : Ay } El espacio lineal de P o lin.space(p ) o equivalentemente, lin.space(p ) = {y : x P, x ± y P } lin.space(p ) = {y : Ay = } Encontremos char.cone(p ), por definición 6

7 char.cone(p ) = y : ) y 2 ( y Si y char.cone(p ), se cumplen las siguentes ecuaciones: y 2 y 5y + y 2 2y + 3y 2 y y 2 y 2 En particular, y 2 =, luego, podemos escribir, simplificando las ecuaciones anteriores: y y y y y 2 y 2 Así, char.cone(p ) = {y R 2 : y, y 2 = } Ahora veamoe el cálculo de lin.space(p ), por definición: char.cone(p ) = y : Tomando y lin.space(p ), se cumple ) = y 2 ( y 7

8 y 2 y = 5y + y 2 = 2y + 3y 2 = y = y 2 = y 2 = de donde, inmediatamente, se concluye que y = y 2 =. y, por lo tanto: {( lin.space(p ) = )} f ) No, pues P no es un poliedro acotado. Para ver esto, note que que el cono característico es {}, por lo tanto P no puede ser acotado. Otra forma de verlos es recordar que F 5 P es una cara no acotada de P, y por lo tanto, P es no acotado. P3 Considere el conjunto X = {x {, } 4 : 3x + x 2 + 4x 3 + 2x 4 7}. a) Enumere un cubrimiento minimal asociados al conjunto X. b) Cuál es el máximo valor que puede tomar α para que la desigualdad x + x 2 + x 3 + αx 4 3 sea válida para X? Define esta desigualdad una faceta de conv(x)? Solución: a) Cuando consideramos el Knapsack Problem S = x {, }n : n a j x j b j= Un cubrimiento (o cover), es un subconjunto C de índices tales que: a j > b () j C Y C es un cubrimiento minimal si, k C, j C\{k} a j b (2) Para nuestro caso particular, un conjunto de índices que cumple las condiciones () y (2) es C = {, 2, 3} b) Claramente la desigualdad, para x 4 = es válida, pues siempre se cumple: x + x 2 + x 3 3 8

9 Para encontrar el α, usemos la técnica de lifting. Sabemos que se debe cumplir α 3 ζ, donde ζ = máx { x + x 2 + x 3 : x X, x 4 = }. Para calcular ζ, notemos que si x 4 =, la desigualdad de la mochila nos queda: O, equivalentemente 3x + x 2 + 4x x + x 2 + 4x 3 5 ( ) De donde ζ < 3, pues ( ) nos dice que las 3 variables no pueden ser todas no nulas. Si tomamos x =, x 2 =, x 3 =, entonces la desigualdad ( ) se cumple, y, por lo tanto, ζ 2. Luego, ζ = 2. En conclusión, α 3 2, es decir, α. Así, el máximo α posible es α =. Se obtiene la siguiente desigualdad válida : x + x 2 + x 3 + x 4 3 Antes de seguir resolviendo problemas como locos: Recordemos que es lo que dice el teorema de Holgura complementaria: TEOREMA de HC: Si (P) y (D) son un par primal-dual (de programación lineal), entonces x es óptimo de (P), y es óptimo de (D) x es factible para (P), y es factible para (D) y se cumplen las ecuaciones y i (b i A i x) = i x j (c j A t j y) = j Esta desigualdad también se podría haber obtenido planteando la desigualdad asociada al cubrimiento (no minimal) C = {, 2, 3, 4}. Pero la idea del problema era usar lifting, para encontrar el máximo valor de α válido. 9

