0. En la solución inicial estos ratios son 30; 155

Transcripción

1 PASO 7. Regla de entrada. Se introduce en la base la variable con mayor coste reducido, en este caso, la variable. PASO 8. Regla de salida. A continuación debemos determinar qué variable sale de la base. Para ello se calculan los ratios: 0 B i y ik 8 62 para todos los yik 0. En la solución inicial estos ratios son 30; 55 0,6 0, 4. El mínimo es 30 y, por tanto, sale de la base la variable s. La próima Base está formada, por lo tanto, por las variables (, 2 ). En el tableau iteración se ha marcado el pivote, en la celda sombreada ( y 0,6 ). rk PASO 9. Actualización de la solución. Ahora debemos recalcular la nueva Base al igual que hicimos en el PASO 5. Para ello:. Se divide la fila entrante por el pivote. Esto es: Fila s : =8/0,6= 30 = 0,6/0,6= 2 = 0/0,6= 0 s = /0,6 =,67 s 2 = (-/2)/0,6= -0,83 2. El resto de la filas se actualizan restándoles la fila correspondiente a la nueva variable básica, multiplicada por y ik.en nuestro caso sólo corresponde a la fila 2 y es igual a 0,4. Fila 2 : =2-(30*0,4) =50 = 0,4-(*0,4) = 0 2 = -(0*0,4) = s = 0-(/0,6*0,4) = -0,67 s 2 =/2 (-,2*0,4)=0, Se recalcula z j y los costes reducidos (c j z j ) de forma análoga a como hicimos en la iteración anterior. z = 00* + 200*0 = 00 z 2 = 00* * = 200 z 3 = 00*, *(-0,67) = 33,33 z 4 = 00*(-0,83) +200*(0,83) = 83,33 c z = = 0 c 2 z 2 = = 0 c 3 z 3 = 0 33,33 = -33,33 c 4 z 4 = 0 83,33 = -83,33 c j

2 BB c BB 2 s s ,67-0, ,67 0,833 z j ,33 83,33 c j -z j ,33-83,33 Tableau 4.3. Iteración 2. En esta segunda iteración se han obtenido costes reducidos no positivos para todas las variables y, por tanto, se ha llegado al óptimo. El valor de la función * * objetivo y de las variables en el óptimo es: z = 00*30+200*50 = 3.000, = 30, 2 = 50, s = 0 y s 2 = 0. La figura 4.5 nos indica el vértice donde se halla la solución óptima encontrada. Figura 4.5. Solución gráfica (óptimo) Determinación de una solución básica factible inicial: el método de la M grande y el de las 2 fases. El desarrollo anterior no resuelve dos de las cuestiones que estaban planteadas, (ya que partimos de que la SBF inicial eiste y es trivial): generar una solución básica inicial y detectar cuándo un problema es infactible. Ambos problemas pueden resolverse simultáneamente desarrollando procedimientos generales para determinar una solución inicial. A partir del problema en forma canónica: sujeto a: T Ma(z) = c

3 A b 0 y si b 0y las columnas de A pueden reordenarse de forma que se obtenga a estructura siendo: I: Matriz identidad de orden m m. A= N I N: Matriz de orden m (n-m) que agrupa el resto de los coeficientes de A. resulta trivial encontrar una solución básica inicial. Basta tomar como básicas las variables que tiene asociadas las columnas de I y hacer B = b para obtener una solución básica que, además, es factible. En cambio, si A no contiene una submatriz identidad o bien eiste alguna componente negativa en b, no resulta inmediato determinar una SBF inicial. En los apartados y se describen dos procedimientos para solucionar este problema. En ambos casos se resuelve un problema de apoyo que: Incluye en su matriz de coeficientes una matriz identidad, por lo que resulta muy sencillo determinar una solución inicial. Su óptimo, si eiste, es una SBF del problema que desea resolverse El método de eliminación (o de la «M grande»). Cuando todas las restricciones del P.L. son de tipo menor o igual y el término independiente es no negativo, la SBF inicial puede obtenerse directamente añadiendo una variable de holgura a cada restricción e igualando cada una de estas variables al término independiente de su ecuación (es lo que hemos hecho en el ejemplo 4.). En este caso, las variables de holgura igual al término independiente se corresponden con la SBF inicial. Las demás variables se consideran no básicas. Una vez realizados los cambios necesarios para que se cumpla b 0, cuando eiste alguna restricción de tipo mayor o igual, la correspondiente variable de holgura tendrá un coeficiente negativo. Análogamente, si eiste alguna restricción de tipo igualdad, no pueden añadirse variables de holgura. En ambos casos no puede formarse una submatriz identidad dentro de A. Para obtener una solución inicial se resuelve un problema de apoyo en el que se añaden variables artificiales a cada restricción de tipo igualdad o mayor o igual. Estas variables estarán afectadas por un coeficiente unitario. Estos coeficientes, junto con los de las variables de holgura de las restricciones de tipo menor o igual, deberán formar una matriz identidad que puede emplearse para obtener la SBF inicial e iniciar el

