Il metodo del simplesso
I problemi di PL in forma standard
I problemi di PL in forma standard hanno la seguente formulazione:
max cx
aix = bi i = 1, . . . , m x ≥ 0
o, equivalentemente, in forma matriciale:
max cx
Ax = b x ≥ 0
Un’osservazione
Osservazione
Ogni problema di PL in forma canonica può essere trasformato in uno equivalente in forma standard.
Dimostrazione
Problema di PL in forma canonica
max cx
aix ≤ bi i = 1, . . . , m x ≥ 0
aix ≤ bi ⇔ aix + yi = bi, yi ≥ 0.
Quindi, il problema di PL in forma canonica è equivalente al seguente:
max cx
aix + yi = bi i = 1, . . . , m
Continua
Ogni problema di PL può essere ricondotto ad uno equivalente in forma canonica.
Ogni problema in forma canonica può essere ricondotto ad uno equivalente in forma standard.
Quindi: ogni problema di PL può essere ricondotto ad uno equivalente in forma standard.
NB: nella pratica si passa direttamente da un problema di PL in forma generica ad uno equivalente in forma standard, senza passare necessariamente attraverso un problema in forma canonica.
Un esempio
Si trasformi il seguente problema di PL in forma generica in un problema di PL in forma standard
min x1 + x2 + x3 x1 + 2x2 − x3 ≤ 3 x1 + 4x2 + 5x3 = 5
x1 − 2x2 + x3 ≥ 3 x1 ≥ 0
x2 ≤ 0
x3 libera in segno
Ipotesi aggiuntiva
Si richiede che la matrice dei vincoli A ∈ Rm×n abbia rango pari a m, il numero delle sue righe, il che equivale a
richiedere che:
non ci sono righe di A ottenibili come combinazioni lineari di altre righe di A;
esistono m colonne della matrice A che formano una matrice quadrata invertibile.
NB: Si può dimostrare che anche questa non è una
condizione restrittiva e che ci si può sempre ricondurre ad essa.
Esempi
A1 =
1 2 1 3 2 1 3 4 3 0 5 5
Rango di A1 < m = 3
A2 =
"
1 2 2 1 −1 3 7 1 3 1
#
Rango di A2 = m = 2
Base di un problema di PL
Si definisce base di un problema di PL in forma standard un sottinsieme:
B = {xi1, . . . , xim}
di m delle n variabili del problema di PL con la proprietà che la matrice AB ∈ Rm×m ottenuta considerando le sole
colonne di A relative alle variabili xik, k = 1, . . . , m, sia invertibile.
Le variabili dell’insieme B verranno dette variabili in base, quelle al di fuori di B verranno raggruppate nell’insieme:
N = {xim+1, . . . , xin}
Un esempio
Dato
max 3x1 + 4x2 + 2x3 + 2x4 + x5 x1 + 2x2 + 2x3 + x4 − x5 = 2 x1 + 2x2 + x3 + 4x4 − 2x5 = 2
x1, x2, x3, x4, x5 ≥ 0 Matrice dei vincoli
A =
"
1 2 2 1 −1 1 2 1 4 −2
#
Continua
B1 = {x1, x2} → non è una base. Infatti
AB
1 =
"
1 2 1 2
#
non è invertibile
Invece, B2 = {x1, x3} è una base in quanto:
AB
2 =
"
1 2 1 1
#
è invertibile
Allo stesso modo si verifichi che B3 = {x3, x4} e B4 = {x4, x5} sono basi.
Riformulazione rispetto alla base B
Data una base B, indichiamo con:
xB ∈ Rm il vettore delle variabili in base
xN ∈ Rn−m il vettore delle variabili fuori base
cB ∈ Rm il vettore dei costi relativi alle variabili in base cN ∈ Rn−m il vettore dei costi relativi alle variabili fuori base
AN ∈ Rm×(n−m) la matrice ottenuta da A considerando le sole colonne relative alle variabili fuori base.
Nell’esempio
Con la base B = {x1, x3} abbiamo:
xB = (x1 x3)
xN = (x2 x4 x5) cB = (3 2)
cN = (4 2 1)
AN =
"
2 1 −1 2 4 −2
#
Riscrittura della riformulazione
Possiamo ora riscrivere il problema di PL in forma standard nella seguente forma equivalente:
max cBxB + cNxN
ABxB + ANxN = b xB, xN ≥ 0
e quindi anche in questo modo:
max cBxB + cNxN ABxB = b − ANxN
xB, xN ≥ 0
Nell’esempio
max
cBxB
z }| { 3x1 + 2x3 +
cNxN
z }| {
4x2 + 2x4 + x5
ABxB
z }| { x1 + 2x3 +
ANxN
z }| {
2x2 + x4 − x5 = 2 x1 + x3 + 2x2 + 4x4 − 2x5 = 2
x1, x3
| {z }
xB
, x2, x4, x5
| {z }
xN
≥ 0
E quindi ...
