Il simplesso in forma tabellare Cap 3.2.4 Fischetti pg 33-36

Il metodo del tableau E’ d’uso presentare l’algoritmo del simplesso come una sequenza di operazioni algebriche su una tabella che riporta la matrice dei vincoli, il vettore b e, come riga aggiuntiva, il vettore dei costi ridotti e il valore della funzione obiettivo nella soluzione corrente Formato di riferimento forma standard Min cx: Ax=b, x0

Formato iniziale del tableau x1 x2 .. xm xm+1 … xn z b Riga 0 Riga 1 .. Riga m Vettore dei costi -1 Matrice A b

Formato del tableau al passo k x1 x2 .. xm xm+1 … xn z AB-1b Riga 0 0 … 0 cN-cBAB-1AN Riga 1 .. Riga m -1 -cBAB-1b Riga 0 = Vettore dei costi ridotti AB-1 AB= I AB-1 AN B xB Le colonne sono opportunamente riordinate per affiancare a sx le colonne della base In rosso sono evidenziate le colonne in base ( B), in blu quelle fuori base ( N) Si aggiunge una colonna ausiliaria che evidenzia le variabili in base, mentre alla riga 0 nella colonna del termine noto compare il valore corrente della funzione obiettivo cambiato di segno, inteso come il vincolo cx –z = 0

esempio Min -13 x1 – 10 x2: 3 x1 + 4 x2 + x3 = 24 x1 + 4 x2 + x4 = 20 xi  0

Esempio: usiamo i colori per denotare le variabili in B e in N x1 x2 x3 x4 x5 z AB-1b c. red. -13 -10 0 0 0 -1 0 Riga 1 3 4 1 0 0 Riga 2 1 4 0 1 0 Riga 3 3 2 0 0 1 x3 x4 x5 24 20 18 La base corrente e’ data dagli indici {3,4,5} mentre sono fuori base x1 e x2. La soluzione di base associata ha valore x =[0,0,24,20,18] con costo pari a 0. La tabella e’ gia in forma canonica rispetto alla base corrente (premoltiplicata per l’inversa della matrice di base, e il vettore dei costi azzerato nelle componenti in B) Le operazioni utilizzabili sono quelle invarianti rispetto alle soluzioni.

x1 x2 x3 x4 x5 z AB-1b c. red. -13 -10 0 0 0 -1 0 Riga 1 3 4 1 0 0 Entrambe le variabili fuori base hanno costo ridotto <0, scelgo la variabile con indice minore x1 (ininfluente) ☹ x1 x2 x3 x4 x5 z AB-1b c. red. -13 -10 0 0 0 -1 0 Riga 1 3 4 1 0 0 Riga 2 1 4 0 1 0 Riga 3 3 2 0 0 1 x3 x4 x5 24 20 18 Per determinare l’indice della variabile uscente devo calcolare il minimo rapporto tra il valore corrente della variabile i-esima della base e la componente i-esima della colonna della variabile entrante, per le sole componenti >0. Minimo {24/3, 20/1, 18/3} = 6  esce x5. Devo fare pivot su a31 in modo tale che la colonna entrante A1 prenda la forma della colonna uscente A5 (dividere la III riga per 3, poi sommarla alla II moltiplicata per -1, e sommarla alla riga I moltiplicata per -3) e azzerare il costo ridotto (sommarla alla riga 0 moltiplicata per 13)

x1 x2 x3 x4 x5 z AB-1b c. red. 0 -4/3 0 0 13/3 -1 78 Riga 1 0 2 1 0 -1 Base corrente B={1,3,4} ☹ x1 x2 x3 x4 x5 z AB-1b c. red. 0 -4/3 0 0 13/3 -1 78 Riga 1 0 2 1 0 -1 Riga 2 0 10/3 0 1 -1/3 Riga 3 1 2/3 0 0 1/3 x3 x4 x1 6 14 Facendo pivot su a31 ho trasformato A1 nella colonna 3 della matrice identita’ e azzerato il suo costo ridotto Ora solo x2 ha costo ridotto <0: entra x2 e devo calcolare il minimo rapporto per determinare la variabile uscente. Min {6/2, 14.3/10, 6.3/2}=3, esce x3 e faro’ pivot sull’elemento a12.