4 proceso iterativo. Esta solución no es factible, puesto que no cumple todas las restricciones del problema original. Para intentar convertirlas en factibles, los coeficientes asociados de las variables artificiales en la función objetivo se fijan en valores positivos y muy altos (digamos M) si el problema es de minimización. De esta forma, el algoritmo tenderá a eliminar estas variables de la Base. Análogamente, para problemas de maimización, los coeficientes de las variables artificiales se fijan en valores negativos y muy elevados en valor absoluto (digamos M). En ambos casos, si el algoritmo consigue eliminar todas las variables artificiales de la Base, se tendrá una SBF del problema inicial. Por el contrario, si en el óptimo del problema de apoyo queda alguna variable artificial en la Base, esto se deberá a que no ha sido posible eliminarla sin perder factibilidad y, por tanto, no eiste ninguna solución factible del problema original. Formalmente supongamos, sin pérdida de generalidad, que todas las restricciones del problema que desea resolverse son de tipo igualdad y que el problema ha sido sometido a todas las operaciones necesarias para que sea b 0. En estas condiciones, el método de la «M grande» se basa en la resolución del siguiente problema de apoyo: M sujeto a: T Ma c - Mi m A m A + i = b 0, 0 A A siendo: A : Vector (m ) de variables de apoyo. i m : Vector ( m) de coeficientes unitarios. M: Valor arbitrariamente grande. Su función es la de penalizar la inclusión de las variables de apoyo A en la base. Como b 0, la SBF de partida puede ser: A = b, B = I = 0, N = A Si en el óptimo de este problema se cumple A =0, se habrá obtenido la solución óptima del problema original. Si no es así, el problema original es infactible. EJEMPLO 4.2. Aplicación del método de eliminación (o de la «M grande»). Sea el problema de P.L.: sujeto a: Min(w)

5 0, , 0 2 Para convertir las inecuaciones en ecuaciones se añade una variable de holgura y una variable artificial por cada ecuación, con lo que queda: Min(w) s 0s2 MA MA2 sujeto a: 0,82 s A s2 A2 200,, s, s, A, A El proceso de cálculo de la solución utilizando el método de la M grande es el siguiente: PASO. Solución inicial. Empezamos con la solución básica: Si hacemos 0, 2 0, s 0, s2 0, el sistema de ecuación es anterior es equivalente a resolver: A 0A A A cuya solución es A 00, A Esta solución corresponde al vértice señalado con un en la figura 4.6.:

6 Figura 4.6. SBF inicial. A esta primera SBF inicial la podemos representar en el siguiente tableau: BB c BB c j M M 2 s s 2 A A 2 RATIOS A M 00 0, A 2 M z j 2M 2,8M -M -M M M 24 - c j -z j 80-2M 2,8M M M 0 0 Tableau 4.4 Iteración Los costes reducidos del tableau se calculan de forma análoga a la del ejemplo PASO 2. Test de optimalidad. Los costes reducidos de las variables (no básicas) y 2 son negativos. Luego no estamos en el óptimo y debe aplicarse la regla de entrada en la base. PASO 3. Regla de entrada. Se introduce en la base la variable con menor coste reducido, en este caso corresponde a la variable 2 (24 2,8M < 80 2M). PASO 4. Regla de salida. A continuación debemos determinar qué variable sale de la base. Para ello se calculan los ratios: 0 B i y ik para todos los yik 0. En la solución inicial estos ratios son 25; 00 0,8 2. El mínimo es 00 y, por tanto, sale de la base la variable A 2. La próima Base está

