COMPITO DI RICERCA OPERATIVA 1
APPELLO DEL 16/09/04
Esercizio 1
Dato il seguente problema di PLI:
max
x1 + 10x2 − x3
x1 + 2x2 + x3 = 5
−x1 + 4x2 + x4 = 4
x1 , x 2 , x 3 , x 4 ≥ 0
x 1 , x2 , x3 , x4 ∈ I
1) lo si risolva usando l’algoritmo Branch-and-Bound (10 punti)
2) Siete in grado di stabilire se tale problema ha soluzione ottima unica oppure no?
(1 punto)
Si consideri il rilassamento lineare del problema di PLI dato. Si determini: 3)
l’inversa della matrice di base ottima di tale problema (2 punti)
4) il duale del problema (2 punti)
5) una soluzione ottima del duale utilizzando le condizioni di complementaritá (4
punti)
6) in quale intervallo posso far variare il coefficiente di x3 nell’obiettivo senza che
cambi la base ottima (2 punti)
7) in quale intervallo posso far variare il coefficiente di x1 nell’obiettivo senza che
cambi la base ottima (2 punti)
Esercizio 2
Sia dato un grafo non orientato completo con i seguenti pesi sugli archi:
a
b
c
d
e
a b
c
− 11 15
− 14
−
d
12
16
3
−
e
21
5
16
7
−
Si calcoli un albero di supporto a costo minimo per tale grafo utilizzando il secondo
algoritmo visto a lezione (4 punti)
Esercizio 3
(1) Sia dato un problema di PLI il cui rilassamento lineare ammette piú soluzioni
ottime. Per ciascuna delle seguenti affermazioni dire se é vera o falsa (MOTIVANDO LE RISPOSTE)
a): un taglio valido per il problema di PLI non é soddisfatto da esattamente una delle soluzioni ottime del rilassamento lineare;
b): un taglio valido per il problema di PLI non é soddisfatto da tutte le
soluzioni ottime del rilassamento lineare;
c): un taglio valido per il problema di PLI non é soddisfatto da un numero
infinito di soluzioni ottime del rilassamento lineare.
1
2
APPELLO DEL 16/09/04
(3 punti)
(2) Sia dato un problema di PL in forma standard che ammette soluzione ottima e il cui duale ha tutte le variabili non negative. Si dimostri che in tal
caso ogni incremento del termine noto di un vincolo che lasci invariata la
base ottima non puó diminuire il valore ottimo del problema (3 punti)
COMPITO DI RICERCA OPERATIVA 1
3
Soluzioni
1. (1) Il problema è già in forma standard. Partendo dalla base ammissibile B0 =
{x3 , x4 } e riformulando rispetto a questa, si ottiene la formulazione iniziale dalla
quale si prosegue.
max
z = −5 +2x1 +12x2
x3 =
5 −x1
−2x2
B = {x3 , x4 } ,
x4 =
4 +x1 −4x2 0
x1 , . . . , x4 ≥ 0.
max
z = 7 +5x1
x3 = 3 − 23 x1
x2 = 1 + 41 x1
x1 , . . . , x 4
max
−3x4
+ 21 x4
− 41 x4
≥ 0,
B1 = {x3 , x2 } ,
z = 17 − 10
− 43 x4
3 x3
2
x1 = 2 − 3 x3 + 13 x4
B2 = {x1 , x2 } .
− 61 x3 − 16 x4
x2 = 23
x1 , . . . , x4 ≥ 0,
La base B2 risolve all’ottimo il rilassamento lineare del nodo radice. La variabile
x2 ha un valore non intero, quindi occorre effettuare un branch su x2 . Si generano
i seguenti nodi
1 1
1
Nodo 1:x2 ≤ 1
=⇒ y1 = − + x3 + x4
2 6
6
1
1 1
Nodo 2:x2 ≥ 2
=⇒ y2 = − − x3 − x4
2 6
6
Si può osservare immediatamente che il nodo 2 risulta privo di soluzioni ammissibili;
valutando il nodo 1 si ottiene quanto segue.
max
max
− 34 x4
+ 13 x4
− 16 x4
+ 16 x4
≥0
z
x1
x2
y1
= 17 − 10
3 x3
=
2 − 32 x3
3
=
− 16 x3
2
= − 21
+ 16 x3
x1 , . . . , x 4 , y 1
z
x1
x2
x4
= 13 −2x3 −8y1
= 3 −x3 +2y1
= 1
−y1
= 3 −x3 +6y1
x1 , . . . , x4 , y1 ≥ 0,
B3 = {x1 , x2 , y1 } ,
B4 = {x1 , x2 , x4 } .