max
cBxB
z }| { 3x1 + 2x3 +
cNxN
z }| {
4x2 + 2x4 + x5
ABxB
z }| { x1 + 2x3 =
b−ANxN
z }| {
2 − 2x2 − x4 + x5 x1 + x3 = 2 − 2x2 − 4x4 + 2x5
x1, x3
| {z }
xB
, x2, x4, x5
| {z }
xN
≥ 0
Continua
Moltiplichiamo ora i vincoli di uguaglianza per A−1B : max cBxB + cNxN
A−1
B ABxB = A−1B b − A−1B ANxN xB, xN ≥ 0
e quindi da A−1B ABxB = IxB = xB
max cBxB + cNxN
xB = A−1B b − A−1B ANxN xB, xN ≥ 0
Questo equivale a risolvere il sistema dato dai vincoli di
Nell’esempio
max 3x1 + 2x3 + 4x2 + 2x4 + x5 x1 = 2 − 2x2 − 7x4 + 3x5
x3 = 0 + 3x4 − x5 x1, x3, x2, x4, x5 ≥ 0
Riformulazione rispetto alla base B
Infine, sostituendo xB nell’obiettivo:
cBxB + cNxN = cB A−1
B b − A−1B ANxN
+ cNxN da cui:
max cBA−1
B b + (cN − cBA−1
B AN)xN xB = A−1B b − A−1B ANxN
xB, xN ≥ 0
Questa riformulazione viene detta riformulazione del problema di PL rispetto alla base B.
NB: tale riformulazione è del tutto equivalente al problema
Nell’esempio
Riformulazione rispetto alla base B = {x1, x3}: max 6 − 2x2 − 13x4 + 8x5
x1 = 2 − 2x2 − 7x4 + 3x5 x3 = 0 + 3x4 − x5
x1, x3, x2, x4, x5 ≥ 0
Soluzioni di base
Si definisce soluzione di base associata alla base B, la seguente soluzione del sistema di vincoli di uguaglianza ottenuta ponendo xN = 0:
xB = A−1B b xN = 0.
Nell’esempio:
x1 = 2 x3 = 0 x2 = x4 = x5 = 0
Ammissibilità e non degenerazione
Se A−1B b ≥ 0 la soluzione di base si dice ammissibile.
Questo vuol dire che appartiene alla regione ammissibile del problema di PL in quanto, oltre a soddisfare i vincoli di uguaglianza del problema, soddisfa anche quelli di non negatività delle variabili.
Se inoltre si ha A−1B b > 0 si parla di soluzione di base non degenere, altrimenti si parla di soluzione di base degenere.
Nell’esempio
B2 = {x1, x3} → soluzione di base ammissibile e degenere B3 = {x3, x4}: la soluzione di base è
x3 = 6/7 x4 = 2/7 x1 = x2 = x5 = 0, che è ammissibile e non degenere
B4 = {x4, x5}: la soluzione di base è
x4 = −1 x5 = −3 x1 = x2 = x3 = 0, che è non ammissibile.
Osservazione
Data una soluzione di base ammissibile e non degenere esiste un’unica base che la rappresenta, mentre una
soluzione di base ammissibile e degenere è rappresentata da più basi.
Si verifichi, ad esempio, che la base B5 = {x1, x4} ha come soluzione di base associata:
x1 = 2 x4 = 0 x2 = x3 = x5 = 0, che è la stessa associata alla base B2.
Ma ...
... cosa hanno a che fare le basi e le soluzioni di base con il teorema fondamentale della PL?
La risposta ci viene dalla seguente osservazione.
Osservazione L’insieme dei vertici di Sa coincide con l’insieme delle soluzioni di base ammissibili del problema di PL.
In pratica, vertici e di soluzioni di base ammissibili sono la stessa cosa vista da due punti di vista diversi: quello
geometrico (i vertici) e quello algebrico (le soluzioni di base ammissibili).
Basi adiacenti
Due basi B′ e B′′ si definiscono adiacenti se hanno m − 1 variabili uguali e differiscono per una sola variabile.
Nell’esempio le basi B3 = {x3, x4} e B4 = {x4, x5} sono adiacenti, mentre non lo sono B2 = {x1, x3} e B4.
Soluzioni di base adiacenti
Due soluzioni di base distinte si definiscono adiacenti se
esistono due basi B′ e B′′ che le rappresentano e che sono tra loro adiacenti.
