ejercicios de programación matemática

Ejercicios de Programacion

Matematica

Christian Villalobos

ultima revision: 30 de marzo de 2010

2C O M M O N S D E E D

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Indice general

1. Metodo de Doble Descripcion 5

2. Metodo Simplex Revisado 41

3. Fase I del Metodo Simplex 57

4. Simplex con Inversa de Base Explcita 75

5. Simplex con Cotas 95

6. Problema de Transporte 119

7. Simplex de Redes 135

8. Flujo Maximal en Redes 153

9. Metodo de Dantzig-Wolfe 159

10.Dualidad en Programacion Lineal 189

11.Programacion Entera 195

3

4 INDICE GENERAL

Captulo 1

Metodo de Doble

Descripcion

Ejercicio 1.1 M.D.D. (Artculo de Poliedros)

Considere el siguiente poliedro convexo cerrado P definido por el sistema dedesigualdades no-homogeneas:

x1x2+x3x4+x5 1

x1 x4+x5 1

x2+x3 x5 1

x1 +x4x5 1

x1x2 1

x1 0

x2 0

x3 0

x4 0

x5 0

Determine mediante el Metodo de Doble Descripcion (M.D.D), una represen-tacion parametrica esencial de P , en funcion de los puntos y direcciones extremasde P .

5

6 CAPITULO 1. METODO DE DOBLE DESCRIPCION

Primero se debe homogeneizar el sistema:

x1x2+x3x4+x5x6 0

x1 x4+x5x6 0

x2+x3 x5+x6 0

x1 +x4x5+x6 0

x1x2 +x6 0

x1 0

x2 0

x3 0

x4 0

x5 0

x6 0

El primer cuadrante, definido por las restricciones de no-negatividad de lasvariables, nos permiten formar el Tableau inicial:

(1) (2) (3) (4) (5) (6)

x1 1 0 0 0 0 0x2 0 1 0 0 0 0x3 0 0 1 0 0 0x4 0 0 0 1 0 0x5 0 0 0 0 1 0x6 0 0 0 0 0 1

A1x 1 1 1 1 1 1

Segundo Tableau:

(1) (2) (3) (4) (5) (6) (7) (8) (9) (10) (11) (12)

x1 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0x2 0 0 0 1 1 1 0 0 0 0 0 0x3 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0x4 0 0 0 0 0 0 1 1 1 0 0 0x5 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1x6 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 1

A1x 1 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 A2x 1 0 1 1 0 1 0 1 0 0 1 0

7Tercer Tableau:

(1) (2) (3) (4) (5) (6) (7) (8) (9) (10)

x1 1 0 0 1 0 0 1 0 1 0x2 0 0 0 1 1 1 0 0 0 0x3 0 1 0 0 1 0 0 0 0 0x4 0 0 0 0 0 0 1 1 0 0x5 0 0 1 0 0 1 0 1 0 1x6 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1

A1x 1 1 1 0 0 0 0 0 0 0A2x 1 0 1 1 0 1 0 0 0 0

A3x 0 1 1 1 2 0 0 1 1 0

Cuarto Tableau:

(1) (2) (3) (4) (5) (6) (7) (8) (9) (10) (11) (S)

x1 1 0 1 0 0 1 1 0 0 0 0 1x2 0 0 1 1 1 0 0 0 0 0 1 0x3 0 1 0 1 0 0 0 0 1 1 1 0x4 0 0 0 0 0 1 0 0 0 1 2 1x5 0 0 0 0 1 0 0 1 1 1 2 1x6 0 0 0 0 0 0 1 1 0 0 0 1

A1x 1 1 0 0 0 0 0 0 2 1 0 0A2x 1 0 1 0 1 0 0 0 1 0 0 0A3x 0 1 1 2 0 0 1 0 0 0 0 0

A4x 1 0 1 0 1 0 0 0 1 0 0 0

Quinto Tableau:

(1) (2) (3) (4) (5) (6) (7)

x1 0 0 1 1 0 0 0x2 0 1 0 0 0 0 1x3 1 1 0 0 0 1 1x4 0 0 1 0 0 1 2x5 0 0 0 0 1 1 2x6 0 0 0 1 1 0 0

A1x 1 0 0 0 0 1 0A2x 0 0 0 0 0 0 0A3x 1 2 0 1 0 0 0A4x 0 0 0 0 0 0 0

A5x 0 1 1 0 1 0 1


Sexto Tableau:

(1) (2) (3) (4) (5) (6) (7)

x1 0 1 0 0 0 1 0x2 0 0 0 0 1 0 1

x3 1 0 0 1 1 0 1 ()

x4 0 0 0 1 0 1 2

x5 0 0 1 1 1 1 3 ()

x6 0 1 1 0 1 1 1 ()

A1x 1 0 0 1 0 0 0A2x 0 0 0 0 0 0 0A3x 1 1 0 0 2 0 0A4x 0 0 0 0 0 0 0A5x 0 0 1 0 0 0 0

donde las ecuaciones () son redundantes.

As, el conjunto de generadores del cono homogeneo determinado por elsistema de inecuaciones homogeneas es:

001000

,

10000

1

,

00001

1

,

001110

,

01101

1

,

10011

1

,

01123

1

.

Los puntos extremos del poliedro son:

P 1 =1

1

10000

=

10000

, P 2 =

1

1

00001

=

00001

, P 3 =

1

1

01101

=

01101

,

P 4 =1

1

10011

=

10011

y P 5 =

1

1

01123

=

01123

;

y las direcciones asintoticas del cono C:

C1 =

00100

y C2 =

00111

.

9Como las restricciones de no-negatividad asociadas a las variables 3, 5 y 6son redundantes, el sistema original se puede escribir como:

x1x2+x3x4+x5 1

x1 x4+x5 1

x2+x3 x5 1

x1 +x4x5 1

x1x2 1

x1 0

x2 0

x4 0.


Ejercicio 1.2 ()

Dado el conjunto de puntos de R :

{(33

),

(52

),

(13

),

(21

),

(27

)}, se pide

determinar un sistema de desigualdades esenciales que defina, de manera equi-valente, el poliedro convexo cerrado P , P = +C, dado por la suma de la en-voltura convexa de estos puntos (es decir, el poliedro convexo cerrado acotado) y el cono poliedrico homogeneo C generado por las direcciones extremas

dadas:

{(12

),

(21

)}.

Solucion

Es inmediato que el primer punto es igual a la suma del cuarto punto, masla primera direccion extrema, as que lo eliminaremos del conjunto de puntosque define 1.

El poliedro en cuestion claramente no contiene el origen. As, es necesariouna traslacion de puntos al origen. En este caso se trasladara el punto (2, 1)T

al origen. Haciendo el siguiente cambio de coordenadas:

y1 = y1 2

y2 = y2 1,

obtenemos los siguientes puntos que definen a :{(31

),

(12

),

(00

),

(06

)}.

Ahora construimos los generadores del cono caracterstico K, asociado a P :

B1 =

311

, B2 =

12

1

, B3 =

001

, B4 =

061

, B5 =

120

y B6 =

210

.

Con estos vectores, podemos construir el sistema homogeneo dual BjTy:

3y1+y2 +y30

y1 +2y2+y30

y30

6y2+y30

y1 +2y2 0

2y1+y2 0.

1No es necesario darse cuenta que este punto debe ser eliminado. En caso de no eliminarlo,los resultados finales son los mismos y la restriccion polar asociada a este punto resulta serredundante.

11

Ordenando, nos queda:

3y1 +y2 +y30

y1 +2y2 +y30

6y2 +y30

y1 +2y2 0

2y1 +y2 0

(y1)

(y2)

y30.

La matriz A asociada a este sistema es:

3 1 11 2 10 6 11 2 02 1 00 0 1

.

Teniendo en cuenta que las variables 1 y 2 son libres, construimos el primertableau:

(1) (2) (3) (4) (5)

1 1 0 0 00 0 1 1 0

A6y 0 0 0 0 1 A1y 3 3 1 1 1

Segundo Tableau:

(1) (2) (3) (4)

1 1 1 13 3 0 0

A6y 0 0 0 3

A1y 0 0 3 0 A2y 7 7 1 4

Tercer Tableau:(1) (2) (3)

1 6 33 3 12

A6y 0 0 21

A1y 0 21 0

A2y 7 0 0


que simplificado nos queda:

(1) (2) (3)

1 2 13 1 4

A6y 0 0 7

A1y 0 7 0

A2y 7 0 0 A3y 18 6 17

Cuarto Tableau:

(1) (2) (3) (4)

1 2 35 283 1 21 7

A6y 0 0 126 42

A1y 0 7 0 119

A2y 7 0 119 0

A3y 18 6 0 0


(1) (2) (3) (4)

1 2 5 43 1 3 1

A6y 0 0 18 6

A1y 0 7 0 17

A2y 7 0 17 0

A3y 18 6 0 0 A4y 5 4 11 2

Quinto Tableau:

(1) (2) (3) (4) (5)

1 2 4 36 343 1 1 18 17

A6y 0 0 6 90 102

A1y 0 7 17 0 187

A2y 7 0 0 162 34

A3y 18 6 0 198 0

A4y 5 4 2 0 0

13


(1) (2) (3) (4) (5)

1 2 4 2 23 1 1 1 1

A6y 0 0 6 5 6

A1y 0 7 17 0 11

A2y 7 0 0 9 2

A3y 18 6 0 11 0

A4y 5 4 2 0 0 A5y 1 5 7 3 3

Sexto Tableau:

(1) (2) (3) (4) (5) (6)

1 2 4 2 5 03 1 1 1 10 0

A6y 0 0 6 6 5 11

A1y 0 7 17 11 0 11

A2y 7 0 0 2 30 11

A3y 18 6 0 0 65 11

A4y 5 4 2 0 15 0

A5y 1 5 7 3 0 0


(1) (2) (3) (4) (5) (6)

1 2 4 2 1 03 1 1 1 2 0

A6y 0 0 6 6 1 1

A1y 0 7 17 11 0 1

A2y 7 0 0 2 6 1

A3y 18 6 0 0 13 1

A4y 5 4 2 0 3 0

A5y 1 5 7 3 0 0

Luego de obtenidos los generadores del Dual, podemos utilizarlos como coe-ficientes del Primal:

x1 +3x2 0

2x1+x2 0

4x1x2 +6x30

2x1x2 +6x30

x1 +2x2+x3 0

x3 0.


Igualando x3 a 1, obtenemos el sistema:

x1 +3x2 0

2x1+x2 0

4x1x2 6

2x1x2 6

x1 +2x2 1.

Finalmente, debemos realizar la traslacion inversa, lo que nos entrega elsistema:

x1 +3x2 1

2x1+x2 5

4x1x2 1

2x1x2 3

x1 +2x2 1.

Alternativamente, podramos haber obtenido los generadores mediante elMetodo de Eliminacion Completa de Jordan.

