Ejercicios - Resolución de problemas lineales. Método Simplex

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1 Ejercicios - Resolución de problemas lineales. Método Simplex Programación Matemática LADE Curso 8/9. Dado el problema lineal máx x x x + x s.a. x + x + x = 4 x + x 4 x justifica que el punto x = ( T es un vértice factible. Calcula la solución del problema aplicando el método Simplex. Solución. Comenzamos poniendo el problema en forma estándar. Obtenemos mín x x + x x s.a. x + x + x = 4 x + x s = 4 x, s. También comletamos el punto inicial con un valor para s obtenido de la segunda restricción, como s = x + x 4 = =. El punto ampliado es x = ( T. Este punto es factible ya que cumple todas las restricciones. Además tiene dos variables iguales a cero, y n m = 4 =, por tanto el punto es un vértice (factible. A continuación comprobamos is es solución. Para ello calculamos el vector de multiplicadores σ n, teniendo en cuenta que las variables básicas en x son x y x, como ( ( ( B T λ = c b, λ =, λ = ( ( ( ( σ n = c n N T λ = =. El primer valor tiene el signo incorrecto, por lo que el punto no puede ser solución. Para calcular la solución nos alejamos de la última restricción aumentando el valor de x. La dirección de movimiento se obtendrá como ( p n = e =, ( ( ( Bp b = Np n p b = p b = 4 4 p = ( 4 4 T. La longitud de paso se calcula a partir de las componentes negativas de p, y vendrá dada a partir de x i /p i como α = mín( /4, /4 = 8.

2 4 8 El siguiente punto es por tanto x = x + αp, esto es, x = ( T. Para este punto, con variables básicas x y x, el vector de multiplicadores será el dado por B T λ = c b, ( ( λ = ( (, λ = 5/ ( ( 5/ = ( 8/ 5/ Los multiplicadores tienen el signo correcto, y por tanto x es la solución del problema.. Nos dan el problema lineal y el punto x = ( T. Se pide que: mín x x + x + x s.a x x + x = x + x x x x. a Justifiques que el punto anterior es un vértice. b Encuentres el vértice solución. c Determines todos los vértices adyacentes al vértice solución. d Tiene más de una solución el problema? Indica todas las soluciones que puedas. Solución. Comenzamos por poner el problema en forma estándar. Obtenemos mín x,s x + x + x s.a x x + x = x + x s = x x + s = x, s. En el punto que nos dan calculamos los valores de s para que se cumplan las restricciones de igualdad. Incluyendo estos valores de las variables de holgura, obtenemos como punto a estudiar x = ( T. El punto indicado será un vértice factible si cumple las restricciones, y si n m = de las variables son iguales a cero. Sustituyendo los valores dados en las restricciones tenemos que todas ellas se cumplen, y dos variables son iguales a cero, luego tenemos un vértice factible. Para encontrar el vértice solución, aplicamos el método Simplex. Para ello comenzamos por calcular los multiplicadores en el vértice dado B T λ = c b, λ =, λ = ( ( = Los multiplicadores tienen el signo correcto, luego el vértice es solución. (..

3 Para encontrar los vértices contiguos debemos hacer que cada una de las variables no básicas pase a ser básica (independientemente del valor de sus multiplicadores, y movernos a lo largo de la arista correspondiente. Como tenemos dos variables no básicas, podremos tener hasta dos vértices contiguos. El primero de ellos se puede obtener como p n = e = (, Bp b = Np n p = ( T. p b = La longitud de paso y el nuevo vértice vienen dados por p b = α = mín {, } =, x = x + αp = ( T. Se trata de un vértice degenerado, ya que tenemos más de variables iguales a cero. Haciendo lo mismo con la segunda variable no básica tenemos ( p n = e =, Bp b = Np n p = (. p b = p b = Como la dirección de movimiento tiene todas las componentes mayores o iguales que cero, la arista llega hasta el infinito, y no existe otro vértice en el extremo de la misma. Por tanto, el único vértice contiguo es el dado por ( T. En relación con la existencia de soluciones adicionales, para que estén presentes hace falta que el vector σ n tenga componentes iguales a cero en la solución, ya que las componentes de dicho vector son las derivadas de la función objetivo a lo largo de las aristas que unen los vértices contiguos. En este caso una componente de dicho vector es igual a cero, y el vértice que se encuentra a lo largo de la arista correspondiente (y todos los puntos sobre la arista también es solución. Por tanto, los puntos de la forma α son solución del problema.. Para el problema lineal + ( α, α [, ], máx x x + x + x s.a x + x + x x + x x x + x + x x. se pide que determines si el problema es factible. Si lo es, indica un vértice factible del mismo, y si no lo es propón alguna modificación del lado derecho de las restricciones para la que el problema correspondiente sea factible.