Si noti che due basi adiacenti non corrispondono
necessariamente a due soluzioni di base adiacenti. Esse infatti possono corrispondere alla stessa soluzione di base come accade, ad esempio, con le basi B2 = {x1, x3} e
B5 = {x1, x4}.
Riformulazione rispetto alla base B
Sia data la base:
B = {xi1, . . . , xim}.
con
N = {xim+1, . . . , xin}
l’insieme delle variabili fuori base. Abbiamo visto che, data la base B, la riformulazione del problema di PL rispetto alla base B è data da
max cBA−1
B b + (cN − cBA−1
B AN)xN xB = A−1B b − A−1B ANxN
Continua
Indichiamo con:
γ0 il valore cBA−1B b;
γj, j = 1, . . . , n − m, le componenti del vettore cN − cBA−1
B AN;
βr, r = 1, . . . , m, le componenti del vettore A−1B b;
αrj, r = 1, . . . , m, j = 1, . . . , n − m, le componenti della matrice −A−1B AN
Continua
In forma scalare possiamo riscrivere la riformulazione rispetto alla base B nel seguente modo:
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
Nell’esempio
Riformulazione rispetto alla base B2 = {x1, x3}: max 6 − 2x2 − 13x4 + 8x5
x1 = 2 − 2x2 − 7x4 + 3x5 x3 = 0 + 3x4 − x5
x1, x3, x2, x4, x5 ≥ 0
Passaggio ad una base adiacente
Supponiamo ora di voler passare dalla base B alla base adiacente B′ ottenuta rimuovendo da B la variabile xik,
1 ≤ k ≤ m, e sostituendola con la variabile fuori base xim+h, 1 ≤ h ≤ n − m, ovvero:
B′ = {xi1, . . . , xik−1, xim+h, xik+1, . . . , xim}.
La prima domanda che ci dobbiamo porre è :
quando B′ è effettivamente una base. Perché lo sia si deve avere che AB′ è invertibile.
Continua
Si ha che AB′ è invertibile e quindi B′ è una base se e solo
se nella riformulazione associata alla base B il coefficiente di xim+h nell’equazione relativa a xik è diverso da 0, ovvero se e solo se:
αkh 6= 0.
Nell’esempio:
{x1, x2} non è una base {x1, x5} è una base
L’operazione di cardine
Tale operazione consente di passare dalla riformulazione rispetto alla base B a quella rispetto alla base adiacente B′. Per fare questo dovremo compiere le seguenti operazioni.
Ricavare xim+h dall’equazione relativa a xik, cioè:
xim+h = − βk
αkh + 1
αkh xik −
n−mX
j=1, j6=h
αkj
αkh xim+j. sostituire ogni occorrenza della variabile xim+h nelle
restanti equazioni e nell’obiettivo con la parte destra di tale equazione
Esempio
Dalla riformulazione rispetto a B2 = {x1, x3} a quella rispetto a B6 = {x1, x5}
Ricavo x5 dall’equazione relativa a x3 x5 = 0 − x3 + 3x4
Sostituisco la parte destra dell’equazione nei restanti vincoli e nell’obiettivo
max 6 − 2x2 − 13x4 + 8(0 − x3 + 3x4) x1 = 2 − 2x2 − 7x4 + 3(0 − x3 + 3x4)
x5 = 0 − x3 + 3x4 x1, x3, x2, x4, x5 ≥ 0
Riformulazione rispetto a B 6 = {x 1 , x 5 }
max 6 − 2x2 − 8x3 + 11x4 x1 = 2 − 2x2 + 2x4 − 3x3
x5 = 0 − x3 + 3x4 x1, x3, x2, x4, x5 ≥ 0
Nota bene
Per poter recuperare dalle riformulazioni alcune
informazioni (nel seguito vedremo, ad esempio, come
sfruttare la riformulazione rispetto a una base B per poter ottenere la matrice A−1B ) è necessario mantenere un ordine tra le variabili in una base. Quindi se nella base B′ la
variabile xim+h sostituisce la variabile xik a cui corrisponde la k-esima equazione della riformulazione rispetto a B,
nella riformulazione rispetto a B′ l’equazione relativa alla variabile xim+h dovrà ancora essere la k-esima, mentre la posizione delle equazioni relative a tutte le altre variabili deve rimanere invariata rispetto alla precedente
riformulazione.
Nell’esempio ...
... la variabile x5 ha preso il posto della x3 e l’equazione relativa alla x5 è stata messa nella stessa posizione (la
seconda) in cui si trovava quella della x3, mentre la restante equazione ha mantenuto la posizione originaria.