Primero debemos formar la matrizIA

:

(1) (2) (3)

1 0 00 1 00 0 1

A1y 3 1 1

A2y 1 2 1

A3y 0 6 1

A4y 1 2 0

A5y 2 1 0

A6y 0 0 1

Ahora intercambiamos filas (restricciones), de modo que la parte de abajo del

15

tableau quede lo mas diagonalizada posible:

(1) (2) (3)

1 0 00 1 00 0 1

A4y 1 2 0

A3y 0 6 1

A6y 0 0 1

A1y 3 1 1

A2y 1 2 1

A5y 2 1 0

y mediante operaciones elementales columna, diagonalizamos la matriz de abajo:

(1) (2) (3)

1 2 00 1 00 0 1

A4y 1 0 0

A3y 0 6 1

A6y 0 0 1

A1y 3 5 1

A2y 1 4 1

A5y 2 3 0

(1) (2) (3)

1 2 20 1 10 0 6

A4y 1 0 0

A3y 0 6 0

A6y 0 0 6

A1y 3 5 11

A2y 1 4 2

A5y 2 3 3

As, obtenemos el siguiente tableau simplificado, que ya ha considerado las res-tricciones 6, 4 y 3:

(1) (2) (3)

1 2 2

0 1 1

A6y 0 0 6

A4y 1 0 0

A3y 0 6 0 A1y 3 5 11

Segundo Tableau:

(1) (2) (3) (4)

1 2 1 12

0 1 3 6

A6y 0 6 0 30

A4y 1 0 5 0

A3y 0 0 18 66

A1y 3 11 0 0



(1) (2) (3) (4)

1 2 1 2

0 1 3 1

A6y 0 6 0 5

A4y 1 0 5 0

A3y 0 0 18 11

A1y 3 11 0 0 A2y 1 2 7 9

Tercer Tableau:

(1) (2) (3) (4) (5)

2 1 2 4 6

1 3 1 1 3

A6y 6 0 5 6 0

A4y 0 5 0 2 12

A3y 0 18 11 0 18

A1y 11 0 0 17 21

A2y 2 7 9 0 0


(1) (2) (3) (4) (5)

2 1 2 4 2

1 3 1 1 1

A6y 6 0 5 6 0

A4y 0 5 0 2 4

A3y 0 18 11 0 6

A1y 11 0 0 17 7

A2y 2 7 9 0 0 A5y 3 1 3 7 5

17

Cuarto Tableau:

(1) (2) (3) (4) (5) (6)

2 1 4 2 0 5

1 3 1 1 0 10

A6y 6 0 6 0 11 5

A4y 0 5 2 4 0 15

A3y 0 18 0 6 11 65

A1y 11 0 17 7 11 0

A2y 2 7 0 0 11 30

A5y 3 1 7 5 0 0


(1) (2) (3) (4) (5) (6)

2 1 4 2 0 1

1 3 1 1 0 2

A6y 6 0 6 0 1 1

A4y 0 5 2 4 0 3

A3y 0 18 0 6 1 13

A1y 11 0 17 7 1 0

A2y 2 7 0 0 1 6

A5y 3 1 7 5 0 0

Este ultimo tableau nos entrega los mismos generadores, pero en distintoorden.


Ejercicio 1.3 ()

Considere el poliedro convexo cerrado P definido por el sistema finito de de-sigualdades lineales amplias en R2:

3x1+x2 2

x1 +x2 2

x1 +2x2 8

x2 2

x1 0

x2 0

Antes que nada, observe que P es claramente no vaco (Por que?)

(i) (3 ptos.) Mediante el Metodo de Doble Descripcion (M.D.D.), determineuna representacion equivalente de P , de la forma P = +C, donde esel poliedro convexo cerrado acotado de R2, definido como el conjunto detodos los baricentros de los puntos extremos de P ; y C, el cono asintoticoengendrado por las direcciones asintoticas extremas de P .

Para ello, encuentre primeramente, mediante el M.D.D., un conjunto esen-cial de generadores del cono de soluciones del sistema homogeneizado co-rrespondiente. Luego, explicite el conjunto de puntos extremos de P y,eventualmente, el conjunto de direcciones extremas de P , de modo deexpresar toda solucion del sistema original bajo la forma parametrica:

x =

rj=1

jPj +

sl=1

lCl,

con:

rj=1

j = 1;

j 0; j = 1, . . . , r;

l 0; l = 1, . . . , s;

donde{P j}rj=1

y{Cl}sl=1

definen el conjunto de puntos extremos y de

direcciones extremas de P , respectivamente.

19

En seguida, considere el siguiente problema de minimizacion lineal:

P)xMin

2i=1

yi +

rj=1

jPji +

sl=1

lCli + yi = xi; i = 1, 2

rj=1

j + = 1

j 0; j = 1, . . . , r

l 0; l = 1, . . . , s

yi 0; i = 1, 2

0

(ii) (1 ptos.) Aplicando los resultados de Existencia de Soluciones Optimasen Programacion Lineal vistos en el curso, muestre que:

Cualquiera sea el punto x R2+ (es decir x R2, x 0), el problema P)x

admite siempre solucion optima.

(iii) (1 ptos.) Si x define un punto cualquiera de R2+ (i.e. x 0 ), muestreque: x pertenece al poliedro (i.e. x P ) si y solo si el valor optimo delproblema P)x es nulo (i.e. v

(P)x

)= 0)

Mas aun, muestre que si x esta en P , la solucion optima de P)x proveeuna representacion parametrica de x.

(iv) (1 ptos.) Dado x = (4, 3)T , que claramente pertenece a P (Por que?), de-termine una representacion parametrica de x, como combinacion convexade puntos y direcciones extremas de P .

Nota: En (iv), para resolver el problema lineal de minimizacion resultante, puedeaplicar el Metodo Simplex bajo forma Revisada o de Tableau.


Solucion

(i) Se tiene el siguiente sistema de desigualdades:

3x1+x2 2

x1 +x2 2

x1 +2x2 8

x2 2

x1 0

x2 0.

El sistema homogeneizado asociado es:

3x1x2 2x3 0

x1 x2 +2x3 0

x1 2x2+8x3 0

+x2 2x3 0

x1 0

x2 0

x3 0,

cuya matriz A asociada es:

3 1 21 1 21 2 80 1 21 0 00 1 00 0 1

.


(1) (2) (3)

x1 1 0 0x2 0 1 0x2 0 0 1

A1x 3 1 2

Segundo Tableau:(1) (2) (3)

x1 1 1 2x2 0 3 0x3 0 0 3

A1x 3 0 0 A2x 1 2 8

21

Tercer Tableau2:(1) (2) (3) (4)

x1 1 2 3 6x2 0 0 3 12x3 0 3 0 3

A1x 3 0 6 0A2x 1 8 0 0

A3x 1 26 3 6

Cuarto Tableau:(1) (2) (3) (4) (5)

x1 1 2 6 6 12x2 0 0 12 3 18x3 0 3 3 0 3

A1x 3 0 0 15 12A2x 1 8 0 3 0A3x 1 26 6 0 0

A4x 0 6 6 3 12

Quinto Tableau:

(1) (2) (3) (4) (5)

x1 1 6 6 12 8 ()

x2 0 12 3 18 12 ()

x3 0 3 0 3 6A1x 3 0 15 12 0A2x 1 0 3 0 8A3x 1 6 0 0 32A4x 0 6 3 12 0

donde las ecuaciones () son redundantes


100

,

612

3

,

630

,

1218

3

,

812

6

.


P 1 =1

3

(612

)=

(24

), P 2 =

1

3

(1218

)=

(46

), P 3 =

1

6

(812

)=

(4/32

),

2Notese que, a partir de esta iteracion, podramos simplificar las columnas para obtenernumeros enteros mas pequenos.



C1 =

(10

)y C2 =

(21

)

La forma parametrica de representar x sera:

x = 1

(24

)+ 2

(46

)+ 3

(4/32

)+ 1

(10

)+ 2

(21

)1 + 2 + 3 = 1

1, 2, 3 0

1, 2 0.

(ii) Si consideramos:

j = 0; j = 1, . . . , r

l = 0; l = 1, . . . , s

de las restricciones de igualdad de P)x, tenemos que:

yi = xi; i = 1, 2

= 1

para cualquier valor de xi. Luego P)x 6=

Por otro lado, tenemos:

yi 0; i = 1, 2

0

}

2i=1

yi + 0 = cte.

As, cTx cte. y, por el Teorema de Existencia de la Programacion Lineal,P)x admite solucion optima.

(iii) Por demostrar:

x P v(P)x

)= 0

Condicion necesaria

Tenemos:

x P x =r

j=1

jPj +

sl=1

lCl

{yi = 0; i = 1, 2

= 0

} v

(P)x

)= 0.

23

Condicion suficiente

Tenemos:

v(P)x

)= 0

2i=1

yi + = 0

yi 0; i = 1, 2

0

{yi = 0; i = 1, 2

= 0

}

x =

rj=1

jPj +

sl=1

lCl

rj=1

j = 1;

j 0; j = 1, . . . , r;

l 0; l = 1, . . . , s;

x P

(iv) Se poda resolver el problema mediante Simplex, pero dada la simplicidaddel poliedro, lo mas conveniente es graficar:

x1

x2

P 1 =(24

)

P 2 =(46

)

P 3 =(4/32

)C1 =

(10

)

C2 =(21

)

x =(43

)x =

(23

)

se puede notar que las restricciones de no-negatividad de las variables son re-dundantes.

Primero determinamos el punto x =(23

), que resulta de la recta que pasa a


traves de P 2 y P 3, evaluada en x2 = 3. Luego, teniendo en cuenta que 1 = 0,determinamos los valores de 2 y 3 como:

x =

(23

)= 2

(46

)+ 3

(4/32

),

de donde resulta que 2 = 1/4 y 3 = 3/4.

Finalmente, teniendo en cuenta que 2 = 0, calculamos 1 como:

x = x + 1

(10

),

de donde resulta que 1 = 2.

En resumen:

1 = 0, 2 = 1/4, 3 = 3/4, 1 = 2 y 2 = 0.

25

Ejercicio 1.4 ()

Considere el problema de minimizacion:

P)Min 2x1x2 +x3

2x1+x2 2x38

4x1x2 +2x32

2x1+3x2+x3 4

x1, x2, x3 0

(i) Determine, Mediante el Metodo de Doble Descripcion, el conjunto de pun-tos y direcciones extremas del poliedro definido por las restricciones de P)

(ii) A partir de i) y aplicando los Teoremas de Existencia de la ProgramacionLineal, determine si P) tiene o no solucion optima. Luego, si fuese el caso,determine una solucion optima de P).

Solucion

(i) El poliedro P esta definido por las siguientes desigualdades:

2x1+ x22x3 8

4x1 x2+2x3 2

2x1+3x2+ x3 4

x1 0

x2 0

x3 0.

Primero se debe homogeneizar el sistema:

2x1 x2+2x3+8x4 0

4x1 x2+2x32x4 0

2x1+3x2+ x34x4 0

x1 0

x2 0

x3 0

x4 0,


cuya matriz A asociada es:

2 1 2 84 1 2 22 3 1 41 0 0 00 1 0 00 0 1 00 0 0 1


(1) (2) (3) (4)

x1 1 0 0 0x2 0 1 0 0x3 0 0 1 0x4 0 0 0 1

A1x 2 1 2 8

Segundo Tableau:

(1) (2) (3) (4) (5) (6)

x1 0 0 1 4 0 0x2 0 0 0 0 2 8x3 1 0 1 0 1 0x4 0 1 0 1 0 1

A1x 2 8 0 0 0 0 A2x 2 2 6 14 0 10

Tercer Tableau:3

(1) (2) (3) (4) (5) (6) (7)

x1 0 1 4 0 0 4 20x2 0 0 0 2 0 0 56x3 1 1 0 1 1 0 0x4 0 0 1 0 1 8 12

A1x 2 0 0 0 10 56 0A2x 2 6 14 0 0 0 0

A3x 1 3 4 7 3 24 160

3Notese que, por simplicidad en los calculos, a partir de este punto podramos haber sim-plificado el Tableau

27

Cuarto Tableau:

(1) (2) (3) (4) (5) (6) (7) (8) (9)

x1 0 1 4 0 20 0 0 28 140x2 0 0 0 2 56 0 6 0 168x3 1 1 0 1 0 4 10 0 0x4 0 0 1 0 12 1 7 14 196

A1x 2 0 0 0 0 16 70 56 1120A2x 2 6 14 0 0 6 0 84 0A3x 1 3 4 7 160 0 0 0 0

donde no hay ecuaciones redundantes.


