Programmazione Lineare Intera
Programmazione Lineare Intera – p. 1/44
Programmazione Lineare Intera
Problema di PLI in forma standard:
max cx
Ax = b
x ≥ 0, x ∈ In I → insieme degli interi.
Regione ammissibile:
Za = {x ∈ In : Ax = b, x ≥ 0}, Insieme delle sue soluzioni ottime:
Zott = {x∗ ∈ Za : cx∗ ≥ cx ∀ x ∈ Za}.
Rilassamento lineare
Il rilassamento lineare di un problema di PLI è il problema di PL ottenuto dal problema di PLI omettendo la richiesta che le variabili siano intere, e quindi
max cx
Ax = b x ≥ 0
Sa e Sott denotano rispettivamente la regione ammissibile e l’insieme delle soluzioni ottime del rilassamento lineare del problema di PLI.
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Esempio
Problema di PLI:
max x1 + x2 x1 + 2x2 ≤ 4 2x1 + x2 ≤ 4
x1, x2 ≥ 0, x1, x2 ∈ I.
Rilassamento lineare:
max x1 + x2 x1 + 2x2 ≤ 4 2x1 + x2 ≤ 4
x1, x2 ≥ 0.
Relazioni tra i due problemi
Si ha che:
Za ⊆ Sa
e i due problemi hanno la stessa funzione obiettivo cx quindi:
Se Sa = ∅, allora Za = ∅.
Se ∃ {xk} tale che xk ∈ Za per ogni k e cxk → +∞ k → +∞,
(obiettivo del problema di PLI illimitato), allora é
illimitato anche l’obiettivo del suo rilassamento lineare.
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Continua
Se Sott 6= ∅ e Zott 6= ∅, allora dato x∗ ∈ Sott e z∗ ∈ Zott, si ha
z∗ ∈ Zott ⇒ z∗ ∈ Za ⇒ z∗ ∈ Sa ⇒ cz∗ ≤ cx∗
cioè il valore ottimo del problema di PLI non puó essere superiore al valore ottimo del suo rilassamento lineare.
Se Sott 6= ∅ contiene un punto x∗ a coordinate tutte
intere, allora x∗ ∈ Zott e i valori ottimi dei due problemi coincidono. Infatti:
x∗ ∈ Sott ⇒ cx ≤ cx∗ ∀ x ∈ Sa ⇒ cx ≤ cx∗ ∀ x ∈ Za x∗ a coordinate intere ⇒ x∗ ∈ Za
Esempio
max x2
x1 + 2x2 ≤ 4 2x1 + x2 ≤ 4
x1, x2 ≥ 0, x1, x2 ∈ I.
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Altri casi possibili
Za = ∅ ma Sott 6= ∅
Za = ∅ ma l’obiettivo del rilassamento lineare é illimitato Se A, b e c contengono solo valori razionali, allora
Zott 6= ∅ implica Sott 6= ∅. Se vi sono coefficienti irrazionali allora puó accadere che Zott 6= ∅ ma il rilassamento lineare ha obiettivo illimitato.
Esempi
max x2
x1 ≥ 14 x1 ≤ 34 x2 ≤ 2
x1, x2 ≥ 0, x1, x2 ∈ I.
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Esempi
max x2
x1 ≥ 14 x1 ≤ 34
x1, x2 ≥ 0, x1, x2 ∈ I.
max x2
x2 = √
2x1
x1, x2 ≥ 0, x1, x2 ∈ I.
Un’importante osservazione
I problemi di PL sono in generale molto piú semplici e rapidi da risolvere dei problemi di PLI In particolare il rilassamento lineare di un problema di PLI é tipicamente molto piú facile da risolvere del problema di PLI stesso.
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Metodi di risoluzione
Perché non risolvere il rilassamento lineare e poi
arrotondare a valori interi gli eventuali valori non interi nella soluzione ottima del rilassamento lineare?
Tale procedura é accettabile solo se i valori delle variabili sono elevati. In tal caso infatti l’arrotondamento introduce un errore relativo del tutto trascurabile.