Un altro esempio
Passaggio da B6 = {x1, x5} a B4 = {x4, x5} Ricavo x4 dall’equazione relativa a x1
x4 = −1 + 1/2x1 + x2 + 3/2x3
Sostituisco la parte destra dell’equazione nei restanti vincoli e nell’obiettivo
max 6 − 2x2 − 8x3 + 11(−1 + 1/2x1 + x2 + 3/2x3) x4 = −1 + 1/2x1 + x2 + 3/2x3
x5 = 0 − x3 + 3(−1 + 1/2x1 + x2 + 3/2x3) x1, x3, x2, x4, x5 ≥ 0
Continua
Riformulazione rispetto a B4 = {x4, x5}:
max −5 + 11/2x1 + 9x2 + 17/2x3 x4 = −1 + 1/2x1 + x2 + 3/2x3 x5 = −3 + 3/2x1 + 3x2 + 7/2x3
x1, x3, x2, x4, x5 ≥ 0
Nota bene
Le operazioni di cardine che abbiamo eseguito sugli
esempi ci hanno consentito di passare da una base ad una adiacente e, nel secondo esempio, anche da una soluzione di base ad una adiacente. Tuttavia, nel secondo caso
siamo passati da una soluzione di base ammissibile (quella associata a B6) ad una non ammissibile (quella associata a B4). Nell’algoritmo di risoluzione che ci apprestiamo a
discutere la scelta della base adiacente verso cui muoversi non verrà fatta a caso come abbiamo fatto nei precedenti esempi, ma sarà guidata da regole precise che
fondamentalmente ci consentiranno di spostarsi tra vertici della regione ammissibile migliorando il valore della
funzione obiettivo.
Ipotesi iniziale
Data la base B e la riformulazione rispetto ad essa:
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
supponiamo che βk ≥ 0, k = 1, . . . , m, ovvero la base B è
Nota bene
Due problemi non banali sono:
stabilire se esiste una base ammissibile (o, equivalentemente, stabilire se Sa 6= ∅)
nel caso esista, determinarne una.
Questi problemi li affronteremo in seguito. Per il momento supponiamo di avere già a disposizione una base
ammissibile B.
Coefficienti di costo ridotto
I coefficienti γj delle variabili fuori base nell’obiettivo della riformulazione rispetto alla base B vengono detti coefficienti di costo ridotto delle variabili fuori base.
Questi esprimono la variazione dell’obiettivo in
corrispondenza dell’incremento di un’unità della variabile fuori base corrispondente.
Infatti ...
... se consideriamo l’obiettivo della riformulazione:
γ0 +
n−mX
j=1
γjxim+j,
e supponiamo di tenere a 0 il valore di tutte le variabili fuori base tranne la variabile xim+h il cui valore viene
incrementato a 1, otteniamo Il nuovo valore dell’obiettivo γ0 + γh con una variazione rispetto al valore γ0 (quello nella soluzione di base associata a B) pari proprio al valore γh del coefficiente di costo ridotto della variabile fuori base xim+h.
Un esempio
Sia data la seguente riformulazione rispetto alla base ammissibile {x1, x2} di un problema di PL:
max 2 + x3 − x4 x1 = 2 + x3 + x4 x2 = 1 + 2x3 + x4
x1, x2, x3, x4 ≥ 0
Il valore dell’obiettivo nella corrispondente soluzione di base è la costante che appare nell’obiettivo (2).
Continua
Se teniamo a 0 il valore di x4 e portiamo a 1 quello di x3, il valore dell’obiettivo diventa 3, con una variazione pari al coefficiente di costo ridotto (+1) di x3
Se teniamo a 0 il valore di x3 e portiamo a 1 quello di x4, il valore dell’obiettivo diventa 1, con una variazione pari al coefficiente di costo ridotto (-1) di x4
Verifica di ottimalità
Alla base ammissibile B è associata una soluzione di base ammissibile (un vertice di Sa). Posso stabilire se questa
soluzione appartiene a Sott?
Data una variabile fuori base, il cui valore è nullo nella soluzione di base associata a B, quando "conviene" far crescere da 0 il valore di tale variabile?
Solo quando il suo coefficiente di costo ridotto è positivo, altrimenti il valore dell’obiettivo o rimane invariato (se il coefficiente è nullo) o diminuisce (se è negativo).
Quindi ...
... se tutte le variabili fuori base hanno coefficiente di costo ridotto minore o uguale a 0, ovvero
γj ≤ 0 j = 1, . . . , n − m.
la soluzione di base associata a B è soluzione ottima del problema di PL.
Una dimostrazione formale
Il valore dell’obiettivo in corrispondenza della soluzione di base associata a B è γ0.