0010

,

1010

,

400

1

,

0210

,

20560

12

,

004

1

,

0610

7

,

2800

14

,

1401680

196

.


P 1 =1

1

400

=

400

, P 2 = 1

12

2056

0

=

5/314/3

0

,

P 3 =1

1

004

=

004

, P 4 = 1

7

0610

=

06/710/7

,

P 5 =1

14

280

0

=

200

y P 6 = 1

196

140168

0

=

5/76/7

0

;


C1 =

001

, C2 =

101

y C3 =

021

.

(ii) Dado que poseemos las direcciones asintoticas, demostraremos existenciahaciendo uso de ellas:

Poliedro no vaco

Efectivamente, cualquier punto determinado en la parte (ii) pertenece a P .Por ejemplo (4, 0, 0).


cTCj , j = 1, . . . , s

En este caso, para cT = (2,1, 1), se tiene:

cTC1 = 1 0

cTC2 = 3 0

cTC3 = 16 0

As, por el Teorema de Existencia de la Programacion Lineal, P) no admitesolucion optima.

29

Ejercicio 1.5

Encuentre los generadores del cono homogeneo dado por el sistema de ecuacioneslineales homogeneas en R3:

x1 + x3 0

x1+ x2+ 2x3 0

2x1+ x2+ 3x3 0

x2+ x3 0

(x1)

(x2)

(x3)

Solucion

La matriz A asociada al sistema es:

1 0 11 1 22 1 30 1 1

Como todas las variables son libres, el tableau inicial es:

(1) (2) (3) (4) (5) (6)

1 1 0 0 0 00 0 1 1 0 00 0 0 0 1 1

A1x 1 1 0 0 1 1

Segundo Tableau:

(1) (2) (3) (4) (5)

0 0 1 1 11 1 0 0 00 0 1 1 0

A1x 0 0 0 0 1 A2x 1 1 1 1 1


Tercer Tableau:(1) (2) (3) (4)

1 1 0 11 1 1 1

1 1 0 0A1x 0 0 0 1A2x 0 0 1 0

A3x 0 0 1 1

Todas las nuevas entradas son positivas. Luego, la restriccion A3x 0 es redun-dante y la podemos eliminar de entrada.

Cuarto Tableau:(1) (2) (3) (4)

1 1 0 11 1 1 1

1 1 0 0A1x 0 0 0 1A2x 0 0 1 0

A4x 0 0 1 1

En este caso, todas las nuevas entradas de los generadores singulares con igualesa cero. Luego, el siguiente Tableau tendra los mismos generadores singulares.Los nuevos generadores no-singulares se obtienen con el M.D.D. tradicional4.

Tableau Final5:(1) (2) (3) (4)

1 1 0 11 1 1 0

1 1 0 0A1x 0 0 0 1A2x 0 0 1 1A4x 0 0 1 0

As, los generadores del cono son: 111

,

11

1

,

010

,

100

.

donde los dos primeros son los generadores singulares (simetricos) y los dosultimos, los no-singulares.

4En este caso hay 2 generadores singulares. Por ende, la dimension del vertice del conoactual es d = 1 y los vectores a combinar deben tener (nd)2 = 0 ceros en comun (CondicionNecesaria a Priori). Equivalentemente, los nuevos vectores generados deben tener al menos(n d) 1 = 1 ceros en el Tableau (Condicion Necesaria a Posteriori). Las CondicionesNecesarias y Suficientes (tanto a Priori como a Posteriori) no cambian.

5Notar que, a partir de la parte singular de las filas de este Tableau, se puede determinarque la restriccion A2x tambien es redundante.

31



:

(1) (2) (3)

1 0 0

0 1 0

0 0 1

A1x 1 0 1

A2x 1 1 2

A3x 2 1 3

A4x 0 1 1

y mediante operaciones elementales sobre las columnas, se diagonaliza primera-mente una sub-matriz de rango maximo de la parte inferior del Tableau inicial,realizando eventualmente permutaciones de filas y/o columnas, en busca de unpivote de diagonalizacion 6= 0 (Metodo de Eliminacion Completa de Jordan):

(1) (2) (3)

1 0 0

0 1 0

0 0 1

A1x 1 0 1

A2x 1 1 2

A3x 2 1 3

A4x 0 1 1

(1) (2) (3)

1 0 1

0 1 0

0 0 1

A1x 1 0 0

A2x 1 1 1

A3x 2 1 1

A4x 0 1 1

(1) (2) (3)

1 0 1

1 1 1

0 0 1

A1x 1 0 0

A2x 0 1 0

A3x 1 1 0

A4x 1 1 0

Una vez finalizado el procedimiento de diagonalizacion, se cambia los signosde todas las columnas que eventualmente tuvieran elementos negativos (pivotesnegativos) en la diagonal correspondiente (en el caso de este ejericio, ninguno).

En el caso particular en que el sistema de desigualdades es de rango completo,es decir, si rango(A) = n, donde n es la dimension del espacio, la base de Rn

resultante de este procedimiento, provee igualmente un conjunto esencial degeneradores del cono poliedrico puntiagudo definido por las n restricciones dedesigualdad linealmente independientes asociadas a la matriz diagonal invertibleresultante. Este conjunto define el equivalente a la base canonica del ortante no-negativo, en el caso particular en que esta ultima matriz esta definida de entrada,por las restricciones de signo sobre las variables del sistema (caso tradicional conrestricciones de signo sobre todas las variables).

En el caso general, si rango(A) = r < n (como el caso de este ejercicio, donder = 2), se puede obtener la misma situacion anterior, completando el conjuntode las r desigualdades linealmente independientes que entrega el proceso de


diagonalizacion anterior (en este caso las desigualdades A1x 0 y A2x 0),con el conjunto de desigualdades LTx 0 y LTx 0 (o, equivalentemente, deigualdades LTx = 0), donde las columnas de L definen la base del sub-espaciovertice del cono poliedrico de las soluciones del sistema original. De hecho, esfacil ver que el sistema resultante es de rango n, de tal modo que una vezincorporadas las (n r) restricciones adicionales, dispondremos entonces de unconjunto esencial de generadores del cono poliedrico puntiagudo C, resultantede la interseccion del cono poliedrico original C, con el subespacio ortogonal alvertice del cono poliedrico de las soluciones del sistema original.

En este caso, quedan incorporadas las restricciones A1x 0 y A2x 0; y:

L =

111

Para generar el tableau inicial de los generadores del cono puntiagudo C,

se debe agregar la restriccion L1Tx 0 (En realidad se debe agregar todas las

restricciones LiTx 0, donde Li son las columnas de la matriz L. En nuestro

caso es solo una columna):

(1) (2) (3)

1 0 11 1 10 0 1

A1x 1 0 0A2x 0 1 0

L1Tx 0 1 3

Tableau inicial6:

(1) (2) (3)

1 1 11 1 20 1 1

A1x 1 0 0A2x 0 0 3

L1Tx 0 3 0

Ahora se debe agregar la restriccion L1Tx 0 y las restricciones que

quedaron fuera en el Metodo de Jordan (en este caso, las restricciones A3x 0

6Notese que al incorporar la restriccion L1Tx 0 se forma una matriz diagonal (salvo un

intercambio de columnas) con elementos positivos en la parte de la matriz que corresponde altableau.

33

y A4x 0).

(1) (2) (3)

1 1 11 1 20 1 1

A1x 1 0 0A2x 0 0 3

L1Tx 0 3 0

L1Tx 0 3 0

Segundo Tableau:

(1) (2)

1 11 20 1

A1x 1 0A2x 0 3

L1Tx 0 0

L1Tx 0 0

A3x 1 3

Todas las nuevas entradas son positivas. Luego, la restriccion A3x 0 es redun-dante y la podemos eliminar de entrada.

Tercer Tableau

(1) (2)

1 11 20 1

A1x 1 0A2x 0 3

L1Tx 0 0

L1Tx 0 0

A4x 1 3

Cuarto Tableau7

(1) (2)

1 22 11 1

A1x 0 3A2x 3 3

L1Tx 0 0

L1Tx 0 0

A4x 3 0

7Notar que, a partir de las filas de este Tableau, se puede determinar que la restriccionA2x tambien es redundante


As, los generadores del cono puntiagudo C son:12

1

,

21

1

.

Finalmente, el conjunto de soluciones del sistema original estara dado porla suma vectorial de este cono puntiagudo y del sub-espacio vertice original,ker(A), cuya base esta dada por las columnas de la matriz L. En otras palabrasC = C + [L], donde los generadores de C son los generadores de C mas lascolumnas de L y de L:

11

1

,

111

,

12

1

,

21

1

.

Observacion 1: Para pasar al segundo Tableau se ha incorporado secuen-

cialmente las restricciones L1Tx 0 y L1

Tx 0 (que son equivalentes a

L1Tx = 0). Esto lo podramos haber hecho en un solo paso:

(1) (2) (3)

1 0 11 1 10 0 1

A1x 1 0 0A2x 0 1 0

L1Tx 0 1 3

(1) (2)

1 11 20 1

A1x 1 0A2x 0 3

L1Tx 0 0

donde la ultima fila tiene la restriccion L1Tx = 0.

Lo que se ha hecho es:

eliminar los generadores con nueva entrada distinta de cero

combinar los generadores con nueva entrada con distinto signo

35

Observacion 2: En este caso las direcciones no-singulares entregadas por elM.D.D:

010

,

100

.

son distintas a las entregadas por el Metodo de Jordan:12

1

,

21

1

.

Sin embargo, las direcciones generan el mismo cono. De hecho, cada una de lasdirecciones entregadas por el M.D.D. es igual a la combinacion lineal positivade una de las direcciones entregadas por el Metodo de Jordan y uno de losgeneradores del ker(A) (columnas de L). Concretamente:

1

3

12

1

+ 1

3

111

=

010

1

3

21

1

+ 1

3

111

=

100


Ejercicio 1.6

Encuentre los generadores del cono homogeneo dado por el sistema de ecuacioneslineales homogeneas en R3:

2x1 x2 0

x1 +2x2 0

(x1)

(x2)

(x3)

Solucion

El cono esta dado por la figura:

00.5

11.5

2

0

0.5

1

1.5

2

-1

-0.5

0

0.5

1

0.51

1.52

-1

-0.5

0

0.5

1

x1

x2

x3

Claramente este no es un cono puntiagudo.

37

La matriz A asociada al sistema es:[2 1 0

1 2 0

]

Como todas las variables son libres, el tableau inicial es:

(1) (2) (3) (4) (5) (6)

1 1 0 0 0 00 0 1 1 0 00 0 0 0 1 1

A1x 2 2 1 1 0 0

Segundo Tableau:

(1) (2) (3) (4) (5)

0 0 1 1 10 0 2 2 01 1 0 0 0

A1x 0 0 0 0 2 A2x 0 0 3 3 1

Tercer Tableau:(1) (2) (3) (4)

0 0 1 40 0 2 21 1 0 0

A1x 0 0 0 6A2x 0 0 3 0

As, los generadores del cono son:001

,

001

,

120

,

210

.