É del tutto inaccettabile quando le variabili assumono valori piccoli (in particolare con le variabili binarie che assumono solo i valori 0 e 1)
Problema di PLI in forma standard
Si adottano le stesse regole già viste per i problemi di PL ma occorre prestare attenzione ad un ulteriore aspetto.
Un esempio:
max x2
x1 ≤ 12 x2 ≤ 12
x1, x2 ≥ 0, x1, x2 ∈ I.
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Continua
Con un problema di PL potremmo trasformarlo in forma standard con l’aggiunta di due variabili y1 e y2:
max x2
x1 + y1 = 12 x2 + y2 = 12
x1, x2, y1, y2 ≥ 0, x1, x2 ∈ I.
Ma: ci ritroviamo con un problema in cui alcune variabili (x1 e x2) possono assumere solo valori interi e altre possono assumere anche valori non interi. Infatti, ad esempio, se
scelgo x1 = x2 = 0, valori ammissibili per il nostro problema di PLI, il corrispondente valore di y1 e y2 è pari a 1/2.
Il rimedio
Per fare in modo che anche le nuove variabili possano
assumere solo valori interi quando quelle originarie hanno valori interi, è sufficiente:
trasformare i vincoli in modo tale che in essi compaiano solo coefficienti e termini noti interi.
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Nell’esempio
Nel nostro esempio basta moltiplicare entrambi i vincoli per 2:
max x2
2x1 ≤ 1 2x2 ≤ 1
x1, x2 ≥ 0, x1, x2 ∈ I.
e solo a questo punto aggiungere le due variabili y1 e y2:
max x2
2x1 + y1 = 1 2x2 + y2 = 1
x1, x2, y1, y2 ≥ 0, x1, x2, y1, y2 ∈ I.
Taglio valido
Sia x∗ una soluzione ottima del rilassamento lineare, che si suppone abbia almeno una coordinata non intera (se tutte le sue coordinate fossero intere allora x∗ ∈ Zott).
Definizione 1 Una disequazione wx ≤ v si definisce taglio valido per il problema di PLI se non é soddisfatta da x∗ ma é soddisfatta da tutti i punti nella regione ammissibile del problema di PLI, ovvero
wx∗ > v, wx ≤ v ∀ x ∈ Za
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Algoritmi di taglio
Inizializzazione Si risolva il rilassamento lineare
max cx
aix = bi i = 1, . . . , m xj ≥ 0 j = 1, . . . , n Se:
Sa = ∅, allora STOP con Za = ∅;
esiste una soluzione ottima, indicata con x∗1. Se x∗1 ha coordinate tutte intere, allora STOP: x∗1 ∈ Zott. Altrimenti si ponga k = 1 e si vada al Passo 1.
Continua
Passo 1 Si generi un taglio valido, ovvero una disequazione wkx ≤ vk tale che
wkx∗k > vk wkx ≤ vk ∀ x ∈ Za
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Continua
Passo 2 Si aggiunga il nuovo taglio valido ai vincoli originari del problema e ai tagli validi generati in precedenza e si risolva il problema di PL
max cx
aix = bi i = 1, . . . , m wrx ≤ vr r = 1, . . . , k
xj ≥ 0 j = 1, . . . , n Se:
il problema ha regione ammissibile vuota, allora STOP: Za = ∅.
Altrimenti sia x∗(k+1) la sua soluzione ottima. Se x∗(k+1) ha coordinate tutte intere, allora STOP:
x∗(k+1) ∈ Z . Altrimenti si ponga k = k + 1 e si ritorni
Nota bene
Il problema di PL con l’aggiunta dei tagli non é in forma
standard. Basta la semplice aggiunta di una variabile yr ≥ 0 in ciascuno dei tagli per portarlo alla forma standard:
max cx
aix = bi i = 1, . . . , m wrx + yr = vr r = 1, . . . , k
xj ≥ 0 j = 1, . . . , n yr ≥ 0 r = 1, . . . , k
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Tagli di Gomory
Sia data la base ottima B∗ = {xi1, . . . , xim} per il
rilassamento lineare del problema di PLI con la seguente riformulazione rispetto a tale base é la seguente:
max γ0 + Pn−m
j=1 γjxim+j xi1 = β1 + Pn−m
j=1 α1jxim+j
· · · xik = βk + Pn−m
j=1 αkjxim+j
· · ·
xim = βm + Pn−m
j=1 αmjxim+j x1, . . . , xn ≥ 0
Ipotesi
Si suppone che almeno uno dei valori βr, r = 1, . . . , m, sia non intero (se fossero tutti interi la soluzione di base
associata a B∗ sarebbe non solo ottima per il rilassamento lineare ma anche per il problema di PLI).