Inoltre in Sa si ha xim+j ≥ 0, j = 1, . . . , n − m. Quindi per il valore dell’obiettivo in Sa si avrà:
γ0 +
n−mX
j=1
γj
|{z}≤0
xim+j
| {z }
≥0
≤ γ0,
ovvero in Sa il valore dell’obiettivo non può mai superare il valore γ . Essendo questo anche il valore dell’obiettivo per
In forma vettoriale
Ricordando che γj sono le componenti del vettore cN − cBA−1
B AN (detto anche, per questa ragione, vettore dei coefficienti di costo ridotto), in forma vettoriale la
condizione sufficiente di ottimalità si esprime nel modo seguente:
cN − cBA−1
B AN ≤ 0.
La condizione non è necessaria!
Può succedere che la soluzione di base sia già una soluzione ottima ma la condizione di ottimalità non sia soddisfatta. Ciò però può accadere solo nel caso di una soluzione di base degenere.
Un esempio
Sia data la seguente riformulazione rispetto alla base {x3, x4} di un problema di PL:
max x1
x3 = 1 − x2 x4 = −x1
x1, x2, x3, x4 ≥ 0 La soluzione di base corrispondente è:
x3 = 1 x4 = 0 x1 = x2 = 0.
Si noti che è degenere. La condizione di ottimalità non è soddisfatta (il coefficiente di x1 nell’obiettivo è pari a 1).
Continua
Passiamo ora, con l’operazione di cardine, alla base
adiacente {x1, x3}. La riformulazione rispetto a questa base è la seguente:
max −x4
x3 = 1 − x2 x1 = −x4
x1, x2, x3, x4 ≥ 0
Ora la condizione di ottimalità è soddisfatta e quindi la
soluzione di base associata è ottima. Ma se osserviamo la soluzione di base associata, questa coincide esattamente
Osservazione
Si può dimostrare che data una soluzione di base ottima esiste sempre almeno una base corrispondente per la quale la condizione di ottimalità è soddisfatta.
Nell’esempio abbiamo visto come la stessa soluzione di base sia rappresentata sia dalla base {x3, x4} che dalla base {x1, x3}. La prima base non soddisfa la condizione, ma questa è soddisfatta dalla seconda base.
Verifica di illimitatezza
Supponiamo ora che la condizione di ottimalità non sia soddisfatta. Un’altra domanda che possiamo porci è la seguente: quando il problema ha valore dell’obiettivo illimitato?
Una condizione sufficiente perché questo si verifichi è la seguente:
∃ γh > 0 : αrh ≥ 0 r = 1, . . . , m.
Infatti ...
... nella riformulazione rispetto alla base B poniamo a zero tutte le variabili fuori base tranne la variabile xim+h con
γh > 0. Ciò che rimane è:
max γ0 + γhxim+h
xi1 = β1 + α1hxim+h
· · ·
xim = βm + αmhxim+h x1, . . . , xn ≥ 0
Cosa succede se faccio crescere il valore della variabile xim+h?
Continua
Per ogni r ∈ {1, . . . , m}: xir = βr
|{z}≥0
+ αrh
|{z}≥0
xim+h
| {z }
≥0
≥ 0,
quindi per ogni possibile valore non negativo di xim+h le
variabili in base continuano ad avere valore non negativo e quindi rimaniamo all’interno di Sa.
Ma vediamo ora cosa succede all’obiettivo:
γ0 + γh
|{z} xim+h →
x |{z}→+∞
+∞,
Un esempio
Sia data la seguente riformulazione rispetto alla base {x1, x2} di un problema di PL:
max 2 + x3 − x4 x1 = 2 + x3 + x4 x2 = 1 + 2x3 + x4
x1, x2, x3, x4 ≥ 0
Il coefficiente di x3 nell’obiettivo è positivo e non negativi sono anche i coefficienti di x3 nelle equazioni dei vincoli.
Continua
Se poniamo x4 = 0 e x3 = t ≥ 0 il problema diventa:
max 2 + t
x1 = 2 + t x2 = 1 + 2t x1, x2, x3, x4 ≥ 0 da cui si nota che i punti
x1 = 2 + t x2 = 1 + 2t x3 = t x4 = 0
sono tutti in Sa per ogni t ≥ 0, mentre il valore dell’obiettivo cresce a +∞ al crescere di t a +∞.
Cambio di base
Cosa succede se nessuna delle due condizioni di arresto (ottimalità e illimitatezza) è soddisfatta?
Effettuo un cambio di base passando da quella attuale ad una adiacente.
Ma come scelgo la base adiacente verso cui spostarmi?
Voglio cercare di spostarmi in una base adiacente che:
sia ancora ammissibile
la soluzione di base corrispondente abbia valore della funzione obiettivo non peggiore rispetto a quella attuale.