:

(1) (2) (3)

1 0 0

0 1 0

0 0 1

A1x 2 1 0

A2x 1 2 0


y mediante operaciones elementales columna, diagonalizamos la matriz de abajo:

(1) (2) (3)

1 1 0

0 2 0

0 0 1

A1x 2 0 0

A2x 1 3 0

(1) (2) (3)

4 1 0

2 2 0

0 0 1

A1x 6 0 0

A2x 0 3 0

(1) (2) (3)

2 1 0

1 2 0

0 0 1

A1x 3 0 0

A2x 0 3 0

As, no quedan restricciones sin incorporar y:

L =

001

Para generar el tableau inicial de los generadores del cono puntiagudo C,

se debe agregar la restriccion L1Tx 0 (En realidad se debe agregar todas las

restricciones LiTx 0, donde Li son las columnas de la matriz L. En nuestro

caso es solo una columna):

(1) (2) (3)

2 1 01 2 00 0 1

A1x 3 0 0A2x 0 3 0

L1Tx 0 0 1

39

Tableau inicial89:(1) (2) (3)

2 1 01 2 00 0 1

A1x 3 0 0A2x 0 3 0

L1Tx 0 0 1

Ahora se debe agregar la restriccion L1Tx 0 y las restricciones que

quedaron fuera en el Metodo de Jordan (en este caso ninguna).

(1) (2) (3)

2 1 01 2 00 0 1

A1x 3 0 0A2x 0 3 0

L1Tx 0 0 1

L1Tx 0 0 1

Segundo Tableau (y final):

(1) (2)

2 11 20 0

A1x 3 0A2x 0 3

L1Tx 0 0

L1Tx 0 0

As, los generadores del cono C son:120

,

210

.

Finalmente, como C = C + [L], se tiene que los generadores de C son losgeneradores de C mas las columnas de L y de L:

120

,

210

,

001

,

001

.

8Cabe notar que podramos haber haber resumido el tableau, juntando la tercera fila

de los generadores con la fila de la restriccion L1Tx 0. Sin embargo, no se ha hecho por

razones pedagogicas.9Notese que al incorporar la restriccion L1

Tx 0 se forma una matriz diagonal con

elementos positivos en la parte de la matriz que corresponde al tableau.


Nota: Para pasar al segundo Tableau se ha incorporado secuencialmente las

restricciones L1Tx 0 y L1

Tx 0 (que son equivalentes a L1

Tx = 0). Esto

lo podramos haber hecho en un solo paso:

(1) (2) (3)

2 1 01 2 00 0 1

A1x 3 0 0A2x 0 3 0

L1Tx 0 0 1

(1) (2)

2 11 20 0

A1x 3 0A2x 0 3

L1Tx 0 0

donde la ultima fila tiene la restriccion L1Tx = 0.

Lo que se ha hecho es:

eliminar los generadores con nueva entrada distinta de cero

combinar los generadores con nueva entrada con distinto signo (en estecaso no hay generadores para combinar)

Captulo 2

Metodo Simplex Revisado

con Inversa de Base

Explcita

Ejercicio 2.1 (Ejercicio de Clases)

Resolver el siguiente problema de Programacion Lineal

P) Min 3x1 x2 3x3

2x1 + x2 + x3 2

x1 + 2x2 + 3x3 5

2x1 + 2x2 + x3 6

x1, x2, x3 0,

mediante el Metodo Simplex Revisado con Inversa de Base Explcita

Solucion

Primero se debe agregar variables de holgura, de modo de que el problema quedeen formato estandar:

P) Min3x1 x2 3x3

2x1 + x2 + x3 + x4 = 2

x1 + 2x2 + 3x3 + x5 = 5

2x1 + 2x2 + x3 + x6 = 6

x1, x2, x3, x4, x5, x6 0.

41

42 CAPITULO 2. METODO SIMPLEX REVISADO

As, podemos obtener la matriz A y los vectores b y cT :

A =

2 1 1 1 0 01 2 3 0 1 02 2 1 0 0 1

b =

256

cT = [3 1 3 0 0 0].

Es inmediato que las ultimas columnas de la matriz A forman la identidad:

A =[D B

]=

2 1 1 1 0 01 2 3 0 1 0

2 2 1 0 0 1

De este modo, se tiene:

B = {4, 5, 6} D = {1, 2, 3} B =

1 0 00 1 00 0 1

D =

2 1 11 2 32 2 1

Primera iteracion

Primer paso: Calculo del lado derecho del Tableaux

y0 = B1b =

1 0 00 1 00 0 1

256

=

256

000

Segundo paso: Calculo del vector de multiplicadores

T = cTBB1 =

[0 0 0

] 1 0 00 1 00 0 1

= [0 0 0]

Costos reducidos

rTD = cTD

TD =[3 1 3

][0 0 0

]2 1 11 2 32 2 1

= [3 1 3]

6 0 6 0 6 0

q = 2

1

Luego, x2 entra a la base

Tercer paso: Calculo de la columna entrante en el Tableaux

y2 = B1A2 =

1 0 00 1 00 0 1

122

=

12

2

1no se ha utilizado el costo reducido mas negativo

43

Variable saliente

Min

21 ,

5

2,6

2

= 2

As, p = 1 y el pivote

Luego, x4 sale de la base

Nueva Base:

Matriz de pivote

P1 =

[1] 112121

0 01 0

0 1

=

1 0 02 1 02 0 1

As

B1+ = P1B1 =

1 0 02 1 02 0 1

1 0 00 1 00 0 1

=

1 0 02 1 02 0 1

y los datos para la nueva iteracion son:

B = {2, 5, 6} D = {1, 3, 4} B1 =

1 0 02 1 02 0 1

D =

2 1 11 3 02 1 0

Segunda iteracion


y0 = B1b =

1 0 02 1 02 0 1

256

=

212

000


T = cTBB1 =

[1 0 0

] 1 0 02 1 02 0 1

= [1 0 0]

Costos reducidos

rTD = cTD

TD =[3 3 0

][1 0 0

]2 1 11 3 02 1 0

= [1 2 1]

6 0 6 0 0

q = 3




y3 = B1A3 =

1 0 02 1 02 0 1

131

=

111

Variable saliente

Min

21 , 11 ,

= 1



Nueva Base:

Matriz de pivote

P2 =

[2]

100

111

111

00

1

=

1 1 00 1 00 1 1

As

B1+ = P2B1 =

1 1 00 1 00 1 1

1 0 02 1 02 0 1

=

3 1 02 1 04 1 1


B = {2, 3, 6} D = {1, 4, 5} B1 =

3 1 02 1 04 1 1

D =

2 1 01 0 12 0 0

Tercera iteracion


y0 = B1b =

3 1 02 1 04 1 1

256

=

113

000


T = cTBB1 =

[1 3 0

] 3 1 02 1 04 1 1

= [3 2 0]

45

Costos reducidos

rTD = cTD

TD =[3 0 0

][3 2 0

] 2 1 01 0 12 0 0

= [7 3 2]

6 0 6 0 0

q = 1



y1 = B1A1 =

3 1 02 1 04 1 1

212

=

535

Variable saliente

Min

15 , ,

= 15



Nueva Base:

Matriz de pivote

P1 =

[1] 153555

0 01 0

0 1

=

15 0 035 1 01 0 1

As

B1+ = P1B1 =

15 0 035 1 01 0 1

3 1 02 1 04 1 1

=

3/5 1/5 01/5 2/5 01 0 1


B = {1, 3, 6} D = {2, 4, 5} B1 =

3/5 1/5 01/5 2/5 01 0 1

D =

1 1 02 0 12 0 0

Cuarta iteracion


y0 = B1b =

3/5 1/5 01/5 2/5 01 0 1

256

=

158

54

000



T = cTBB1 =

[3 3 0

] 3/5 1/5 01/5 2/5 01 0 1

= [65 35 0]

Costos reducidos

rTD = cTD

TD =[1 0 0

][65

35 0

]1 1 02 0 12 0 0

= [7/5 6/5 3/5]

0 0 0

FIN

Finalmente: x1x3x6

= y0 =

1/58/5

4

y

x2x4x5

=

000

47

Ejercicio 2.2 ()

Considere el modelo lineal:

P) Min x1 + x2 4x3

x1 + x2 + 2x3 9

x1 + x2 x3 2

x1 + x2 + x3 4

x1, x2, x3 0,

(i) (2 Ptos.) Muestre, antes de resolver, que P) admite solucion optima. Apli-que el Teorema de Existencia de la Programacion Lineal

(ii) (4 Ptos.) Resuelva P) mediante el Simplex Revisado con Inversa de Baseexplcita. Detalle los distintos pasos realizados en cada iteracion, explici-tando las inversas de base y las matrices de pivote utilizadas para el calculode estas. Ademas, calcule en cada iteracion el costo reducido mas negativo,e ingrese a la base la variable asociada a este ultimo costo, mientras noobtenga una solucion optima, obviamente.

Solucion

(i) Claramente x1 = x2 = x3 = 0 es solucion de P). Luego, el dominio es novaco (P) 6= )

Para satisfacer la segunda parte de la hipotesis del teorema , necesitamosque:

cTx = x1 + x2 4x3 K

multiplicando la primera restriccion por 1, tenemos:

x1 x2 2x3 9x1 0x2 0

2x3 94x3 18

y con las restricciones de no-negatividad para el resto de las restricciones:

4x3 18x1 0x2 0

x1 + x2 4x3 18

Luego, se cumple la segunda hipotesis del Teorema de Existencia de la Progra-macion Lineal.


(ii)Primero se debe agregar variables de holgura, de modo de que el problemaquede en formato estandar:

P) Min x1 + x2 4x3

x1 + x2 + 2x3 + x4 = 9

x1 + x2 x3 + x5 = 2

x1 + x2 + x3 + x6 = 4

x1, x2, x3, x4, x5, x6 0.

As, podemos obtener la matriz A y los vectores b y cT :

A =

1 1 2 1 0 01 1 1 0 1 01 1 1 0 0 1

b =

924

cT = [1 1 4 0 0 0].