7 formada, por lo tanto, por las variables (A, 2 ). En el tableau iteración 0 se ha marcado el pivote, en la celda sombreada. PASO 5. Actualización de la solución. Actualizaremos la base. 2. Se divide la fila entrante por el pivote: Fila 2 : =200/2= 00 = /2= /2 2 = 2/2= s = 0/2= 0 s 2 = -/2= -/2 A = 0/2= 0 A 2 = /2= /2 3. El resto de la filas se actualizan restándoles la fila correspondiente a la nueva variable básica, multiplicada por y ik. Fila A : =00-(00*0,8)= 20 = -(/2*0,8)= 0,6 2 = 0,8-(*0,8)= 0 s = --(0*0,8)= - s 2 = 0-(-/2*0,8)= 0,4 A = -(0*0,8)= A 2 = 0-(/2*0,8)= -0,4 4. Se recalcula z j y los costes reducidos (c j z j ) de forma análoga a como hicimos en la iteración inicial. La solución gráfica correspondiente a la iteración está señalado con una cruz en la figura 4.7. Nos hemos desplazado del vértice = 0 ; 2 = 0 a otro adyacente cuya solución es 2 = 00 ; = 0. Figura 4.7. Solución correspondiente a la iteración. El tableau resultante es: c j M M B c B 2 s s 2 A A 2 RATIOS

8 A M 20 0,6 0-0,4-0,4 33, /2 0 -/2 0 /2 200 z j 0,6M M 0,4M-62 M -0,4M+62 c j -z j 8-0,6M 0 M 62-0,4M 0 0,6M-62 Tableau 4.5. Iteración. PASO 6. Test de optimalidad. Los costes reducidos de las variables y s 2 son negativos. Luego no estamos en el óptimo y debe aplicarse la regla de entrada en la base. PASO 7. Regla de entrada. Se introduce en la base la variable con menor coste reducido, en este caso, la variable (8-0,6M). PASO 8. Regla de salida. A continuación debemos determinar qué variable sale de la base. Para ello se calculan los ratios: 0 B i y ik para todos los yik 0. En la solución inicial estos ratios son , 33; 200. El mínimo es 33,33 y, por tanto, sale de la base la variable 0,6 2 A. La nueva Base está formada por las variables (, 2 ). PASO 9. Actualización de la solución.. Se divide la fila entrante por el pivote: Fila : =20/0,6 = 33,33 = 0,6/0,6 = 2 = 0/0,6 = 0 s = -/0,6 = -,66 s 2 = 0,4/0,6 = 0,66 A = /0,6 =,66 A 2 = -0,4/0,6 = -0,66 2. El resto de la filas se actualizan restándoles la fila correspondiente a la nueva variable básica, multiplicada por y ik. Fila 2 : =00-(20/06*0,5) = 83,33 = /2-(*0,5) = 0 2 = -(0*0,5) = s = 0-(-/0,6*0,5) = 0,83 s 2 =-/2-(0,4/0,6*0,5) = -0,83 A = 0-(/0,6*0,5) =-0,83 A 2 = /2-(-0,4/0,6*0,5) = 0,83 3. Se recalcula z j y los costes reducidos (c j z j ).

9 c j M M BB c BB 2 s s 2 A A ,33 0 -,66 0,66,66-0, ,33 0 0,83-0,83-0,83 0,6 z j ,66 c j -z j M-30 M-32,66 Tableau 4.6. Iteración 2 (óptima). En esta segunda iteración se han obtenido costes reducidos positivos para todas las variables salvo las artificiales (A, A 2 ) y, por tanto, se ha llegado a una solución factible (A = A 2 = 0) y óptima (costes reducidos todos no negativos). El valor de la función objetivo y de las variables en el óptimo es: w = 80*20/0,6 + 24*50/0,6 = 3.000, = 33,33, * = 83,33, s = 0, s 2 = 0, A = 0 y A 2 = 0. * 2 Figura 4.8. Solución gráfica (óptima) El método de las dos fases. Al describir el método de la «M grande» hemos visto que para obtener la solución del problema se añaden variables de apoyo con un coeficiente muy grande (M) o muy pequeño ( - M) en la función objetivo. Desafortunadamente, la inclusión de valores muy grandes o muy pequeños en un P.L. da lugar a problemas numéricos que conducen a soluciones erróneas. Esto es especialmente grave en problemas de tamaño medio o grande.