4 Solución. Para responder a la primera pregunta, comenzamos por poner el problema en forma estándar (asegurando que las restricciones tengan un lado derecho positivo. Para ello introducimos variables de holgura, y multiplicamos por la segunda restricción de manera que el lado derecho de todas las restricciones sea positivo: máx x,s x + x + x s.a x + x + x + s = x x + x s = x + x + x s = x, s. Una vez que el problema ya está en forma estándar, para decidir si es factible construimos un problema auxiliar cuya solución sea un vértice factible de este problema. Para ello introducimos variables artificiales, y el problema auxiliar resultante es mín x,s,w w + w s.a x + x + x + s = x x + x s + w = x + x + x s + w = x, s, w. Obsérvese que no hemos añadido ninguna variable auxiliar para la primera restricción, porque la variable de holgura correspondiente tiene la forma adecuada para definir un vértice factible inicial sencillo. Resolvemos este problema aplicando el método Simplex. El vértice inicial es x = ( T. Los multiplicadores en este vértice son: B T λ = c b, λ =, λ = = El vértice no es solución. Seleccionamos el multiplicador más negativo y definimos la dirección de movimiento como p n = e =, Bp b = Np n p b = p b = p = ( T. A continuación calculamos α y el siguiente punto, y obtenemos. α = mín {,, } =, x = x + αp = ( 5 T. 4

5 Comprobamos si el nuevo vértice es solución, B T λ = c b, λ = σ n = c n N T λ =, λ = = Los multiplicadores aún no son óptimos. Definimos una nueva dirección de movimiento como p n = e 4 =, Bp b = Np n p b = p b = p = ( T. La longitud de paso y el nuevo punto son α = mín {, 5} =, x = x + αp = ( T. Volvemos a calcular los multiplicadores y obtenemos esta vez B T λ = c b, λ =, λ = = Estos multiplicadores ya son óptimos, pero en la solución las variables artificiales no son iguales a cero (w =, luego el problema original no es factible (si lo fuese, la solución tendría que cumplir w =, y no existe ningún vértice factible para dicho problema. La menor modificación del lado derecho que nos da un problema factible consiste en tomar como nuevo lado derecho b w (obsérvese que en la solución del problema auxiliar hemos minimizado el tamaño de w. El nuevo lado derecho para el problema original sería por tanto ( T. 4. Resuelve mediante el método simplex el siguiente problema: minimizar x x + x 4 sujeto a x x + x + x 4 = x + x + x = 6 x + x + x + x 4 = 5 x... 5

6 Solución. El problema está en forma estándar, pero el lado derecho de una de las restricciones es negativo. Cambiamos de signo dicha restricción y aplicamos la fase I del método Simplex construyendo el problema modificado, minimizar w + w + w sujeto a x + x x x 4 + w = x + x + x + w = 6 x + x + x + x 4 + w = 5 x, w. El vértice inicial de este problema auxiliar se toma como x = y w = (, 6, 5 T. En dicho vértice se tienen multiplicadores (se omiten los detalles de los cálculos σ n = c n N T B T c b = ( 5 6 T. La dirección de movimiento se define sobre la variable x (el multiplicador más negativo de manera que p n = e y p b = B Ne. Se obtienen de estas expresiones un valor para la misma y un nuevo punto u = (x, w iguales a donde α = mín (/, 6/, 5/ = /. p = ( T u = ( / T, Reiterando este proceso se obtienen los siguientes valores en la segunda iteración: y para la tercera iteración tenemos σ n = ( 6 T p = ( / 4 T α = mín (/4, / = /4 u = ( 5/8 /4 / T, σ n = ( / / / / T p = ( /8 /4 / T α = mín ((/4/(/4, (//(/ = / u = ( / / T, que es la solución del problema auxiliar, ya que w =. El vértice inicial para el problema de partida será el dado por las primeras componentes de u en la solución del problema auxiliar, esto es, x = ( / / T. En este punto calculamos los multiplicadores (para el problema de partida y obtenemos σ n = ( = / >, y como estamos minimizando el vértice obtenido es solución del problema. 6

7 5. Resuelve el siguiente problema lineal mediante el algoritmo simplex: minimizar x + x x sujeto a x x = 5 x x = x, x, x. Solución. Obsérvese que se puede obtener un vértice factible sin más que hacer x =, x = 5/ y x =. En dicho vértice tenemos un vector de multiplicadores igual a σ n = ( ( ( = 5/. Por tanto, el vértice no es solución. La dirección de movimiento vendrá dada por ( ( ( / p n =, p b = p b =. Pero como todas las componentes de p son no negativas, el problema es no acotado. 6. Comprueba que el problema lineal mín x x + x x x 4 + x 5 s.a x + x x + x 4 x 5 = x + x x x 4 + x 5 x + x + x x 4 x 5 x no está acotado. Comienza en el vértice x = (,,,, T. Solución. Para comprobar si un problema no está acotado, aplicamos el método Simplex y comprobamos si en alguna iteración obtenemos una dirección p que tenga todos sus componentes mayores o iguales que cero. Comenzamos por poner el problema dado en forma estándar. Obtenemos el problema mín x x + x x x 4 + x 5 s.a x + x x + x 4 x 5 = x + x x x 4 + x 5 s = x + x + x x 4 x 5 s = x, s. En el punto dado, sustituyendo valores tenemos que s = s =, y además el punto es un vértice (tenemos 4 variables iguales a cero. Comprobando si el punto es solución obtenemos: B T λ = c b, λ =, λ = / / / / = 7/ / /. 7

8 El vértice no es solución, ya que algunos multiplicadores son negativos. Basándonos en el más negativo definimos la dirección de movimiento como p n = e =, Bp b = Np n p b = p = ( 7/ / T. Como p, el problema no está acotado. p b = 7/ / 8