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Esempio
max 56x1 − 133 x4
5x1 + 6x3 − 8x4 = 12
−5x1 + 30x2 + 22x4 = 150
x1, x2, x3, x4 ≥ 0, x1, x2, x3, x4 ∈ I.
Rilassamento lineare
Base ottima B∗ = {x1, x2}
max 2 − x3 − 3x4
x1 = 125 − 65x3 + 85x4 x2 = 275 + 15x3 + 25x4
x1, x2, x3, x4 ≥ 0
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Il taglio di Gomory
Sia βk un valore non intero. Equazione relativa a xik (equazione generatrice del taglio):
xik = βk + αk1xim+1 + αk2xim+2 + · · · + αk,n−mxin. Taglio di Gomory:
−fk + fk1xim+1 + fk2xim+2 + · · · + fk,n−mxin ≥ 0 dove
fkj, j = 1, . . . , n − m, é la mantissa di −αkj, cioé fkj = −αkj − ⌊−αkj⌋ ≥ 0,
fk é la mantissa di βk, cioé
fk = βk − ⌊βk⌋ > 0. Programmazione Lineare Intera – p. 26/44
Esempio
Equazione generatrice del taglio:
x1 = 12
5 − 6
5x3 + 8 5x4 Mantissa di 125 :
12
5 − ⌊12
5 ⌋ = 12
5 − 2 = 2 5 Mantissa di 65:
6
5 − ⌊6
5⌋ = 6
5 − 1 = 1 5
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Continua
Mantissa di −85:
−8
5 − ⌊−8
5⌋ = −8
5 − (−2) = 2 5 Taglio di Gomory:
−2
5 + 1
5x3 + 2
5x4 ≥ 0
Continua
Per mantenere il formato standard, possiamo aggiungere una nuova variabile y1 e riscrivere il taglio attraverso la seguente coppia di vincoli:
y1 = −fk + fk1xim+1 + fk2xim+2 + · · · + fk,n−mxin y1 ≥ 0.
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Nell’esempio
−2
5 + 1
5x3 + 2
5x4 ≥ 0 m
y1 = −2
5 + 1
5x3 + 2
5x4 y1 ≥ 0
Il taglio di Gomory è valido
La soluzione ottima del rilassamento lineare non soddisfa il taglio. Nella soluzione ottima del rilassamento lineare si ha:
xim+1 = · · · = xin = 0
quindi, in corrispondenza della soluzione ottima del rilassamento lineare si ha:
y1 = −fk < 0.
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Il taglio di Gomory è valido
Generico punto in Za:
xi1, . . . , xin
Sostituiamo le coordinate di tale punto nell’ equazione generatrice del taglio:
xik = βk +
n−mX
j=1
αkjxim+j
e nel taglio di Gomory:
y1 = −fk +
n−mX
j=1
fkjxim+j
Continua
Si vuole dimostrare che il valore di y1 é ≥ 0 e cioé che la generica soluzione ammissibile in Za soddisfa il taglio. Ma prima dimostriamo che:
in corrispondenza di ogni punto in Za, il valore di y1 ´e intero Sommo membro a membro le due equazioni:
xik = βk +
n−mX
j=1
αkjxim+j
e:
y1 = −fk +
n−mX
j=1
fkjxim+j
Programmazione Lineare Intera – p. 33/44
Continua
Dalla somma ho:
y1 + xik = (βk − fk) +
n−mX
j=1
(αkj + fkj)xim+j
−fk + βk = ⌊βk⌋ fkj + αkj = −⌊−αkj⌋ Quindi:
y1 = ⌊βk⌋ − xik −
n−mX
j=1
⌊−αkj⌋xim+j
Continua
y1 ≥ 0 in corrispondenza di punti in Za
y1 + fk =
n−mX
j=1
fkj
|{z}
≥0
xim+j
| {z }
≥0
Quindi:
y1 + fk ≥ 0
e, per la interezza di y1 e fk < 1, abbiamo che deve essere y1 ≥ 0.