10 Por este motivo, los códigos comerciales utilizan una etensión del algoritmo del Simple conocida con el nombre de método de las dos fases. La primera fase consiste en obtener una SBF inicial, y la segunda en obtener la solución óptima 4. Fase I. Resolver el problema: sujeto a: Min i m A A + I A = b 0, A 0 i m siendo un vector ( m) cuyas componentes son todas igual a uno. Este problema se resuelve a partir de la SBF: A =b, =0. Obviamente, el menor valor posible de la función objetivo es z 0. Si en el óptimo z 0, entonces el problema original es infactible, ya que no ha sido posible anular todas las variables artificiales A. Fase II. Si en el óptimo se cumple z 0, entonces A 0. Por tanto, la SBF final de la fase I puede usarse como SBF de partida para resolver el problema original. EJEMPLO 4.3. Aplicación del método de las dos fases. Este ejemplo es parecido al anterior 4.2. con una ligera modificación en los coeficientes de la función objetivo. Sea el problema de P.L.: in(w) M 2 sujeto a: 0, , 0 2 Para convertir las inecuaciones en ecuaciones se añade una variable de holgura y una variable artificial por cada ecuación. También vemos reconvertida la función objetivo a una que tiene coeficientes todo ceros en las variables originales y de holgura y unos en las variables artificiales, con lo que queda: Min(w) s 0s2 A A2 sujeto a: 4 Además, las ideas básicas de este método tienen otras aplicaciones. Por ejemplo, resulta inmediato ver que la formulación del problema de la fase I puede utilizarse como un procedimiento general y sumamente eficiente para resolver sistemas de ecuaciones.

11 0,8 s A s A ,, s, s, A, A FASE I PASO. Solución inicial. Empezamos con la solución básica: Si hacemos 0, 2 0, s 0, s2 0, el sistema de ecuación su solución quedaría A 00, A Esta solución corresponde al vértice señalado con un en la figura 4.9.: Figura 4.9. SBF inicial. A esta primera SBF inicial la podemos representar en el siguiente tableau: BB c BB b c j s s 2 A A 2 RATIOS A 00 0, A z j 2 2,8 - - c j -z j -2-2,8 0 0 Tableau 4.7. Iteración 0. Los costes reducidos se calculan de manera análoga a los ejemplos anteriores. PASO 2. Test de optimalidad. Los costes reducidos de las variables (no básicas) e 2 son negativos. Luego no estamos en el óptimo y debe aplicarse la regla de entrada en la base.

12 PASO 3. Regla de entrada. Se introduce en la base la variable con menor coste reducido, en este caso, la variable 2. PASO 4. Regla de salida. A continuación debemos determinar qué variable sale de la base. Para ello se calculan los ratios 25; 00 0,8 2. El mínimo es 00 y, por tanto, sale de la base la variable A 2. La próima Base está formada, por lo tanto, por las variables (A, 2 ). En el tableau iteración 0 se ha marcado el pivote, en la celda sombreada. PASO 5. Actualización de la solución. Actualizaremos la base.. Se divide la fila entrante por el pivote: Fila 2 : =200/2 = 00 = /2 = /2 2 = 2/2 = s = 0/2 = 0 s 2 = -/2 = -/2 A = 0/2 = 0 A 2 = /2 = /2 2. El resto de la filas se actualizan restándoles la fila correspondiente a la nueva variable básica, multiplicada por y ik. Fila A : =00-(00*0,8)= 20 = -(/2*0,8) = 0,6 2 = 0,8-(*0,8) = 0 s = --(0*0,8) = - s 2 =0-(-/2*0,8) =0,4 A = -(0*0,8) = A 2 = 0-(/2*0,8) = -0,4 3. Se recalcula z j y los costes reducidos (c j z j ). La solución gráfica correspondiente a la iteración está señalado con una cruz en la figura 4.0. Nos hemos desplazado al vértice 2 = 00 ; = 0.