Variabile da far entrare in base
Scelgo la variabile fuori base da far entrare in base cercando di garantire un miglioramento del valore dell’obiettivo
Quali variabili fuori base (e quindi a valore nullo nella soluzione di base) possono consentirmi di migliorare il valore dell’obiettivo?
Dovremo far crescere quelle con coefficiente di costo ridotto γj positivo (facendo crescere le altre il valore dell’obiettivo diminuisce oppure non cambia). Quindi dobbiamo restringere l’attenzione alle sole variabili
E...
... se c’è più di una variabile con coefficiente di costo ridotto positivo?
Qui adotteremo la regola di scelta tra queste variabili che consiste nel scegliere quella che fa crescere più
rapidamente il valore dell’obiettivo e cioè la variabile xim+h tale che:
γh = max
j=1,...,n−m γj,
tenendo comunque presente che questa non è l’unica regola possibile.
Nel caso il massimo sia raggiunto da più variabili adottiamo
Nell’esempio
Data la seguente riformulazione rispetto alla base {x1, x2} di un problema di PL:
max 2 + 2x3 + 2x4 + x5 x1 = 1 − x3 + x4 + x5 x2 = 2 − x3 − x4 − x5
x1, x2, x3, x4, x5 ≥ 0
In questo caso tutte le variabili fuori base hanno
coefficiente di costo ridotto positivo. Tra queste considero quelle il cui coefficiente di costo ridotto è massimo (la x3 e la x4). Tra le due scelgo quella con indice minore e quindi la
Variabile uscente dalla base
Una volta scelta la variabile xim+h che dovrà entrare in base, quale variabile in base dovrà farle posto, ovvero quale sarà la variabile in base xik che dovrà uscire dalla base?
Se la scelta della variabile che entra in base è guidata dal desiderio di far crescere il valore dell’obiettivo, la scelta della variabile uscente dalla base sarà motivata dal
desiderio di non uscire dalla regione ammissibile.
Continua
Nella riformulazione rispetto alla base corrente fissiamo a 0 tutte le variabili fuori base tranne la xim+h. Si avrà dunque:
max γ0 + γhxim+h
xi1 = β1 + α1hxim+h
· · ·
xim = βm + αmhxim+h x1, . . . , xn ≥ 0
Fino a quando possiamo far crescere il valore di xim+h senza uscire dalla regione ammissibile?
Continua
Abbiamo due casi:
Caso 1 Per tutti gli r ∈ {1, . . . , m} tali che αrh ≥ 0 vediamo che:
xir = βr + αrh
|{z}≥0
xim+h
| {z }
≥0
≥ βr ≥ 0.
Quindi in questo caso non abbiamo alcuna restrizione sulla crescita di xim+h.
Continua
Caso 2 Per gli r tali che αrh < 0, allora vediamo che il valore di xim+h può crescere al massimo fino a:
− βr αrh
e oltre questo valore la variabile xir assume valori
negativi (si esce quindi dalla regione ammissibile Sa).
Quindi ...
... se vogliamo rimanere in Sa, ci dobbiamo arrestare non appena una variabile xir con αrh < 0 si annulla al crescere di xim+h. Questa sarà la variabile xik tale che
αkh < 0 e − βk
αkh = min
r : αrh<0
− βr αrh
.
(Criterio dei minimi rapporti).
Nel caso il minimo sia raggiunto da più variabili la scelta ricade, per convenzione, su quella con indice più piccolo.
La variabile xik sarà quella che uscirà dalla base.
Nell’esempio
Abbiamo precedentemente scelto x3 come variabile
entrante in base. Quale variabile dovrà uscire dalla base?
Sia la x1 che la x2 sono candidate (per entrambe il
coefficiente di x3 nelle rispettive equazioni è negativo).
Qual è la prima che si annulla al crescere di x3?
Continua
Fissando a 0 tutte le variabili fuori base tranne la x3 si ottiene:
max 2 + 2x3 x1 = 1 − x3 x2 = 2 − x3
x1, x2, x3, x4, x5 ≥ 0
e si può vedere che per mantenersi in Sa (cioè per mantenere non negative le variabili in base x1 e x2)
possiamo far crescere x3 al massimo fino al valore 1. In
corrispondenza di tale valore si annulla la variabile x1 e tale variabile sarà quella che dovrà uscire di base.
Continua
Equivalentemente, utilizzando il criterio dei minimi rapporti:
x1 → − 1
−1 = 1 x2 → − 2
−1 = 2.
Il minimo dei rapporti (pari a 1) è raggiunto in
corrispondenza della variabile x1 e quindi questa sarà la variabile che dovrà uscire dalla base.
E infine ...
... una volta selezionata la variabile entrante in base (la xim+h) e quella uscente di base (la xik) con le regole viste, non resta che compiere l’operazione di cardine nel modo già descritto in precedenza ottenendo la riformulazione rispetto alla nuova base B′.