Es inmediato que las ultimas columnas de la matriz A forman la identidad:

A =[D B

]=

1 1 2 1 0 01 1 1 0 1 01 1 1 0 0 1


B = {4, 5, 6} D = {1, 2, 3} B =

1 0 00 1 00 0 1

D =

1 1 21 1 11 1 1

Primera iteracion


y0 = B1b =

1 0 00 1 00 0 1

924

=

924

000


T = cTBB1 =

[0 0 0

] 1 0 00 1 00 0 1

= [0 0 0]

Costos reducidos

rTD = cTD

TD =[1 1 4

][0 0 0

] 1 1 21 1 11 1 1

= [ 1 1 4 ]

0 0 6 0

q = 3

49



y3 = B1A3 =

1 0 00 1 00 0 1

211

=

21

1

Variable saliente

Min

92 , , 41

= 4



Nueva Base:

Matriz de pivote

P3 =

[3]

1 00 10 0

211111

=

1 0 20 1 10 0 1

As

B1+ = P3B1 =

1 0 20 1 10 0 1

1 0 00 1 00 0 1

=

1 0 20 1 10 0 1


B = {4, 5, 3} D = {1, 2, 6} B1 =

1 0 20 1 10 0 1

D =

1 1 01 1 01 1 1

Segunda iteracion


y0 = B1b =

1 0 20 1 10 0 1

924

=

164

000


T = cTBB1 =

[0 0 4

]1 0 20 1 10 0 1

= [0 0 4]


Costos reducidos

rTD = cTD

TD =[1 1 0

][0 0 4

] 1 1 01 1 01 1 1

= [ 3 5 4 ]

6 0 0 0

q = 1



y1 = B1A1 =

1 0 20 1 10 0 1

111

=

301

Variable saliente

Min

13 , ,

= 13



Nueva Base:

Matriz de pivote

P1 =

[1] 130313

0 01 0

0 1

=

1/3 0 00 1 01/3 0 1

As

B1+ = P1B1 =

1/3 0 00 1 01/3 0 1

1 0 20 1 10 0 1

=

1/3 0 2/30 1 11/3 0 1/3


B = {1, 5, 3} D = {2, 4, 6} B1 =

1/3 0 2/30 1 11/3 0 1/3

D =

1 1 01 0 01 0 1

Tercera iteracion


51

y0 = B1b =

1/3 0 2/30 1 11/3 0 1/3

924

=

1/3613/3

000


T = cTBB1 =

[1 0 4

] 1/3 0 2/30 1 11/3 0 1/3

= [1 0 2]

Costos reducidos

rTD = cTD

TD =[1 0 0

][1 0 2

] 1 1 01 0 01 0 1

= [ 4 1 2 ]

0 0 0

FIN

As: x1x5x3

= y0 =

1/3613/3

y

x2x4x6

=

000

Luego, la solucion del problema original queda:

x =

x1x2x3

=

1/3013/3

y el valor optimo del problema es:

v(P) = 1 1/3 + 1 0 +4 13/3 = 17


Ejercicio 2.3 ()

Sea P un poliedro convexo cerrado definido como:

P = {x Rn|Ax b, x 0}

(i) (1 Ptos.) En base a los resultado fundamentales del curso, muestre queP es acotado y no vaco si y solo si el siguiente problema lineal admitesolucion optima:

P) Maximizarni=1

xi

Ax b

x 0.

(ii) (3 ptos.) En base a i), determine si el siguiente poliedro es acotado y novaco:

P = {(x1, x2)| x1 + x2 1;x2 3;x1, x2 0} .

(iii) (2 ptos.) Considere el problema lineal:

P) Min x1 2x2

x1 +x2 1

x2 3

x1, x2 0

Muestre, en base a lo anterior, que P) admite solucion optima y resuelvaP) con el Simplex Revisado con Inversa Explcita, a partir de ii).

Solucion

(i) Debemos demostrar tanto la condicion necesaria como la suficiente:

Condicion Necesaria

Por demostrar que:

P acotado y no vaco P) admite solucion optima.

Consideremos el problema equivalente de minimizacion:

P) Min

ni=1

xi

Ax b

x 0.

53

Como P es acotado, tenemos:

ai xi bi; i = 1, . . . , n xi bi

ni=1

xi

ni=1

bi := cte.

As n

i=1 xi cte. Por otro lado, de la hipotesis, P es no vaco. Luego, por elTeorema de Existencia de la Programacion Lineal, P) admite solucion optima2.

Condicion Suficiente

Por demostrar que:

P) admite solucion optima P acotado y no vaco.

Si P) admite solucion optima, por el Teorema de Existencia de la Progra-macion Lineal, P es no vaco. Luego, basta con demostrar que P es acotado.

Por el mismo teorema tenemos:

ni=1

xi cte

ni=1

xi cte. (2.1)

Por otro lado:

xi 0 xi 0

ni=1i6=j

xi 0. (2.2)

Sumando (2.1) y (2.2), tenemos:

xj cte.; j {1, . . . , n}.

Como las variables son no-negativas, tenemos:

0 xj cte.; j {1, . . . , n}.

Luego P es acotado.

(ii) Debemos demostrar si el siguiente problema admite solucion optima:

P) Max x1 +x2

x1 +x21

x23

x1, x20.

2Por motivos pedagogicos, se ha utilizado el Teorema de Existencia de la ProgramacionLineal. Sin embargo, la demostracion mediante el Teorema de Bolzano-Weierstrass es directa.


Consideremos el problema equivalente:

P) Min x1 x2

x1 +x21

x23

x1, x20.

Tenemos que (x1, x2) = (0, 1) P , luego P 6= . Por otro lado, de la segundarestriccion:

x2 3 x2 3. (2.3)

Sumando (2.3) a la primera restriccion, obtenemos:

x1 2. (2.4)

Sumando (2.3) y (2.4), obtenemos:

x1 x2 5 cTx cte.

As, P) admite solucion optima (y P) tambien). Con esto, junto con el re-sultado obtenido en (i), se tiene que P es acotado.

(iii) Como la funcion objetivo es lineal (y por ende continua), el dominio esta de-finido por restricciones lineales de desigualdad no-estricta (y por ende el dominiode restriccion es cerrado). Ademas, de lo obtenido en (ii), se tiene que el dominioes acotado y no vaco, por el Teorema de Existencia de Bolzano Weierstrass, setiene que P) admite solucion optima.

Para resolver el problema, primero se debe agregar variables de holgura y/oexceso, de modo de que el problema quede en formato estandar:

P) Min x1 2x2

x1 +x2 x3 =1

x2 +x4=3

x1, x2, x3, x40.

Podemos obtener la matriz A y los vectores b y cT :

A =

[1 1 1 00 1 0 1

]b =

(13

)cT =

[1 2 0 0

].

Tomemos el vertice (0, 3)3. Entonces (x1, x2, x3, x4) = (0, 3, 2, 0). As:

B = {2, 3} D = {1, 4} B =

[1 11 0

]D =

[1 00 1

]3Este problema necesita Fase I, pero dada su simplicidad, graficamente, podemos determi-

nar que su solucion optima es (0, 3)

55

Debemos invertir la matriz de base:

B =

[1 11 0

] B1 =

[0 11 1

]

Calculamos el vector de multiplicadores :

T = cTBB1 =

[2 0

] [ 0 11 1

]=[0 2

]Costos reducidos:

rTD = cTD

TD =[1 0

][0 2

] [1 00 1

]= [ 1 2 ]

0 0

FIN

Luego, la solucion encontrada es optima.

Captulo 3

Fase I del Metodo Simplex

Ejercicio 3.1 ()

Considere el siguiente problema lineal de minimizacion:

P) Min x1 x2

3x1 2x2 20

2x1 + 3x2 20

x1 + 2x2 2

x1, x2 0

(i) (2 Ptos.) Antes de resolver, muestre que el conjunto de soluciones optimasde P) define un poliedro convexo cerrado acotado y no vaco. De ello,concluya que P) es estable, en el sentido que pequenas variaciones en loscostos se traducen en pequenas variaciones en el costo optimo.

(ii) (3 Ptos.) Resuelva P) mediante el Simplex Revisado con 2 fases, con In-versa de Base Explcita. Explicite los distintos pasos.

(iii) (1 Pto.) Dentro de que rango podran variar simultaneamente los costosc1 y c2 de las variables originales sin que cambie la solucion optima? Delresultado obtenido, Podra inferir algo respecto de la estabilidad de P)?

Solucion

(i) Debemos demostrar que el conjunto de soluciones optimas de P), en adelanteX, es un poliedro convexo, cerrado, acotado y no vaco. Para demostrar que Xes convexo y cerrado utilizaremos la solucion optima de P), en adelante x. Luegodebemos demostrar primero que x existe.

57

58 CAPITULO 3. FASE I DEL METODO SIMPLEX

Existencia de solucion optima x

Claramente (x1, x2) = (0, 1) es solucion de P). Luego, el dominio es no vaco(P) 6= )

Por otro lado, de las restricciones:

3x1 2x2 20x1 0x2 0

{0 x1 20/30 x2 10

Luego el dominio es acotado.

Ademas, las restricciones estan definidas por restricciones lineales de de-sigualdad. Luego el dominio es cerrado. Finalmente, la funcion objetivo es lineal,luego continua. As, por el Teorema de Bolzano Weierstrass, P) admite solucionoptima.

X no vaco

Claramente, como x y x X , X es no vaco

X convexo cerrado

En general, se tiene que:

X = P {x|cTx cT x}

donde tanto P como {x|cTx cT x} son convexos y cerrados, luego X es convexocerrado

X acotado

De la desigualdad anterior se deduce que:

X P

Luego, como P es acotado, X tambien lo es1.

Finalmente, como X es acotado y no vaco, el problema es estable

(ii) Primero se debe agregar variables de holgura, de modo de que el problemaquede en formato estandar:

P) Min x1 x2

3x1 + 2x2 + x3 = 20

2x1 + 3x2 + x4 = 20

x1 + 2x2 x5 = 2

x1, x2, x3, x4, x5 0.

1Nota: en caso que P no sea acotado, se necesitara demostrar que P{x|cTx cT x} s es

acotado.

59

Claramente, se necesita agregar una variable artificial en la ultima res-triccion. Luego nos queda el siguiente problema para la Fase I:

Fase I

P)I Min x6

3x1 + 2x2 + x3 = 20

2x1 + 3x2 + x4 = 20

x1 + 2x2 x5 + x6 = 2

x1, x2, x3, x4, x5, x6 0.


A =

3 2 1 0 0 02 3 0 1 0 01 2 0 0 1 1

b =

2020

2

cT = [0 0 0 0 0 1].

Es inmediato que las columnas 3, 4 y 6 de la matriz A forman la identidad.Luego, reordenando las columnas de A, se tiene:

A =[D B

]=

3 2 0 1 0 02 3 0 0 1 0

1 2 1 0 0 1


B = {3, 4, 6} D = {1, 2, 5} B =

1 0 00 1 00 0 1

D =

3 2 02 3 01 2 1

Primera iteracion


y0 = B1b =

1 0 00 1 00 0 1

2020

2

=

2020

2

000


T = cTBB1 =

[0 0 1

]1 0 00 1 00 0 1

= [0 0 1]


Costos reducidos

rTD = cTD

TD =[0 0 0

][0 0 1

] 3 2 02 3 01 2 1

= [ 1 2 1 ]

6 0 6 0 0

q = 2



y2 = B1A2 =

1 0 00 1 00 0 1

232

=

23

2

Variable saliente

Min

202 , 203 , 22

= 1


Luego, x6 sale de la base, y termina la Fase I

Nueva Base:

Matriz de pivote

P3 =

[3]

1 00 10 0

223212

=

1 0 10 1 3/20 0 1/2

As:

B1+ = P3B1 =

1 0 10 1 3/20 0 1/2

1 0 00 1 00 0 1

=

1 0 10 1 3/20 0 1/2

y los datos para la Fase II son:

B = {3, 4, 2} B1 =

1 0 10 1 3/20 0 1/2

61

Fase II

Tenamos el problema original en formato estandar:

P) Min x1 x2

3x1 + 2x2 + x3 = 20

2x1 + 3x2 + x4 = 20

x1 + 2x2 x5 = 2

x1, x2, x3, x4, x5 0.

La matriz A y el vector cT para la Fase II son:

A =

3 2 1 0 02 3 0 1 01 2 0 0 1

cT = [1 1 0 0 0].