Base corrente B={1,2,4} x1 x2 x3 x4 x5 z AB-1b c. red. 0 0 4/6 0 11/3 -1 82 Riga 1 0 1 1/2 0 -1/2 Riga 2 0 0 -10/6 1 8/6 Riga 3 1 0 -1/3 0 0 x2 x4 x1 3 4 Facendo pivot su a12 ho trasformato A2 nella colonna 1 della matrice identita’ e azzerato il suo costo ridotto Tutti i costi ridotti sono 0 la soluzione corrente x = [4,3,0, 4,0] e’ ottima, di costo -82.

Esercizi: Risolvere con il metodo del tableau i seguenti problemi di PL: Min - 5x1 - 7x2: 2x1 + x2  8 x1 + 2x2  9 x1 + x2  5 x1,x2  0 Max 2x1 + 5x2: x1 - 4x2  8 -x1 + x2  6 -3x1 + 2x2  5 x1,x2  0

Analisi post ottimale Compito Obiettivo Tecnica Debugging del modello Validazione del modello Allocazione ottima delle risorse (vettore b) Valutare le stime dei parametri del modello Definire i trade-off tra i parametri del modello Obiettivo Trovare errori, mancanze e punti deboli del modello Dimostrarne la validita’ Destinare il giusto quantitativo di risorse a ciascuna attivita’ Individuare i parametri critici da stimare con maggiore precisione Trovare il miglior trade-off Tecnica Riottimizzazione Soluzione di successive varianti Prezzi ombra Analisi di sensisitivita’ Programmazione lineare parametrica

riottimizzazione I problemi reali hanno dimensioni consistenti (O(104) variabili e vincoli) di cui puo’ essere necessario esaminare e risolvere diverse varianti, in fase di messa a punto (debugging) del modello. Durante la fase di validazione si eseguiranno anche numerosi test su dati passati per confrontare le soluzioni del modello con quelle effettive, prese nella realta’

riottimizzazione Quando si devono risolvere numerose varianti di un modello tra loro leggermente diverse, anziche’ ripartire ogni volta da capo (from scratch), quando e’ possibile, risulta + conveniente effettuare una ripartenza a caldo (warm start), a partire dalla soluzione ottima del modello precedente x*. se x* e’ ancora una soluzione di base ammissibile del nuovo modello ma non piu’ ottima (ad esempio, per l’introduzione di una nuova variabile) si applica il simplesso primale, altrimenti, se e’ ancora di base ma non ammissibile (ad esempio per l’introduzione di un nuovo vincolo) si applica il simplesso duale

Introduzione di una nuova variabile xn+1: cosa cambia? Aggiungo una colonna al tableau, la soluzione corrente e’ ancora ammissibile nel nuovo spazio Rn+1, intendendo la nuova variabile fuori base a valore 0. Da x*  Rn passo a x’=[x*,0]  Rn+1 Devo calcolare il costo ridotto di xn+1 per verificare se x’ e’ ottima. Se no, applico il simplesso primale

x1 x2 x3 x4 x5 z c. red. 0 0 4/6 0 11/3 -1 82 Riga 1 0 1 1/2 0 -1/2 Base corrente B={1,2,4} x1 x2 x3 x4 x5 z c. red. 0 0 4/6 0 11/3 -1 82 Riga 1 0 1 1/2 0 -1/2 Riga 2 0 0 -10/6 1 8/6 Riga 3 1 0 -1/3 0 0 -cB AB-1b x2 x4 x1 3 4 AB-1b la soluzione corrente x = [4,3,0, 4,0] in R5 e’ ottima, di costo -82.

Inserisco una nuova variabile x6, di cui e’ nota la colonna A6 nella matrice originaria e il costo c6 x1 x2 x3 x4 x5 x6 z c. red. 0 0 4/6 0 11/3 c6 -1 82 Riga 1 0 1 1/2 0 -1/2 a16 Riga 2 0 0 -10/6 1 8/6 a26 Riga 3 1 0 -1/3 0 0 a36 -cB AB-1b _ x2 x4 x1 3 4 AB-1b la colonna A6 puo’ essere aggiunta al tableau e portata nella forma AB-1A6 tramite le consuete operazioni elementari. il costo ridotto c6- cB AB-1A6 deve venire calcolato from scratch, e poi inserito in tabella. Se risolta <0 allora x6 entra in base altrimenti la soluzione ottima non cambia (x6=0)

Aggiungo un nuovo vincolo am+1x=bm+1: cosa cambia?