10 Podemos ocupar el Teorema de para comprobar si un punto factible x (resp. y ) es óptimo de (P) (resp. (D)). La idea es utilizar las ecuaciones que aparecen en el teorema para intentar despejar un y (resp. x ). Si es posible encontrar éste y (resp. x ) y comprobamos que es un elemento factible de (D) (resp. (P)), por el Teorema de HC podemos concluir que x y y son los óptimos respectivos OBS: en otras palabras, es importante no sólo resolver la ecuación, sino que también comprobar que la solución de la ecuación se factible. P4 (Ejercicio 3 del capítulo 7 del Wolsey) Considere el - knapsack problem n máx c j x j : j= n a j x j b, x {, } n j= con a j, c j > j. r (a) Pruebe que si c a,..., cn a n >, a j b y j= x j = si j =,..., r, x r = b r j= aj a r y x j = si j = r +,..., n. (b) Resuelva el siguiente problema: r a j > b, entonces el óptimo de la relajación lineal es j= Solución: máx 7x + x x 3 + 7x 4 5x + 3x 2 + 8x 3 + 7x 4 2 x {, } 4 (a) Hay al menos 2 formas: por contradicción o usando la observación a anterior sobre HC. (b) Primero resolvamos la relajación lineal del problema, si la solución resulta entera estamos listos, si no al menos obtenemos una cota superior z para el valor de la solución óptimo entero. Para resolver el problema relajado usaremos la parte (a). Ordenando de mayor a menor los cuocientes cj a j, obtenemos la solución x = (,, 2, ), cuyo valor de la función objetivo es 39,5 (así z = 39,5). Lamentablemente la solución no es entera, debemos usar otra metodología para resolver el problema. Usaremos Branch & Bound: Usaremos una ramificación típica en problemas con variables binarias: en cada paso dividiremos el conjunto factible en 2 partes, una en la cual fijamos alguna variable x i = y en la otra parte fijamos la misma variable x i =. para acotar usaremos algunos de los criterios vistos en clase para podar nodos, y la parte (a) para resolver las relajaciones lineales. Empecemos!: como el óptimo del relajado tiene la tercera coordenada no entera decidimos ramificar en x 3 (podríamos haber hecho cualquier otra elección, no tenemos alguna razón de peso para elegir x 3 ), así particionamos el conjunto factible en los 2 conjuntos siguientes: S = {x {, } 4 : 5x + 3x 2 + 8x 3 + 7x 4 2}

11 S = {x {, } 4 : 5x + 3x 2 + 8x 3 + 7x 4 2, x 3 = } que simplificados se pueden escribir S = {x {, } 4 : 5x + 3x 2 + 8x 3 + 7x 4 2, x 3 = } S = {x {, } 4 : 5x + 3x 2 + 7x 4 2, x 3 = } S = {x {, } 4 : 5x + 3x 2 + 7x 4 4, x 3 = } Una de las decisiones importantes que uno toma en Branch & Bound es el orden en que uno empieza a mirar (explorar) los nodos que se van formando, en este caso dados por los conjuntos S, S. Partamos mirando el nodo asociado a S. S : Como se tiene x 3 = el número el problema se vuelve más fácil de analizar, pues recuerden que queremos el máximo posible de variables con valor igual a, para que la función valga lo máximo posible; mirando un poco la restricción asociada al conjunto, vemos que la única variable que puede ser es x 2, por lo tanto concluimos que x = (,,, ), con valor de la función objetivo 35. Como el máximo en S es más grande que el máximo sólo considerando S se tiene que z = 35 es una cota inferior para el problema. Además, el nodo asociado a S no es necesario seguir explorandolo, pues encontramos su óptimo (entero!!), por lo que podemos decir que el nodo es podado por optimalidad. S : En este caso encontrar el óptimo entero no es tan fácil, así que no nos calentamos la cabeza y calculamos (usando la parte (a)) el óptimo de la relajación lineal, que nos da x = (,,, 4 7 ), con valor de función objetivo OBS: No es necesario, pero con esto y lo anterior nos damos cuenta de que tenemos una nueva cota superior z = máx{35, } = Sigamos con el problema. Ramificando en x 4, obtenemos los siguientes conjuntos: S = {x {, } 4 : 5x + 3x 2 2, x 3 =, x 4 = } S = {x {, } 4 : 5x + 3x 2 5, x 3 =, x 4 = } S : Análogamente a lo hecho al analizar S, podemos fácilmente encontrar el óptimo entero x = (,,, ), con valor objetivo 27. Este nodo puede se podado por optimalidad, o bien por cota, pues se tiene 27 < z = 35, ie, el máximo del problema completo es mucho mayor que 27. S : De la misma manera podemos encontrar acá el óptimo entero x = (,,, ), con valor función objetivo 7. Este nodo puede se podado por optimalidad, o bien por cota, pues se tiene 7 < z = 35, ie, el máximo del problema completo es mucho mayor que 7. Recapitulemos: Todas las hojas que se nos han formado en el árbol están todas podadas, por lo tanto no hay ninguna que nos quede por explorar, por lo que podemos afirmar que hemos encontrado el óptimo. Cómo encuentro el óptimo? Fácil, corresponde al mejor óptimo entre los nodos que fueron podados por optimalidad, como el problema es de maximización, se concluye que el mejor óptimo (el de valor más grande) fue encontrado en el nodo S. Conclusión: el punto óptimo es x = (,,, ).