De la Fase II tenamos que B = {3, 4, 2}, entonces D = {1, 5} y:

D =

3 02 01 1

Primera iteracion


y0 = B1b =

1 0 10 1 3/20 0 1/2

2020

2

=

1817

1

000


T = cTBB1 =

[0 0 1

]1 0 10 1 3/20 0 1/2

= [0 0 1/2]

Costos reducidos

rTD = cTD

TD =[1 0

][0 0 1/2

]3 02 01 1

= [1/2 1/2 ]

6 0 6 0

q = 1




y1 = B1A1 =

1 0 10 1 3/20 0 1/2

321

=

21/2

1/2

Variable saliente

Min

{18

2,17

1/2,

1

1/2

}= 2



Nueva Base:

Matriz de pivote

P3 =

[3]

1 00 10 0

21/21/21/211/2

=

1 0 40 1 10 0 2

As

B1+ = P3B1 =

1 0 40 1 10 0 2

1 0 10 1 3/20 0 1/2

=

1 0 30 1 20 0 1


B = {3, 4, 1} D = {2, 5} B1 =

1 0 30 1 20 0 1

D =

2 03 02 1

Segunda iteracion


y0 = B1b =

1 0 30 1 20 0 1

2020

2

=

1416

2

000

63


T = cTBB1 =

[0 0 1

]1 0 30 1 20 0 1

= [0 0 1]

Costos reducidos

rTD = cTD

TD =[1 0

][0 0 1

]2 03 02 1

= [ 1 1 ]

0 6 0

q = 5



y5 = B1A5 =

1 0 30 1 20 0 1

001

=

321

Variable saliente

Min

143 ,

16

2,

= 143



Nueva Base:

Matriz de pivote

P1 =

[1] 132313

0 01 0

0 1

=

1/3 0 02/3 1 01/3 0 1

As

B1+ = P1B1 =

1/3 0 02/3 1 01/3 0 1

1 0 30 1 20 0 1

=

1/3 0 12/3 1 01/3 0 0


B = {5, 4, 1} D = {2, 3} B1 =

1/3 0 12/3 1 01/3 0 0

D =

2 13 02 0


Tercera iteracion


y0 = B1b =

1/3 0 12/3 1 01/3 0 0

2020

2

=

14/320/320/3

000


T = cTBB1 =

[0 0 1

] 1/3 0 12/3 1 01/3 0 0

= [1/3 0 0]

Costos reducidos

rTD = cTD

TD =[1 0

][1/3 0 0

]2 13 02 0

= [1/3 1/3 ]

6 0 0

q = 2



y2 = B1A2 =

1/3 0 12/3 1 01/3 0 0

232

=

4/3

5/3

2/3

Variable saliente

Min

{,

20/3

5/3

,20/3

2/3

}= 4



Nueva Base:

Matriz de pivote

P2 =

[2]

100

4/35/315/32/35/3

00

1

=

1 4/5 00 3/5 00 2/5 1

65

As

B1+ = P2B1 =

1 4/5 00 3/5 00 2/5 1

1/3 0 12/3 1 01/3 0 0

=

1/5 4/5 12/5 3/5 03/5 2/5 0

y los datos para la nueva iteracion son2:

B = {5, 2, 1} D = {4, 3} B1 =

1/5 4/5 12/5 3/5 03/5 2/5 0

D =

0 11 00 0

Cuarta iteracion


y0 = B1b =

1/5 4/5 12/5 3/5 03/5 2/5 0

2020

2

=

104

4

000


T = cTBB1 =

[0 1 1

]1/5 4/5 12/5 3/5 03/5 2/5 0

= [1/5 1/5 0]

Costos reducidos

rTD = cTD

TD =[0 0

][1/5 1/5 0

]0 11 00 0

= [ 1/5 1/5 ]

0 0

FIN

As: x5x2x1

= y0 =

104

4

y (x4

x3

)=

(00

)

Luego, la solucion del problema original queda:

x =

(x1x2

)=

(44

)2Notar que el orden de los elementos de D debe ser consistente con el orden de las columnas

de D.



v(P) = 1 4 +1 4 = 8

(iii) Esta parte del problema se puede resolver tanto en forma algebraica comoen forma grafica:

Algebraicamente, necesitamos saber cuanto pueden variar los costos, demodo que los costos reducidos continuen siendo no-negativos. Para esto po-demos agregar una variacion a ambos costos de modo que:

c1 = 1 + y c2 = 1 +

La variacion debe ser pequena, de modo que c1 y c2 continuen siendo estric-

tamente negativos.

Se debe calcular el vector de multiplicadores nuevamente:

T = cTBB1 =

[0 c2 c

1

]1/5 4/5 12/5 3/5 03/5 2/5 0

=

[2/5c2 + 3/5c

1 3/5c

2 2/5c

1 0

]Costos reducidos

rTD = cTD

TD =[0 0

][2/5c2 + 3/5c

1 3/5c

2 2/5c

1 0

] 0 11 00 0

=

[3/5c2 + 2/5c

1 2/5c

2 3/5c

1

] 0 0

() ()

De () y () tenemos:3

3/5c2 + 2/5c1 0 c

1/c

2 2/3

2/5c2 3/5c1 0 c

1/c

2 3/2

luego2

3

c1c2

3

2

3Recordar que anteriormente establecimos que c1< 0 y c

2< 0

67

Graficamente:

0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

x2

x1

c = (1, 1);m =c1c2

= 1

m = 3/2

m = 2/3

x = (4, 4)TcTx = v(P) = 8

Se concluye que la solucion de P) es estable, puesto que ante pequenasvariaciones en los costos, el problema sigue teniendo la misma solucion y, porende, no hay grandes variaciones en el valor tomado por la funcion objetivo.


Ejercicio 3.2 ()

Considere el problema lineal:

P) Min x1 2x2+x3

x1 +x2 +x3 4

2x1 x3 3

x2 +x3 6

x1, x2, x3 0

(i) (1 Pto.) Muestre, antes de resolver, que P) admite solucion optima (almenos una). Aplique el Teorema de Existencia de la Programacion Lineal.

(ii) (1 Pto.) Agregando variables de holgura y/o exceso, reformule P) bajo laforma estandar equivalente.

(iii) (3 Pto.) Resolviendo un problema de Fase I para este ultimo problema,mediante el Simplex Revisado con inversa de base Explcita, determineuna solucion basica factible para P).

(iv) (1 Pto.) La solucion basica factible as encontrada, es optima o no parael problema original P)? Justifique su respuesta en base al Criterio deTermino del Simplex.

Solucion

(i) Se tiene que (x1, x2, x3) = (2, 6, 0) P . Luego:

P 6= (3.1)

De la tercera restriccion y las de no-negatividad, podemos calcular cotassuperiores para las variables 2 y 3. Concretamente:

x2 + x3 6

x3 0

} x2 6

Esto, junto con la restriccion 1 nos entrega lo deseado:

x2 6

x1 + x2 + x3 4

} x1 2x2 + x3 14

As:cTx cte. (3.2)

Luego, de (3.1) y (3.2), P) admite solucion optima.

69

(ii) Formato estandar:

P) Min x1 2x2+x3

x1 +x2 +x3 x4 = 4

2x1 x3 x5 = 3

x2 +x3 +x6= 6

x1, x2, x3, x4, x5 x6 0

(iii) Claramente, se necesita agregar una variable artificial en las dos primerasrestricciones. Luego nos queda el siguiente problema para la Fase I :

Fase I

P) Min x7 +x8

x1 +x2 +x3 x4 +x7 = 4

2x1 x3 x5 +x8= 3

x2 +x3 +x6 = 6

x1, x2, x3, x4, x5 x6, x7, x8 0


A =

1 1 1 1 0 0 1 02 0 1 0 1 0 0 10 1 1 0 0 1 0 0

b =

436

cT = [0 0 0 0 0 0 1 1].

Es inmediato que las columnas 7, 8 y 6 de la matriz A forman la identidad.Luego, reordenando las columnas de A, se tiene:

A =[D B

]=

1 1 1 1 0 1 0 02 0 1 0 1 0 1 0

0 1 1 0 0 0 0 1


B = {7, 8, 6}, D = {1, 2, 3, 4, 5},

B =

1 0 00 1 00 0 1

, D =

1 1 1 1 02 0 1 0 10 1 1 0 0


Primera iteracion

Primer paso: Calculo del lado derecho del Tableaux.

y0 = B1b =

1 0 00 1 00 0 1

436

=

436

000

Segundo paso: Calculo del vector de multiplicadores .

T = cTBB1 =

[1 1 0

] 1 0 00 1 00 0 1

= [1 1 0]

Costos reducidos:

rTD = cTD

TD =[0 0 0 0 0

][1 1 0

]1 1 1 1 02 0 1 0 10 1 1 0 0

=

[1 1 0 1 1

]6 0 6 0 0 0 0

q = 1

Luego, x1 entra a la base.4


y1 = B1A1 =

1 0 00 1 00 0 1

120

=

12

0

Variable saliente:

Min

, 32 ,

= 3/2


Luego, x8 sale de la base.

Nueva Base:

Matriz de pivote.

P2 =

[2]

100

121

202

00

1

=

1 1/2 00 1/2 00 0 1

4Tambien podra haber sido x2.

71

As:

B1+ = P2B1 =

1 1/2 00 1/2 00 0 1

1 0 00 1 00 0 1

=

1 1/2 00 1/2 00 0 1


B = {7, 1, 6}, D = {2, 3, 4, 5, 8},

B1 =

1 1/2 00 1/2 00 0 1

, D =

1 1 1 0 00 1 0 1 11 1 0 0 0

Segunda iteracion


y0 = B1b =

1 1/2 00 1/2 00 0 1

436

=

11/23/2

6

000


T = cTBB1 =

[1 0 0

]1 1/2 00 1/2 00 0 1

= [1 1/2 0]

Costos reducidos.

rTD = cTD

TD =[0 0 0 0 1

][1 1/2 0

]1 1 1 0 00 1 0 1 11 1 0 0 0

=

[1 1/2 1 1/2 1/2

]6 0 6 0 0 0 0

q = 2



y2 = B1A2 =

1 1/2 00 1/2 00 0 1

101

=

10

1

Variable saliente:

Min

{11/2

1, ,

6

1

}= 11/2



Luego, x7 sale de la base y termina la Fase I

Nueva Base:

Matriz de pivote.

P1 =

[1] 110111

0 01 0

0 1

=

1 0 00 1 01 0 1

As:

B1+ = P1B1 =

1 0 00 1 01 0 1

1 1/2 00 1/2 00 0 1

=

1 1/2 00 1/2 01 1/2 1

y los datos para la Fase II (Fase que en este apartado, no se pide realizar), son:

B = {2, 1, 6}, B1 =

1 1/2 00 1/2 01 1/2 1

Para saber los nuevos valores de las variables de base actuales, necesitamoscalcular el lado derecho:

y0 = B1b =

1 1/2 00 1/2 01 1/2 1

436

=

11/23/2

1/2

As, la solucion optima para la Fase I es:

xB =

x2x1x6

= y0 =

11/23/2

1/2

y xD =

x3x4x5x7x8

=

00000

y la solucion factible del problema original es:

x =

x1x2x3

=

3/211/2

0

(iii) Debemos comenzar la Fase II :

73

Fase II

Tenamos el problema original en formato estandar:

P) Min x1 2x2+x3

x1 +x2 +x3 x4 = 4

2x1 x3 x5 = 3

x2 +x3 +x6= 6

x1, x2, x3, x4, x5 x6 0

La matriz A y el vector cT para la Fase II son:

A =

1 1 1 1 0 02 0 1 0 1 00 1 1 0 0 1

cT = [1 2 1 0 0 0].