13 El tableau resultante es: Figura 4.0. Solución correspondiente a la iteración. BB c c j B b 2 s s 2 A A 2 RATIOS A 20 0,6 0-0,4-0,4 33, /2 0 -/2 0 /2 200 z j 0,6 0-0,4-0,4 c j -z j -0,6 0-0,4 0 0,6M Tableau 4.8. Iteración. PASO 6. Test de optimalidad. Los costes reducidos de las variables y s 2 son negativos. Luego no estamos en el óptimo y debe aplicarse la regla de entrada en la base. PASO 7. Regla de entrada. Se introduce en la base la variable con menor coste reducido, en este caso, la variable. PASO 8. Regla de salida. A continuación debemos determinar qué variable sale de la base. Para ello se calculan los ratios correspondientes 33, 33; 200 0,6 0,5. El mínimo es 33,33 y, por tanto, sale de la base la variable A y la nueva Base está formada por las variables (, 2 ). PASO 9. Actualización de la solución.. Se divide la fila entrante por el pivote: Fila A : =20/0,6 = 33,33 = 0,6/0,6 = 2 = 0/0,6 = 0 s = -/0,6 = -,66 s 2 = 0,4/0,6 = 0,66

14 A = /0,6 =,66 A 2 = -0,4/0,6 = -0,66 2. El resto de la filas se actualizan restándoles la fila correspondiente a la nueva variable básica, multiplicada por y ik. Fila 2 : =00-(20/06*0,5)= 83,33 = /2-(*0,5) = 0 2 = -(0*0,5) = s = 0-(-/0,6*0,5) = 0,83 s 2 = -/2-(0,4/0,6*0,5)= -0,83 A = 0-(/0,6*0,5) = -0,83 A 2 = /2-(-0,4/0,6*0,5)= 0,83 3. Se recalcula z j y los costes reducidos (c j z j ). c j BB c BB b 2 s s 2 A A ,33 0 -,66 0,66,66-0, ,33 0 0,83-0,83-0,83 0,6 z j c j -z j Tableau 4.9. Iteración 2. PASO 0. Test de optimalidad (factibilidad). Puesto que todas las variables son no negativas hemos llegado al óptimo de la Fase I por lo que podemos concluir que el problema es factible y tenemos una SBF del mismo. Sin embargo, no podemos concluir que es óptimo. Para ello debemos pasar a la Fase II. FASE II En la Fase II rehacemos la tabla obtenida en la Fase I (tableau 4.9) en el que en la primera fila (c j ) incorporamos los coeficientes de la función objetivo del problema original, y también en la columna c B. B Esto nos modifica el cálculo de zj y c j -z j. En el tableau 4.0 aparece la nueva tabla en las que se han realizado las operaciones que acabamos de describir. También hemos suprimido las columnas de las variables artificiales puesto que ya hemos conseguido la factibilidad y ya no tiene sentido seguir manteniéndolas. c j BB c BB b 2 s s 2 RATIOS 50 33,33 0 -,66 0,66-20, ,33 0 0,83-0,83 00 z j ,92-69,92 c j -z j 0 0-9,92 69,92 Tableau 4.0. Fase II.

15 Los costes reducidos en el tableau 4.0 nos muestran que la variables s tiene un coste reducido negativo. Esto nos indica que nos estamos en el óptimo y que, por tanto, debemos seguir iterando. PASO.. Test de optimalidad. Los costes reducidos de la variable s son negativos. Luego no estamos en el óptimo y debe aplicarse la regla de entrada en la base. PASO 2. Regla de entrada. Se introduce en la base la variable con menor coste reducido, en este caso, la variable s. PASO 3. Regla de salida. A continuación debemos determinar qué variable sale 33,33 83,33 de la base. Para ello se calculan los ratios 20, 08; 00, 66 0,83. El mínimo es 00 y, por tanto, sale de la base la variable 2. La próima Base está formada, por lo tanto, por las variables (, ;s ). En el tableau iteración 3 se ha marcado el pivote, en la celda sombreada. PASO 5. Actualización de la solución. Actualizaremos la base.. Se divide la fila entrante por el pivote: Fila s : =83,33/0,83 = 00 = 0/0,83 = 0 2 = /0,83=,20 s = 0,83/0,83= s 2 = -0,83/0,83= - 2. El resto de la filas se actualizan restándoles la fila correspondiente a la nueva variable básica, multiplicada por y ik. Fila : =33,33-(-,66*00)= 200 = -(-,66*0)= 2 = 0-(-,66*,2)=,992 s = -,66-(-,66*)=0 s 2 =0,66-(-,66*-)= - 3. Se recalcula z j y los costes reducidos (c j z j ). La solución gráfica correspondiente a la iteración está señalado con una cruz en la figura 4.0. Nos hemos desplazado al vértice = 200; 2 =0. c j B c BB b 2 s s , s ,20 - z j 50 99, c j -z j 0 24, Tableau 4.. Iteración 3.

