FACULTAD DE CIENCIAS FISICAS Y MATEMATICAS UNIVERSIDAD DE CHILE

MA3701 Optimizacion.Profesores: Hector Ramrez, Mauricio Soto Auxiliares: Jose Soto, Tomas Valdivia, Vctor VerdugoAyudantes: Ignacio Jaque, Catalina Verdugo, Eduardo Zuniga.

Pauta Control 1

P1. Considere el siguiente tableau asociado a una ejecucion del algoritmo SIMPLEX (primal) para un problema deminimizacion:

x1 x2 x3 x4 x5 -2 0 0 0 -10

-1 0 1 0 4 -4 1 0 0 1 3 0 0 1

donde , , , y son parametros reales. Encuentre los valores de estos parametros para que cada una de lassiguientes afirmaciones sea cierta:

(a) La solucion de base actual es factible pero no optima. Identifiquela.

Para que la solucion basal sea factible el lado derecho del tableau debe cumplir las restric-ciones de positividad, i.e. 0 (0.5 puntos).Para asegurar que NO sea optima uno puede pedir que > 0 pues en este caso se puedepivotear en (3,2) y disminuir la funcion objetivo pues el respectivo costo reducido es negativo(-2) (0.5 puntos).El caso = 0 se analiza en la parte (c) (0.5 puntos si se responde correctamente en la parte (c)).Finalmente, se identifica que las variables basicas son x4, x3 y x5 (en ese orden) y por lotanto la solucion basica factible del tableau es (0, 0, 1, 4, )T (0.5 puntos).

(b) El problema es no acotado. Identifique la respectiva direccion de no acotamiento.

Para que exista una direccion de no acotamiento entonces el tableau debe corresponder auna solucion basica factible, y por lo tanto se debe imponer que 0 ( 0.5 puntos por notarlo), ytener un costo reducido negativo y la respectiva columna debe ser un vector de componentesmenores o iguales que 0 pero no nulo. Esto corresponde a < 0 y , 0 (0.5 puntos).En este caso la direccion extrema de no acotamiento para el problema viene dada pordT = (B1Aj , ej)T = (1, 0,, 1,)T (0.5 puntos).

(c) La solucion de base actual es optima y degenerada.

Por definicion, para que la solucion basica factible en curso sea no-degenerada se debe tenerque = 0. (0.5 puntos)Como la segunda columna es negativa y = 0, entonces es posible pivotear en la posicion(3,2) sin cambiar el valor de la funcion objetivo. En efecto:

x1 x2 x3 x4 x5 -2 0 0 0 -10

-1 0 1 0 4 -4 1 0 0 1 3 0 0 1 0

x1 x2 x3 x4 x5 + 2/3 0 0 0 2/3 -10

a 0 0 1 c 4b 0 1 0 d 1

/3 1 0 0 1/3 0

donde a = 1 /3, b = + 4/3, c = /3 y d = 4/3 (estos valores no son necesarios decalcular explcitamente pues no se usan en el resto del analisis) (0.5 puntos por realizar bien lospivoteos necesarios).- Luego, si + 2/3 0 entonces ambas la solucion basica factible en curso es optima (0.5puntos).- Veamos que pasa en en caso contrario, es decir, si + 2/3 < 0.

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.Notemos que si 0 podemos pivotear en la posicion (2,1) y disminuir la funcion objetivopues el respectivo costo reducido es negativo. Entonces la solucion no sera optima. Por lotanto imponemos que > 0 (0.5 puntos).-Esto en particular implica que < 0. As, volviendo al tableau original, podemos pivotearen la posicion (3,1), obteniendo (solo calculamos los coeficientes que nos importan en elanalisis):

x1 x2 x3 x4 x5 -2 0 0 0 -10

-1 0 1 0 4 -4 1 0 0 1 3 0 0 1 0

x1 x2 x3 x4 x50 2 3/ 0 0 / -100 0 1 40 1 0 11 3/ 0 0 1/ 0

Notando que ambos costos reducidos son positivos, pues

2 3/ = 3/ ( + 2/3) > 0 y / > 0,

deducimos que la solucion basica factible en curso es optima (0.5 puntos).En resumen, la solucion basica factible degenerada (que equivale a decir = 0) en curso esoptima si y solo si

+ 2/3 > 0 o + 2/3 < 0 y > 0.