La riformulazione rispetto a B4 dà la soluzione intera
(1)
x1 = 3, x2 = 1, x4 = 3, x3 = 0.
Il nodo 1 viene chiuso per ottimalità, non ci sono altri nodi aperti e quindi la (1) è
la soluzione ottima intera.
(2) Tutti i costi ridotti fuori base sono strettamente negativi, quindi la soluzione
ottima è unica.
(3) Per ispezione della riformulazione finale (base B2 ) risulta, leggendo la A−1
B2
cambiata di segno nelle colonne di x3 , x4 :
A−1
B2 =
2
3
1
6
− 13
1
6
mentre AB2 =
e quindi A−1
B2 · AB2 = I, come previsto.
1 2
,
−1 4
4
APPELLO DEL 16/09/04
(4) Il duale del rilassamento lineare è il seguente.
min 5u1 +4u2
soggetto a
u1
−u2
2u1 +4u2
u1
u2
≥1
≥ 10
≥ −1
≥0
(5) All’ottimo, avendo x1 , x2 > 0, i primi due vincoli duali devono valere come
uguaglianze, quindi
7
u∗1 = ,
u∗1 − u∗2 = 1
3
=⇒
4
2u∗1 + 5u∗2 = 10
u∗2 = .
3
Si può verificare che risulta
4
7
z ∗ = 5u∗1 + 4u∗2 = 5 · + 4 · = 17,
3
3
in accordo con il primale.
(6) In base al costo ridotto γ3 = − 10
3 la variazione ∆3 è limitata da
10
.
3
(7) Incorporando la variazione di costo ∆1 x1 nella funzione obiettivo riformulata si
ottiene
1
4
10 2
+ ∆1 x3 +
∆1 −
,
z = (17 + 2∆1 ) −
3
3
3
3
−∞ < ∆c3 ≤
da cui, imponendo la non positività dei costi ridotti:
2
10
− ∆1 −
≤0
3
3
4
1
∆1 − ≤ 0
3
3
=⇒ −5 ≤ ∆1 ≤ 4.
2. In base ai costi dati l’algoritmo seleziona in sequenza, se il nodo di partenza è a,
gli archi
(a, b), (b, e), (e, d), (c, d);
l’albero ricoprente di costo minimo ha quindi costo pari a 26.
3. Sia
max
n
X
c j xj
j=1
soggetto a
n
X
aij xj ≤ bi
i = 1, . . . , m
j=1
x1 , . . . , xn ∈ I,
e sia
n
X
j=1
α j xj ≤ β
COMPITO DI RICERCA OPERATIVA 1
5
un qualunque taglio valido.
La (1) è falsa. Per assurdo: siano x∗ e x̄ soluzioni ottime distinte del rilassamento
lineare; allora qualunque altra soluzione data da
x̃ = (1 − γ)x∗ + γ x̄,
γ ∈ [0, 1]
è ottima ed ammissibile. Si supponga per assurdo che il taglio sia incompatibile
solo con x∗ ; allora deve essere
n
X
αj x∗j = β + δ
(δ > 0),
j=1
n
X
αj x̄j ≤ β
j=1
e anche
(1 − γ)
n
X
αj x∗j + γ
n
X
αj x̄j ≤ β
per ogni γ ∈ (0, 1].
j=1
j=1
L’ultima disuguaglianza implica per ogni γ ∈ (0, 1], tenendo conto delle due precedenti:
n
n
X
X
αj x̄j ≤ b =⇒ δ + γ
αj x̄j − β − δ ≤ 0
(1 − γ)(b + δ) + γ
j=1
j=1
Il termine in parentesi quadre è strettamente negativo, e quindi la disuguaglianza
è falsa per tutti i γ tali che
δ
0 ≤ γ < Pn
6= 0;
| j=1 αj x̄j − β − δ|
si è quindi ottenuta una contraddizione.
La (2) è falsa. Il PLI
max x1 + x2
2x1 + 2x2 ≤ 3
x1 , x 2 ∈ I
ha soluzioni ottime del rilassamento in A(x1 = 0, x2 = 23 ), in B(x1 = 32 , x2 = 0) e
sull’intero spigolo AB; il taglio x1 ≤ 1 è valido per il PLI, ma non è incompatibile
con l’intero spigolo.
La (3) è vera, per argomenti analoghi a quelli usati per la (1).
(2) La variazione di funzione obiettivo conseguente ad un incremento ∆ > 0 dei
termini noti è data da
∗
∆z = cB A−1
B ∆=u ∆
e quindi ∆z ≥ 0, se u∗ ≥ 0 e ∆ ≥ 0.