De la Fase I tenamos que B = {2, 1, 6}, entonces D = {3, 4, 5} y:

D =

1 1 01 0 11 0 0

Primera iteracion

Primer paso: Calculo del lado derecho del Tableaux (ya se haba calculado).

y0 = B1b =

1 1/2 00 1/2 01 1/2 1

436

=

11/23/2

1/2

>

000


T = cTBB1 =

[2 1 0

] 1 1/2 00 1/2 01 1/2 1

= [2 3/2 0]

Costos reducidos.

rTD = cTD

TD =

[1 0 0

][2 3/2 0

] 1 1 01 0 11 0 0

= [ 3/2 2 3/2 ]

0 6 0 6 0


Como la base factible es no-degenerada, por la Condicion Necesaria de Op-timalidad del Simplex, la solucion basica entregada por la Fase I no es optimapara P).

Captulo 4

Metodo Simplex con

Inversa de Base Explcita y

Descomposicion LU

Ejercicio 4.1 ()

Considere el siguiente problema de maximizacion:

P) Max 3x1+4x2+x3 +x4

8x1+3x2+4x3+x4 7

2x1+6x2+x3 +5x4 3

x1 +4x2+5x3+2x4 8

x1, x2, x3, x4 0

(i) (1 punto) Antes de resolver, muestre que P) admite solucion optima.

(ii) (4 puntos) Resuelva, mediante Simplex Revisado con Factorizacion(L, U

)o mas bien

(L1, U

), el problema de minimizacion equivalente, llevando la

matriz L1 factorizada bajo forma de producto de matrices elementales,de pivote y/o permutacion. Mas aun, aplique este metodo con permutacioneventual de filas, con el fin de conseguir un mejor pivote(mayor, en valorabsoluto).

(iii) (1 punto) Explicite la solucion optima encontrada y el valor optimo de P).

75

76 CAPITULO 4. SIMPLEX CON INVERSA DE BASE EXPLICITA

Solucion

(i) Se tiene que (x1, x2, x3, x4) = (0, 0, 0, 0) P . Luego:

P 6= (4.1)

De la primera restriccion y las de no-negatividad, podemos calcular cotassuperiores para todas las variables. Concretamente:

8x1 + 3x2 + 4x3 + x4 7

x1 0

x2 0

x3 0

x4 0

x1 7/8

x2 7/3

x3 7/4

x4 7

Luego, el dominio de restriccion es acotado. Todo esto, junto con la continuidadde la funcion objetivo y la cerradura del dominio de restriccion, cumplen con lashipotesis del Teorema de Existencia de Bolzano-Weierstrass. As, P) admitesolucion optima.

(ii) Primero expresamos el problema en formato estandar:

P) Min 3x14x2x3 x4

8x1+3x2+4x3+x4 +x5 = 7

2x1+6x2+x3 +5x4 +x6 = 3

x1 +4x2+5x3+2x4 +x7= 8

x1, x2, x3, x4, x5, x6, x7 0


A =

8 3 4 1 1 0 02 6 1 5 0 1 01 4 5 2 0 0 1

b =

738

cT = [3 4 1 1 0 0 0].

Es inmediato que las columnas 5, 6 y 7 de la matriz A forman la identidad. As,se tiene:

A =[D B

]=

8 3 4 1 1 0 02 6 1 5 0 1 0

1 4 5 2 0 0 1


B = {5, 6, 7}, D = {1, 2, 3, 4},

B = L = U = I, D =

8 3 4 12 6 1 51 4 5 2

77

Primera iteracion


z0 = L1b = I

738

=

738

Uyo = z0 Iy0 =

738

y0 =

738

000


wTU = CTB wT I =

[0 0 0

] wT =

[0 0 0

]T = wT L1 =

[0 0 0

]I =

[0 0 0

]Costos reducidos:

rTD = cTD

TD =[3 4 1 1

][0 0 0

] 8 3 4 12 6 1 51 4 5 2

=

[3 4 1 1

]6 0 6 0 6 0 6 0

q = 2

Luego, x2 entra a la base.1

Tercer paso: Calculo de la columna entrante en el Tableaux.

z2 = L1A2 = I

364

=

364

Uy2 = z2 Iy2 =

364

y2 =

364

Variable saliente:

Min

{7

3,3

6,8

4

}= 1/2

As, p = 2.


1Podra haber sido cualquiera con costo reducido negativo, en este caso todas.


Nueva Base:

H =

[z2]

1 0 30 0 60 1 4

23H =

1 0 30 1 40 0 6

= U+

{L+}1

= 23L1 = 23I = 23


B = {5, 7, 2}, D = {1, 3, 4, 6}, D =

8 4 1 02 1 5 11 5 2 0

Segunda iteracion


z0 = L1b = 23

738

=

783

Uyo = z0

1 0 30 1 40 0 6

y0 =

783

y0 =

11/26

1/2

000


wTU = CTB wT

1 0 30 1 40 0 6

= [0 0 4] wT = [0 0 2/3]

T = wT L1 =[0 0 2/3

]23 =

[0 2/3 0

]Costos reducidos:

rTD = cTD

TD =[3 1 1 0

][0 2/3 0

]8 4 1 02 1 5 11 5 2 0

=

[5/3 1/3 7/3 2/3

]6 0 6 0 0 0

q = 1

79

Luego, x1 entra a la base.


z1 = L1A1 = 23

821

=

812

Uy1 = z1

1 0 30 1 40 0 6

y1 =

812

y1 =

71/3

1/3

Variable saliente:

Min

{11/2

7, ,

1/2

1/3

}= 11/14

As, p = 1.


Nueva Base:

H =

[z1]

0 3 81 4 10 6 2

12H =

1 4 10 3 80 6 2

como |H32| > |H22|, se debe hacer una permutacion de filas, con el fin de tenerun mejor pivote:

2312H =

1 4 10 6 20 3 8

Considerando:

M1 =

1 0 00 1 00 3/6 1

=

1 0 00 1 00 1/2 1

Se tiene

M12312H =

1 4 10 6 20 0 7

= U+

{L+}1

= M12312L1 =M1231223 = M1231223


B = {7, 2, 1}, D = {3, 4, 5, 6}, D =

4 1 1 01 5 0 15 2 0 0


Tercera iteracion


z0 = L1b = M1231223

738

=

8311/2

Uyo = z0

1 4 10 6 20 0 7

y0 =

8311/2

y0 =

263/425/21

11/14

000


wTU = CTB wT

1 4 10 6 20 0 7

= [0 4 3] wT = [0 2/3 5/21]

T = wT L1 =[0 2/3 5/21

]M1231223 =

[5/21 23/42 0

]Costos reducidos:

rTD = cTD

TD =[1 1 0 0

][5/21 23/42 0

] 4 1 1 01 5 0 15 2 0 0

=

[1/2 83/42 10/42 23/42

] 0 0 0 0

FIN

La solucion optima del problema estandarizado es:

xB = y0

x7x2x1

=

263/425/21

11/14

y xD = ~0

x3x4x5x6

=

0000

Por consiguiente, la solucion optima del problema original es:

x =

x1x2x3x4

=

11/145/2100


v(P)) = cT x = 3 11/14 + 4 5/21 + 1 0 + 1 0 = 139/42

81

Ejercicio 4.2 ()

Considere el problema lineal de minimizacion:

P) Min x1 2x23x34x4

x1 +2x2+x3 +x4 = 3

x1 x2 +2x3+x4 = 4

x1 +x2 x3 x4 =1

x1, x2, x3, x4 0

(i) (4 ptos.) Aplique la Fase I del Metodo Simplex Revisado, con inversa debase implcita bajo factorizacion

(L1, U

), con el fin de determinar si el

problema P) es o no factible.

(ii) (1 pto.) Teniendo en cuenta i), estudie si P) admite o no solucion optima.

(iii) (1 pto.) Si fuera el caso, encuentre una solucion optima de P) medianteel Metodo Simplex Revisado con Inversa de Base Explcita. Justifiqueclaramente su respuesta.

Nota: De mas esta decir que si B es regular, entonces B = LU si y solo siB1 = U1L1

Solucion

(i) El problema ya esta en formato estandar, pero es conveniente expresar ellado derecho positivo:

P) Min x1 2x23x34x4

x1 +2x2+x3 +x4 = 3

x1 x2 +2x3+x4 = 4

x1 x2 +x3 +x4 = 1

x1, x2, x3, x4 0

Claramente, no podemos formar la identidad con estas restricciones. Luego,deberemos agregar variables artificiales a todas las restricciones. As, nos quedael siguiente problema para la Fase I :

P) Min x5 +x6 +x7

x1 +2x2+x3 +x4 +x5 = 3

x1 x2 +2x3+x4 +x6 = 4

x1 x2 +x3 +x4 +x7= 1

x1, x2, x3, x4, x5, x6, x7 0



A =

1 2 1 1 1 0 01 1 2 1 0 1 01 1 1 1 0 0 1

b =

341

cT = [0 0 0 0 1 1 1].

Es inmediato que las columnas 5, 6 y 7 de la matriz A forman la identidad (Dehecho, se ha construido para que sea as). As, se tiene:

A =[D B

]=

1 2 1 1 1 0 01 1 2 1 0 1 01 1 1 1 0 0 1


B = {5, 6, 7}, D = {1, 2, 3, 4},

B = L = U = I, D =

1 2 1 11 1 2 11 1 1 1

Fase I

Primera iteracion


z0 = L1b = I

341

=

341

Uyo = z0 Iy0 =

341

y0 =

341

000


wTU = CTB wT I =

[1 1 1

] wT =

[1 1 1

]T = wT L1 =

[1 1 1

]I =

[1 1 1

]Costos reducidos:

rTD = cTD

TD =[0 0 0 0

][1 1 1

] 1 2 1 11 1 2 11 1 1 1

=

[1 0 4 3

]6 0 0 6 0 6 0

q = 3

83



z3 = L1A3 = I

121

=

121

Uy3 = z3 Iy3 =

121

y3 =

121

Variable saliente:

Min

{3

1,4

2,1

1

}= 1

As, p = 3.


Nueva Base:

H =

[z3]

1 0 10 1 20 0 1

= U+

{L+}1

= L1


B = {5, 6, 3}, D = {1, 2, 4, 7}, D =

1 2 1 01 1 1 01 1 1 1

Segunda iteracion


z0 = L1b = I

341

=

341

Uyo = z0

1 0 10 1 20 0 1

y0 =

341

y0 =

221

000


wTU = CTB wT

1 0 10 1 20 0 1

= [1 1 0] wT = [1 1 3]


T = wT L1 =[1 1 3

]I =

[1 1 3

]Costos reducidos:

rTD = cTD

TD =[0 0 0 1

][1 1 3

] 1 2 1 01 1 1 01 1 1 1

=

[5 4 1 4

]6 0 6 0 0 0

q = 1



z1 = L1A1 = I

111

=

111

Uy1 = z1

1 0 10 1 20 0 1

y1 =

111

y1 =

231

Variable saliente:

Min

{2

2,2

3,

}= 2/3

As, p = 2.


Nueva Base:

H =

[z1]

1 1 10 2 10 1 1

Considerando:

M1 =

1 0 00 1 00 1/2 1

Se tiene

M1H =

1 1 10 2 10 0 3/2

= U+

{L+}1

=M1L1 = M1I = M1

85


B = {5, 3, 1}, D = {2, 4, 6, 7}, D =

2 1 0 01 1 1 01 1 0 1

Tercera iteracion


z0 = L1b = M1

341

=

341

Uyo = z0

1 1 10 2 10 0 3/2

y0 =

341

y0 =

2/35/32/3

000


wTU = CTB wT

1 1 10 2 10 0 3/2

= [1 0 0] wT = [1 1/2 1/3]

T = wT L1 =[1 1/2 1/3

]M1 =

[1 2/3 1/3

]Costos reducidos:

rTD = cTD

TD =[0 0 1 1

][1 2/3 1/3

] 2 1 0 01 1 1 01 1 0 1

=

[7/3 2/3 5/3 2/3

]6 0 6 0 0 0

q = 2



z2 = L1A2 =M1

211

=

211/2

Uy2 = z2

1 1 10 2 10 0 3/2

y2 =

211/2

y2 =

7/32/3

1/3


Variable saliente:

Min

{2/3

7/3, ,

2/3

1/3

}= 2/7

As, p = 1.