16 Figura 4.. Solución gráfica de la iteración 3 (óptima) El método Simple revisado. Los procedimientos eplicados en apartados anteriores adolecen de un problema importante cuando pretendemos resolver problemas de tamaño mediano o grande. Y es que utilizan mucha memoria de ordenador. Necesitan tanta como para guardar la matriz de coeficientes originales con las correspondientes variables de holgura y artificiales más una inversa, además del vector de los valores de las variables en cada momento y del término independiente. Así, por ejemplo, un problema de.000 variables y.000 ecuaciones precisa almacenar una matriz de un millón de funciones de memoria (.000*.000) en la que estarían las variables originales, y otra de un millón (.000*.000) en la que estaría la inversa en cada momento. Una forma de ahorrar espacio de memoria y posibles problemas numéricos es guardando la inversa, no de forma eplícita sino guardando eclusivamente los vectores necesarios para calcularla en cada iteración. Esto es precisamente lo que hace el llamado método del Simple revisado. Todos los códigos comerciales de P.L. utilizan el Simple revisado. Partimos de un problema de P.L. estándar: T Ma(z) = c sujeto a: A b 0 donde: A: Matriz m n. c: Vector n.

17 b: Vector m. : Vector n. Tal como hemos visto anteriormente: A= B N con lo que el P.L. queda: = c = B N c c B N sujeto a: Ma(z) = cb B+cNN y, naturalmente: B +N = b B = B B N - - b-b NN con lo que hemos resuelto el sistema con m variables B en términos de las restantes N. A partir de la notación anterior, vamos cuáles son los pasos para resolver un problema de P.L. mediante el Simple revisado. PASO 0. Solución inicial. Supongamos que partimos de una solución básica factible inicial, B. Por lo tanto, tenemos: - - = B b-b N N Puesto que N no está en la base, su valor es cero, con lo que podremos escribir - =B b, donde representa al vector de variables básicas. PASO. Calcular el vector de precios. Éste se calcula como = c B B - donde es un vector ( m). Esta operación se llama transformación hacia atrás (backward transformation o BTRAN).

18 PASO 2. Cálculo de los costes reducidos y verificación si la solución actual es óptima Para ello, primero evaluamos: z j = a j y d j = c-z j j para todas las columnas no básicas. Nótese que con los pasos y 2 hemos calculado, de hecho, el vector ( c-z) j j del tableau aunque, eso sí, lo hemos hecho en dos partes. PASO 3. Selección de la variable entrante no básica. Para ello se escoge aquella que tiene el coste reducido más negativo, esto es, un menor valor de d j. Con ello podemos llegar a dos posibles alternativas: a) Si ninguna es positiva, entonces hemos llegado al óptimo. b) Si alguna es negativa, escogemos la más negativa para que entre en la base. Supongamos que ésta es la variable con subíndice q. PASO 4. Actualización de la columna entrante. Para ello evaluamos: - q = B a q A esta operación se le llama transformación hacia adelante (forward transformation o FTRAN), puesto que supone premultiplicar a q por alguna representación B. PASO 5. Cálculo de la variable básica que debe salir de la base La variable básica que debe salir de la base será aquella que produzca el ratio mínimo entre el valor de las variables básicas y los correspondientes valores de los coeficientes corrientes de la variable entrante, siempre que estos últimos sean positivos. Esto es: i ArgMin i iq 0 pq Supongamos que esta fila sea la p-ésima, con lo que el valor de la variable y el coeficiente correspondiente será p y pq, respectivamente. Si no eiste ningún coeficiente iq positivo, la solución es no acotada y terminamos el algoritmo. Si eiste más de un ratio con el mismo valor mínimo, se puede escoger cualquiera de ellos. PASO 6. Actualizar la inversa.