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P2. Considere el problema de programacion lineal:

mn x1 + 2x2 + 4x3 + 2x4s.a x1 2x3 + x4 = 4

x1 + x2 + x3 x4 = 8xi 0 i {1, 2, 3, 4}

(PL)

(a) Usando el teorema de holgura complementaria, demuestre que (20/3, 0, 4/3, 0)T es solucion optima de(PL) y encuentre una solucion de su problema dual.En primer lugar vemos que x = (20/3, 0, 4/3, 0)T es factible. En efecto:

20/3 2 4/3 = 12/3 = 4 y 20/3 + 4/3 = 24/3 = 8 (0.5 puntos)El problema dual de (PL) es

max 4y1 + 8y2 s.a. y1 + y2 1, y2 2,2y1 + y2 4, y1 y2 2. (0.5 puntos)Por el teorema de holgura complementaria, si x es nuestro candidato a solucion primal, sedebe tener que la primera y tercera restricciones del dual no deben tener holgura, es decir,deben ser activas. Esto significa:

y1 + y2 = 12y1 + y2 = 4

cuya unica solucion es y = (1, 2)T . (1 punto)Claramente y es una solucion factible del dual pues satisface la segunda y tercera inecuacion.Luego, x e y son factibles para los problemas primal y dual, respectivamente, y estossatisfacen las condiciones de holgura complementaria. Concluimos que ambos son solucionesde sus respectivos problemas.(1 punto)

(b) Suponga que el lado derecho de (PL) se reemplaza por (4 + , 8 + )T , donde > 0. Usando (a) encuentreel valor del nuevo problema y las nuevas soluciones de (PL) y su dual.

Para suficientemente pequeno se tiene que el nuevo valor del problema sera 12+y1+y2 =

12 + (0.5 puntos). Mas aun, para suficientemente pequeno, las nuevas variables basales x1y x3 vienen dadas por

B1b =[1 21 1

]1(4 + 8 +

)=[

1/3 2/31/3 1/3

](4 + 8 +

)=(

20/3 + 4/3

)(1 punto)

con b = (4 + , 8 + )T . Lo cual implica que la nueva solucion basica factible es x = (20/3 +, 0, 4/3, 0)T (0.5 puntos).Dado que una variacion en el vector de recursos no influye en la factibilidad del problemadual, la anterior solucion dual y = (1, 2)T sigue siendo factible (0.5 puntos). Luego, comoambos puntos x e y siguen siendo factibles para sus respectivos problemas y satisfacen

cTx = 12 + = bT y,

por el teorema de dualidad fuerte se concluye que ambos son optimos (0.5 puntos)

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P3. Para a, b y c son vectores en Rn, considere el siguiente problema lineal:

mn aTx bT y s.a. x y = c, x, y 0 (P)

(a) Encuentre por inspeccion una solucion factible de (P).Como c puede descomponerse siempre en su parte positiva mas su parte negativa, una solu-cion posible es: c = c (c+), i.e. x = c, y = c+.(0.5 puntos)

(b) Escriba el dual y entregue condiciones necesarias y suficiente para la existencia de un optimo de (P).El dual de (P) es: max cT z, s.a. z a,z b (1 punto).Como la region factible es a z b, luego se debe tener a b para asegurar la factibili-dad (0.5 puntos). En tal caso, el problema es ademas acotado y por lo tanto tiene solucion.As, por el teorema de dualidad fuerte se concluye que (P) tambien tiene solucion (0.5 puntos)

(c) Encuentre una solucion para el problema dual y a partir de ella encuentre una solucion optima del problemaprimal. Entregue condiciones para que dicha solucion sea unica.La funcion objetivo del dual es cT z =

ni=1 cizi, entonces podemos maximizar coordenada a

coordenada obteniendo la siguiente solucion del problema:

zi =

ai si ci < 0bi si ci > 0 (0.5 puntos)zi cualquier valor en [ai, bi] si ci = 0

Notar que para dicha solucion el valor es aT c bT c+ que es igual al valor de la solucion en(a). El teorema de dualidad debil garantiza que ambas soluciones son optimas. (0.5 puntos)Ademas, claramente la solucion es unica si y solo si ci 6= 0,i {i, . . . , n} (0.5 puntos).

(d) Elimine la variable y del problema primal definiendo y = xc y obtenga, a partir de este nuevo problema,las condiciones que aseguren el acotamiento del problema (P). Compare con lo obtenido en la parte (b).Redefiniendo el problema se obtiene:

mn (a b)Tx+ bT c s.a. x c, x 0 (0.5 puntos)

Si a b posee alguna coordenada positiva, entonces pueden tomarse las coordenadas de xtan pequenas como se quiera haciendo el problema no acotado. Luego una condicion queasegura el acotamiento es a b (1 punto). Dicha condicion es consistente con la parte (b), puesel Teorema de dualidad debil asegura que si (P) es no acotado entonces (D) no es factible ypor tanto no posee una solucion optima. (0.5 puntos)

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