Nell’esempio
Entra x3 ed esce x1.
L’operazione di cardine porta alla seguente riformulazione rispetto alla nuova base B′ = {x2, x3}:
max 4 − 2x1 + 4x4 + 3x5 x3 = 1 − x1 + x4 + x5 x2 = 3 + x1 − 2x4 − 2x5
x1, x2, x3, x4, x5 ≥ 0
Ed ora...
... non facciamo altro che iterare sulla nuova base B′ quanto fatto sulla base precedente B.
L’algoritmo del simplesso
Inizializzazione Sia B0 una base ammissibile e k = 0.
Passo 1- verifica ottimalit `a Se soddisfatta la condizione di ottimalità: STOP . La soluzione di base associata a Bk è una soluzione ottima del problema. Altrimenti si vada al Passo 2.
Passo 2 - verifica di illimitatezza Se è soddisfatta la
condizione di illimitatezza, allora: STOP, si ha Sott = ∅ in quanto l’obiettivo del problema è illimitato. Altrimenti si vada al Passo 3.
Passo 3 - scelta variabile entrante in base Si selezioni la variabile xim+h che dovrà entrare in base attraverso la
Il metodo del simplesso
Passo 4 - scelta variabile uscente dalla base Si selezioni la variabile xik che dovrà uscire dalla base attraverso la regola vista.
Passo 5 - operazione di cardine Si generi la nuova base Bk+1 sostituendo in Bk la variabile xik con la variabile xim+h e si esegua la corrispondente operazione di
cardine. Quindi, si ponga k = k + 1 e si ritorni al Passo 1.
Nell’esempio
Condizione di ottimalità? NO Condizione di illimitatezza? NO Variabile entrante in base: x4 Variabile uscente dalla base: x2 Operazione di cardine:
max 10 − 2x2 − x5
x3 = 5/2 − 1/2x1 − 1/2x2 x4 = 3/2 + 1/2x1 − 1/2x2 − x5
x1, x2, x3, x4, x5 ≥ 0
Continua
Condizione di ottimalità? SI!
Soluzione ottima: soluzione di base associata alla base {x3, x4}:
x1 = x2 = x5 = 0 x3 = 5/2 x4 = 3/2 Valore ottimo: γ0 = 10
Puntualizzazione
L’algoritmo del simplesso e i suoi derivati (di cui vedremo un esempio più avanti) non sono gli unici algoritmi di
risoluzione per problemi di PL.
Altri metodi di risoluzione per i problemi di PL sono i cosidetti algoritmi del punto interno.
E non dimentichiamo ...
... che abbiamo ipotizzato di avere già a disposizione una base ammissibile B0 ma non abbiamo ancora visto come si può stabilire se esiste e, nel caso esista, come trovarla.
Miglioramento valore obiettivo
Il valore dell’obiettivo nella nuova soluzione di base ottenuta sostituendo xik nella base con xim+h è
γ0 − γh βk αkh. con:
βk ≥ 0 per l’ammissibilità della soluzione di base associata a B.
γh > 0 per la regola di scelta della variabile entrante in base.
αkh < 0 per la regola di scelta della variabile uscente
Quindi ...
γ0 − γh
|{z}>0
≥0
z}|{βk αkh
|{z}<0
≥ γ0.
ovvero: il valore dell’obiettivo nella nuova soluzione di base associata a B′ è non peggiore rispetto al valore γ0 nella
soluzione di base associata a B.
Inoltre ...
...se βk > 0, il che si verifica sempre nel caso di soluzioni di base non degeneri, il nuovo valore dell’obiettivo è
strettamente migliore rispetto al precedente.
Nel caso degenere può succedere che i due valori siano uguali. In questo caso si può dimostrare che le due basi B e B′ rappresentano la stessa soluzione di base.
Finitezza del simplesso
Se tutte le soluzioni di base ammissibili in un problema di PL sono non degeneri, allora il metodo del simplesso
termina in un numero finito di iterazioni.
Infatti ...
... ad ogni iterazione la nuova soluzione di base
ammissibile (o vertice) ha un valore strettamente migliore rispetto alla precedente e quindi è diversa da tutte quelle che la hanno preceduta.
Essendo il numero di soluzioni di base ammissibili finito ( i vertici sono in numero finito), il metodo dovrà arrestarsi
dopo un numero finito di iterazioni o restituendo una soluzione ottima oppure stabilendo che il problema ha obiettivo illimitato.
E nel caso degenere?
Si può verificare la situazione di ciclaggio.