12 P5 Considere el siguiente LP : mín x + 2x 2 x + x 2 4 x + 5x 2 5 x Z 2 + (a) Pruebe que x = ( 5 4, 4 ) es la solución óptima de la relajación lineal del problema anterior. (b) Encuentre un corte de Gomory para x. Solución: (a) Se puede hacer gráficamente o como en el Problema. (b) Recuerdo: un problema lineal {mín c t x : Ax = b, x } puede ser escrito como: mín c B x B + c N x N x B + B Nx N = B b x B, x N donde estamos diciendo que A = [B N], con B una base, x B son las variables básicas, x N las no básicas y c B, c N los costos respectivos. ( ) En particular lo anterior se puede hacer si tenemos un óptimo x B = b, con B su base asociada. Si llamamos à = [ I B N ], b = B b, los cortes de Gomory asociados al óptimo x = se pueden escribir, para cada i B: j N ) (Ãij Ãij x j b i bi Si observamos bien las desigualdades anteriores, que ( son válidas ) pues se obtienen usando el método de Chvátal-Gomory, dejan fuera al óptimo x B = b si y sólo si x posee una coordenada no entera. En efecto, por ejemplo, si b i es no entera la desigualdad i-ésima, evaluada en el óptimo x resulta: b i bi > Osea no se cumple la desigualdad, por lo tanto deja fuera del espacio factible a x. OBS: note que basta sólo una desigualdad para deshacernos de x, la correspondiente a alguna coordenada no entera. Volvamos con el ejercicio. Escribamos la relajación del problema dado en el enunciado usando variables de holgura: ( b ) mín x + 2x 2 x + x 2 x 3 = 4 x + 5x 2 x 4 = 5 x 2

13 Así podemos escribir el óptimo x = ( 5 4, 4,, ). Con esto: ] Y haciendo unos calculillos: B = [ 5 N = [ 5 Ã = 4 [ Con esto podemos escribir fácilmente las 2 desigualdades (una por cada variable básica): es decir, ( 54 ) ( ( 2) x 3 + ( ) 4 x 3 + ) 4 x ( 4 ) ( ) x x x x x 4 4 Observamos que como las 2 coordenadas básicas del óptimo son no enteras ambas restricciones dejan fuera al óptimo. Dado que, en este caso, las restricciones están escritas en función de las variables de holgura, una pregunta interesante es cómo escribir las desigualdades en función de las variables originales (que es lo que nos interesa)? La respuesta es despejandolas del sistema Ax = b. En nuestro caso obtenemos: ] ] O equivalentemente, 3 4 (x + x 2 4) + 4 (x + 5x 2 5) (x + x 2 4) (x + 5x 2 5) 4 Ambas desigualdades cortan a x = ( 5 4, 4 ). x + 2x 2 5 x + 4x 2 5 The End 3