Programmazione Lineare Intera – p. 35/44
Osservazione 1
Abbiamo dimostrato che la nuova variabile che viene introdotta (la y1) assume sempre valori interi in
corrispondenza di ogni punto di Za. Quindi con l’aggiunta del taglio posso riscrivere il mio problema di PLI in questo modo:
max cx
aix = bi i = 1, . . . , m y1 = −fk + Pn−m
j=1 fkjxim+j
xj ≥ 0, xj ∈ I j = 1, . . . , n y1 ≥ 0, y1 ∈ I
Nell’esempio
max 56x1 − 133 x4
5x1 + 6x3 − 8x4 = 12
−5x1 + 30x2 + 22x4 = 150 y1 = −25 + 15x3 + 25x4
x1, x2, x3, x4, y1 ≥ 0, x1, x2, x3, x4, y1 ∈ I.
Programmazione Lineare Intera – p. 37/44
Continua
Quindi: dal momento che il nuovo problema con l’aggiunta del taglio é ancora un problema di PLI (tutte la variabili,
compresa la nuova, y1, sono vincolate ad essere intere) possiamo iterare la procedura, cioé se dopo l’aggiunta del primo taglio la risoluzione del nuovo rilassamento lineare non ha coordinate tutte intere, possiamo generare un nuovo taglio utilizzando la stessa regola di generazione.
Osservazione 2
Il rilassamento lineare del problema di PLI dopo l’aggiunta del taglio non deve essere risolto da zero. Infatti, possiamo prendere la coppia di vincoli
y1 = −fk +
n−mX
j=1
fkjxim+j y1 ≥ 0,
che esprime il taglio ed aggiungerla alla riformulazione
rispetto alla base ottima B∗ del rilassamento lineare prima dell’introduzione del taglio.
Programmazione Lineare Intera – p. 39/44
Continua
max γ0 + Pn−m
j=1 γjxim+j xi1 = β1 + Pn−m
j=1 α1jxim+j
· · · xik = βk + Pn−m
j=1 αkjxim+j
· · ·
xim = βm + Pn−m
j=1 αmjxim+j y1 = −fk + Pn−m
j=1 fkjxim+j x1, . . . , xn, y1 ≥ 0
Continua
Questa è giá la riformulazione del nuovo rilassamento lineare rispetto alla base B∗ ∪ {y1}. Tale base è
non ammissibile per il primale (y1 = −fk < 0) ammissibile per il duale
Programmazione Lineare Intera – p. 41/44
Nell’esempio
Base B∗ ∪ {y1} = {x1, x2, y1} ammissibile per il duale max 2 − x3 − 3x4
x1 = 125 − 65x3 + 85x4 x2 = 275 + 15x3 + 25x4 y1 = −25 + 15x3 + 25x4
x1, x2, x3, x4, y1 ≥ 0.
Continua
Applicando il simplesso duale si arriva in una iterazione alla base ottima {x1, x2, x3}:
max 0 − 5y1 − x4
x1 = 0 − 6y1 + 4x4 x2 = 5 − y1 + 3x4 x3 = 2 + 5y1 − 2x4 x1, x2, x3, x4, y1 ≥ 0
Soluzione ottima del rilassamento lineare e del problema di PLI:
x∗1 = 0 x∗2 = 5 x∗3 = 2 x∗4 = 0
Valore ottimo del rilassamento lineare e del problema di PLI
= 0
Programmazione Lineare Intera – p. 43/44
Osservazione 3
Se ad ogni iterazione il taglio di Gomory viene realizzato a partire dalla prima equazione con un termine noto βk non intero, allora l’algoritmo termina in un numero finito di
iterazioni.