19 Este paso es uno de los más específicos del Simple revisado, puesto que calcula la matriz inversa B de una forma implícita y no eplícita, con lo que se obtienen importantes ahorros en la utilización de la memoria del ordenador. La actualización de la inversa B en cada iteración supone el cambio de tan sólo una de las variables en la base. La actualización de esta inversa se logra multiplicando la matriz corriente por otra matriz E cuya estructura es: B E q y donde: q q / 2q / / pq mq / pq pq pq De esta forma, B EB, donde b es la inversa actualizada. Otra forma de epresarlo sería la siguiente: donde: B B E E E B ( k) ( k) ( k) () B : Matriz inversa en la solución inicial. ( k ) B : Matriz inversa en la iteración k-ésima. ( k ) E : Matriz E obtenida en la iteración k-ésima. Nótese que, de esta forma, tan sólo es necesario guardar, en memoria, el vector q y su posición. De hecho, sólo hace falta almacenar el vector q y las posiciones p y q. Una vez terminado este paso se vuelve al paso, con lo que el algoritmo queda completo. EJEMPLO 4.4. Aplicación del método del Simple revisado.

20 El ejemplo numérico utilizado para demostrar el método del Simple en forma de tableau era: Ma( z) sujeto a: 0, , 0 2 La resolución de este mismo ejemplo mediante el método Simple revisado sería como sigue. PASO 0. Solución inicial 5. (0) La solución inicial de la que partimos puede ser la misma que la del tableau, esto es, las variables de holgura iguales al término independiente, con lo que B 0 ; b 80 ; s 0 20 s2 Por lo tanto: B b PASO. Cálculo del vector de precios. () cb B 0 PASO 2. Cálculo de los costes reducidos y verificación de la optimalidad. () d d z a ,8 z a z c z c El número entre paréntesis o, más adelante, el superíndice se refiere al número de iteración.

21 Por lo tanto, esta solución no es óptima. Nótese que tan sólo hemos calculado los costes reducidos de las variables no básicas. PASO 3. Selección de la variable entrante no básica. () La variable con el menor coste reducido negativo es 2, por lo que queda seleccionada como variable entrante. PASO 4. Actualización de la columna entrante. () 0 B a PASO 5. Determinación de la variable que debe salir de la base () Para lo cual calculamos: 80 / i ArgMin ArgMin 2 i2 >0 i2 24 / 2 y, por tanto, la variable básica entrante es 2. PASO 6. Actualización de la inversa () La matriz () E es: E () / 0 / y, por tanto, la matriz inversa de la base en la iteración actual es: () () /2 0 /2 B B E B 0 /2 0 0 /2 Aunque realmente este paso no es necesario, lo realizamos únicamente a efectos de comprobación: Empezamos de nuevo con el paso. / Bb 0 /

22 PASO. Cálculo del vector de precios. (2) /2 cb B 0 / PASO 2. Cálculo de los costes reducidos (2) z z d d a ,8 a z c z c La solución no es óptima, puesto que hay un coste reducido negativo. PASO 3. Selección de la variable entrante no básica. (2) Entra en la base la (única) variable que lleva asociado un coste reducido negativo. PASO 4. Actualización de la columna entrante. (2) /2 0,6 B a 0 /2 0,8 0,4 PASO 5. Cálculo de la variable básica que debe salir de la base. (2) 8/ 0,6 i ArgMin ArgMin 8/ 0,6 30 i2 >0 i2 62 / 0,4 y, por tanto, la variable básica entrante es s. La matriz PASO 6. Actualización de la inversa. (2) (2) E es: E (2) / 0 /0,6 0 2 / 0, 4 / 0,6 y, solo a efectos de comprobación, la matriz inversa de la base actual es: (2) (2) () /0,6 0 /2 0,67 0,83 B B E E B 0, 4 / 0,6 0 / 2 0 0,67 0,83

23 Empezamos de nuevo con el paso. PASO. Cálculo del vector de precios. (3), 67 0,83 cb B 0, 67 0, PASO 2. Cálculo de los costes reducidos (3) z z a a d z c d z c Puesto que todos los costes reducidos son no negativos, hemos llegado al óptimo. La solución es: y el valor de la función objetivo:, 67 0, Bb 0, 67 0, z cb Como puede verse, los resultados obtenidos por este método son eactamente los mismos que resultan de aplicar el método Simple, sin embargo, no es necesario guardar eplícitamente B (2) () sino eclusivamente los vectores E, E. Como hemos dicho al principio, en problemas de tamaño medio y grande, esto supone un ahorro de espacio en memoria y errores numéricos inferiores.