Luego, x5 sale de la base, y termina la Fase I2.

Nueva Base:

H =

[z2]

1 1 22 1 10 3/2 1/2

como |H21| > |H11|, se debe hacer una permutacion de filas, con el fin de tenerun mejor pivote:

12H =

2 1 11 1 20 3/2 1/2

Considerando:

M2 =

1 0 01/2 1 0

0 0 1

Se tiene

M212H =

2 1 10 1/2 5/20 3/2 1/2

nuevamente, como |H32| > |H22|, se debe hacer una permutacion de filas, conel fin de tener un mejor pivote:

23M212H =

2 1 10 3/2 1/20 1/2 5/2

Considerando:

M3 =

1 0 00 1 00 1/2

3/2 1

=

1 0 00 1 00 1/3 1

Se tiene

M323M212H =

2 1 10 3/2 1/20 0 7/3

= U+

{L+}1

=M323M212L1 =M323M212M1

2Notese que como salieron las variables artificiales de la base, el valor optimo de la Fase Ies cero y ya podemos decir que el problema admite solucion optima. El resto de los calculossolo se hacen para conocer la base y la solucion optima.

87

La nueva base para para la Fase II (de la cual se necesita hacer el primer pasode la primera iteracion, de modo de calcular los nuevos valores de las variablesbasicas) es B = {3, 1, 2}

Calculo del lado derecho del Tableaux3.

z0 = L1b = M323M212M1

341

=

412/3

Uyo = z0

2 1 10 3/2 1/20 0 7/3

y0 =

412/3

y0 =

13/74/7

2/7

000

La solucion optima del problema de Fase I es:

xB = y0

x3x1x2

=

13/74/7

2/7

y xD = ~0

x4x5x6x7

=

0000

Por consiguiente, la solucion basica factible del problema original es:

x =

x1x2x3x4

=

4/72/713/70

Como x P), se tiene que el problema es factible.

3Notese que para conocer esta solucion hemos utilizado la nueva base (en realidad, su fac-torizacion (L1, U)). Sin embargo, podramos obtener el lado derecho del tableau de formaanaloga a como se hace en la especializacion del Simplex para restricciones de cotas. Concre-tamente:

x+2= l2 + = 0 + 2/7 = 2/7

(x+B) = y0 y5 =

2/35/32/3

2/7

7/32/3

1/3

=

013/7

4/7

xB+ =

13/74/7

2/7

Esta vez, se debe ser consistente con el nuevo orden en que se lleva la base. Ahora la variableque entra a la base, no lo hace en la posicion de la variable que sale de la base, sino que entraen la ultima posicion, lo mismo ocurre con el nuevo lado derecho.Calcular el nuevo lado derecho de esta forma nos permite continuar con el ejercicio sin necesitarla nueva factorizacion (L1, U).


(ii) Del apartado i), se tiene que:

P 6= (4.2)

De la primera restriccion y las de no-negatividad, podemos calcular cotassuperiores para todas las variables. Concretamente:

x1 + 2x2 + x3 + x4 = 3

x1 0

x2 0

x3 0

x4 0

x1 3

x2 3/2

x3 3

x4 3

Luego, el dominio de restriccion es acotado. Todo esto, junto con la continuidadde la funcion objetivo y la cerradura del dominio de restriccion, cumplen con lashipotesis del Teorema de Existencia de Bolzano-Weierstrass. As, P) admitesolucion optima.

(iii) Nuestro problema original en formato estandar es:

P) Min x1 2x23x34x4

x1 +2x2+x3 +x4 = 3

x1 x2 +2x3+x4 = 4

x1 x2 +x3 +x4 = 1

x1, x2, x3, x4 0

del cual podemos obtener la matriz A y los vectores b y cT :

A =

1 2 1 11 1 2 11 1 1 1

b =

341

cT = [1 2 3 4].

Del apartado i) tenamos:

B = {3, 1, 2}, L1 = M323M212M1 y U =

2 1 10 3/2 1/20 0 7/3

Siguiendo la indicacion del enunciado, tenemos que B1 = U1L1. Calcu-lando U1 de la forma que se estime conveniente, tenemos:

U1 =

1/2 1/3 2/70 2/3 1/7

0 0 3/7

89

As4:

B1 = U1L1 =

2/7 1/7 3/71/7 3/7 5/73/7 2/7 1/7

Como B = {3, 1, 2}:

D = {4} y D =

111

Se tiene todos los datos para continuar con la Fase II del Metodo Simplexcon Inversa de Base Expltita.

Fase II


Ya lo obtuvimos en el apartado i)

y0 =

13/74/7

2/7


T = cTBB1 =

[3 1 2

] 2/7 1/7 3/71/7 3/7 5/73/7 2/7 1/7

= [11/7 2/7 6/7]

Costos reducidos:

rTD = cTD

TD =[4][11/7 2/7 6/7

] 111

= [9/7 ]

6 0

q = 4

4Notese que, como B = {3, 1, 2}, entonces:

B =

1 1 22 1 11 1 1

Invirtiendo esta matriz debemos llegar al mismo resultado. Esto refuerza la idea que no ne-cesitamos la nueva matriz de base en la ultima iteracion de la Fase I para continuar con elejercicio.




y4 = B1A4 =

2/7 1/7 3/71/7 3/7 5/73/7 2/7 1/7

111

=

6/73/7

2/7

Variable saliente

Min

{13/7

6/7, ,

2/7

2/7

}= 1



Nueva Base:

Matriz de pivote

P3 =

[3]

1 00 10 0

6/72/73/72/712/7

=

1 0 30 1 3/20 0 7/2

As

B1+ = P3B1 =

1 0 30 1 3/20 0 7/2

2/7 1/7 3/71/7 3/7 5/73/7 2/7 1/7

=

1 1 01/2 0 1/23/2 1 1/2


B = {3, 1, 4} D = {2} B1 =

1 1 01/2 0 1/23/2 1 1/2

D =

211

Segunda iteracion


y0 = B1b =

1 1 01/2 0 1/23/2 1 1/2

341

=

111

000

91


T = cTBB1 =

[3 1 4

]1 1 01/2 0 1/23/2 1 1/2

= [7/2 1 3/2]

Costos reducidos:

rTD = cTD

TD =[2][7/2 1 3/2

] 211

= [ 9/2 ]

0

FIN

As, la solucion optima del problema es:

xB = y0

x3x1x4

=

111

y xD = ~0 (x2) = (0)


v(P)) = cT x = 1 1 2 0 3 1 4 1 = 8

A continuacion, se muestra como continua la Fase II del metodo con Inversade Base Implcita en forma de producto (Notese que esto no era lo que se pedaen el enunciado). Fase II

Primera iteracion


Ya lo obtuvimos en el apartado i)

y0 =

13/74/7

2/7


wTU = CTB wT

2 1 10 3/2 1/20 0 7/3

= [3 1 2]

wT =[3/2 1/3 11/7

]


T = wT L1 =[3/2 1/3 11/7

]M323M212M1 =

[11/7 2/7 6/7

]Costos reducidos:

rTD = cTD

TD =[4][11/7 2/7 6/7

]111

= [9/7 ]

6 0

q = 4



z4 = L1A4 = M323M212M1

111

=

11/22/3

Uy4 = z4

2 1 10 3/2 1/20 0 7/3

y4 =

11/22/3

y4 =

6/73/7

2/7

Variable saliente:

Min

{13/7

6/7, ,

2/7

2/7

}= 1

As, p = 3.


Nueva Base:

H =

[z4]

2 1 10 3/2 1/20 0 2/3

= U+

{L+}1

= L1 = M323M212M1


B = {3, 1, 4}, D = {2}, D =

211

93

Segunda iteracion


z0 = L1b = M323M212M1

341

=

412/3

Uyo = z0

2 1 10 3/2 1/20 0 2/3

y0 =

412/3

y0 =

111

000


wTU = CTB wT

2 1 10 3/2 1/20 0 2/3

= [3 1 4]

wT =[3/2 1/3 7/2

]T = wT L1 =

[3/2 1/3 7/2

]M323M212M1 =

[7/2 1 3/2

]Costos reducidos:

rTD = cTD

TD =[2][7/2 1 3/2

] 211

= [ 9/2 ]

0

FIN

As, la solucion optima del problema es:

xB = y0

x3x1x4

=

111

y xD = ~0 (x2) = (0)


v(P)) = cT x = 1 1 2 0 3 1 4 1 = 8

Captulo 5

Especializacion del Metodo

Simplex Problemas con

Restricciones de Cotas

Ejercicio 5.1 (Ejemplo)

Dado el problema lineal:

P) Min x1 +2x2

x1 x2 2

x1 +x2 1

0 x1 3

3 x2 0

Resolver mediante el Metodo Simplex con Cotas

Solucion

En el siguiente grafico se puede distinguir el dominio de restriccion y el dominiodado por las restricciones de cotas:

95

96 CAPITULO 5. SIMPLEX CON COTAS

1

2

3

1 2 3

x2

x1

Antes de resolver, debemos tener el problema en formato estandar con cotas:

P) Min x1 +2x2

x1 x2 x3 =2

x1 +x2 +x4= 1

0 x1 3

3 x2 0

0 x3

0 x4

Cuando se comienza con un problema con restricciones de desigualdad (comoeste caso), cada variable de holgura y/o exceso provee un candidato a la base,puesto que provee una columna de la matriz identidad. Si multiplicaramos laprimera restriccion por 1 podramos tener la identidad como Matriz de Base,teniendo a x3 y x4 como variables de base. Sin embargo, esta base puede no serfactible (tal que las variables de base cumplan con sus cotas):

P) Min x1 +2x2

x1 +x2 +x3 = 2

x1 +x2 +x4= 1

0 x1 3

3 x2 0

0 x3

0 x4

97

Si quisieramos hacer Fase I, debemos elegir en que cota quedara cada variable(en el caso de las variables de holgura y/o exceso, en su unica cota 0). Una vezhecho esto, debemos determinar cuales restricciones son violadas, de modo deagregar variables artificiales a cada una de estas. Sin embargo, la cantidad devariables artificiales que se necesita (eventualmente ninguna, lo que implicarano hacer Fase I ) depende de que cotas elijamos para las variables fuera de base.

Para este problema (tomando en cuenta que las variables de holgura y/oexceso solo pueden quedar en su cota 0, pues estan fuera de la base), temenoscuatro casos:

Caso I

Variables fuera de base D = {u1,

u2}:

x1 = 3

x2 = 0

}

{x3 = 1

x4 = 4 infactible

Se necesitara una variable artificial en la segunda restriccion.

Caso II

Variables fuera de base D = {l1,

u2}:

x1 = 0

x2 = 0

}

{x3 = 2

x4 = 1 infactible

Se necesitara dos variables artificiales, una para cada restriccion.

Caso III

Variables fuera de base D = {u1,

l2}:

x1 = 3

x2 = 3

}

{x3 = 4

x4 = 1 infactible

Se neces

ejercicios de programación matemática

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