Trovandosi in un vertice degenere, l’algoritmo del simplesso può generare la seguente sequenza di basi che
rappresentano tutte questo stesso vertice degenere:
Bt→ Bt+1→ · · · → Bt+r−1→ Bt+r = Bt.
Una volta tornato nella base Bt si ripete tutto il ciclo: siamo entrati in un loop!
Ma ...
... la situazione di ciclaggio si verifica molto raramente nella pratica ed esistono anche regole particolari per la scelta
delle variabili da far entrare e uscire di base, dette regole anticiclaggio (che non vedremo), che consentono
all’algoritmo di terminare in un numero finito di iterazioni.
Soluzioni ottime uniche e multiple
Una volta trovata una soluzione ottima del problema (un punto in Sott) ci possiamo chiedere se ce ne sono altre.
Se
γj < 0 j = 1, . . . , m, allora: soluzione ottima unica
Infatti ...
... in Sa si avrà:
γ0 +
n−mX
j=1
γj
|{z}<0
xim+j
| {z }
≥0
≤ γ0,
Inoltre:
xim+j > 0 ⇒ γ0 +
n−mX
j=1
γjxim+j < γ0
Quindi il valore ottimo γ0 si ottiene solo con xim+j = 0 ∀ j,
Esempio
max 4 − x1 − x2 x3 = 2 + x1 − x2
x4 = 1 − 2x2 x1, x2, x3, x4 ≥ 0
E se esiste un qualche γ h = 0 ?
Esistono in tal caso più soluzioni ottime?
Non è detto. Sono possibili diversi casi.
Riformulazione ristretta
Riscriviamo la riformulazione rispetto alla base B tenendo a 0 tutte le variabili fuori base tranne la xim+h con γh = 0.
Avremo:
max γ0
xi1 = β1 + α1hxim+h
· · ·
xim = βm + αmhxim+h x1, . . . , xn ≥ 0
Caso 1
Esiste h tale che γh = 0 e
αrh ≥ 0 r = 1, . . . , m,
Esiste certamente un insieme illimitato di soluzioni ottime.
Esempio
max 4 − x2
x3 = 2 + x1 − x2 x4 = 1 − 2x2 x1, x2, x3, x4 ≥ 0 Per tutti i t ≥ 0, i punti
x1 = t x2 = 0 x3 = 2 + t x4 = 1 sono soluzioni ottime.
Caso 2
Esiste h tale che γh = 0 e
∀ r : αrh < 0 si ha che βr > 0,
Esiste certamente un insieme limitato di soluzioni ottime: il segmento che congiunge la soluzione di base attuale con quella (distinta) ottenuta attraverso un’operazione di
cardine che fa entrare in base xim+h e sceglie secondo la regola già vista la variabile da far uscire di base.
Esempio
max 4 − x2
x3 = 2 + x1 − x2 x4 = 1 − x1 + 2x2
x1, x2, x3, x4 ≥ 0 Per tutti i t ∈ [0, 1], i punti
x1 = t x2 = 0 x3 = 2 + t x4 = 1 − t sono soluzioni ottime.
Caso 3
Per ogni h tale che γh = 0 si ha che:
∃ r : αrh < 0 e βr = 0,
In tal caso non possiamo dire se esiste un’unica soluzione ottima o se vi sono soluzioni ottime multiple.
Esempio 1
max 4 − x2
x3 = 2 + x1 − x2 x4 = −x1 − x2 x1, x2, x3, x4 ≥ 0 Esiste una sola soluzione ottima.
Esempio 2
max 2 − x3
x4 = x1 − x2 − x3 x5 = −x1 + x2 + x3 x1, x2, x3, x4, x5 ≥ 0 Tutte le soluzioni:
x3 = x4 = x5 = 0 x1 = x2 = α ∀ α ≥ 0,
sono ammissibili e ottime (il caso α = 0 coincide con la soluzione di base associata alla base {x4, x5}).
Come calcolare A −1 B
Come vedremo è importante conoscere, data una base B e la relativa matrice AB, l’inversa A−1B di tale matrice. Non è però sempre necessario calcolare da zero tale inversa. In alcuni casi la riformulazione rispetto alla base B ci fornisce già la matrice A−1B . Quali sono questi casi?
Quelli in cui alcune colonne della matrice A formano la matrice identica I, ovvero esistono m variabili [xt1, . . . , xtm] le cui corrispondenti colonne nella matrice A formano la matrice identica di ordine m × m.
Esempio
max x1 − x3 − 2x4 − 2x5 x1 + x2 + x4 = 8 x1 − x2 + x3 = 4 x1 + 2x2 + x5 = 12 x1, x2, x3, x4, x5 ≥ 0 Prendiamo le m = 3 variabili [x4, x3, x5]
x4 →
1 0
x3 →
0 1
x5 →
0 0