x2 x1 Consideriamo nuovamente la rappresentazione della regione ammissibile del problema della WinDoorGlass, con ottimo in x*. Introduco il vincolo a4 : e’ rispettato da x* che resta ottimo Se introduco il vincolo a5 poiche’ questo e’ violato da x*, allora x* diventa NON AMMISSIBILE ☹  devo applicare un passo del simplesso duale per determinare il nuovo vertice ottimo x’ x2 10 8 a5: x1 + 5/6x2  6 (x7=0) a2: x2  6 (x4=0) X* 6 x’ a1: x1  4 (x3=0) a4: x1 - x2  3 (x6=0) 4 x1=0 2 a3: 3x1+2 x2  18 (x5=0) x2=0 x1 1 2 4 5 6 8

Prezzi ombra Interpretazione del problema come allocazione ottima di risorse limitate (1 vincolo   risorsa) in quantita’ b (rhs) Il livello disponibile bi puo’ essere una decisione reversibile alla luce dell’impatto sulla soluzione ottima ? Quanto sarei disponibile a pagare per ottenere 1 unita’ supplementare per la risorsa i? In un sistema di equilibrio, il prezzo unitario e’ tanto quanto permette di migliorare il valore ottimo della funzione obiettivo  prezzo ombra della risorsa = suo valore marginale

Primo caso: Risorsa eccedente nel punto di ottimo: valore marginale della risorsa NULLO (il vincolo relativo alla specifica risorsa non e’ aderente al punto di ottimo corrente): xB 10 8 a2: xB  6 6 traslare l’iperpiano associato al vincolo xA  4 (diventa xA5) non modifica le coordinate di x* a1: xA  4 4 2 C = [ 3, 5 ] a3: 3xA+2 xB  18 1 2 4 5 6 8 xA

Secondo caso: Risorsa esaurita nel punto di ottimo Se la slack della risorsa si annulla nell’ottimo x*, il vincolo e’ aderente al punto di ottimo. Sia x’ l’ottimo disponendo di 1 unita’ supplemetare della risorsa i (spostando il vincolo i parallelo a se stesso, le coordinate del punto di ottimo cambiano da x* a x’).

xB xA 10 8 x’ a2: xB  6 6 x* a1: xA  4 4 2 C = [ 3, 5 ] Risorsa esaurita nel punto di ottimo: (il vincolo della risorsa e’ aderente al punto di ottimo corrente): valore marginale della risorsa >0 xB 10 traslare l’iperpiano associato al vincolo xB  6 (diventa xB7) modifica il punto di ottimo da x* a x’ (ma non la base, in questo caso, poiche’ restano attivi sia a2 che a3) 8 x’ a2: xB  6 6 x* a1: xA  4 4 2 C = [ 3, 5 ] a3: 3xA+2 xB  18 xA 1 2 4 5 6 8

Hp: la base ottima B non cambia quidi xN resta a 0 Valutazione dell’incremento  della funzione obiettivo in seguito all’incremento unitario di una componente dei rhs Hp: la base ottima B non cambia quidi xN resta a 0 (i vincoli attivi in x* e in x’ sono i medesimi) il vettore dei rhs e’ cambiato da b a b’=(b+ei) quindi xB= AB-1 b’ La variazione della funzione obiettivo e’ data da d = cx’-cx* = c (x’-x*) = c ([AB-1 b’,0]T - [AB-1b,0]T) = cBAB-1(b’-b) = cBAB-1(b+ei-b) = cBAB-1ei = yi  0 Il prezzo ombra della risorsa e’ la componente i-esima del prodotto cBAB-1 (comando getdual(vincolo) in Mosel) Vedremo nel seguito come a questa quantita’ corrisponda una precisa variabile nello spazio duale

Esercizio Calcolare i prezzi ombra y delle 3 risorse del problema della WindorGlass, verificando che sono nulli per le risorse che non si esauriscono nella soluzione ottima Oss: dato il sistema Ax=b, x0 portato in forma canonica Axb premoltiplicando per AB-1, dove B e’ la base ottima e x* la soluzione ottima associata, dato y il vettore dei prezzi ombra delle risorse rispetto a B, ALLORA vale che (b-Ax*)y=0 Questo risultato nella teoria della dualita’ va sotto il nome di teorema degli SCARTI COMPLEMENTARI

Analisi di sensitivita’ I parametri del modello sono frutto di una stima Vogliamo testare quanto la soluzione ottima sia robusta rispetto a tali stime I parametri per cui si registra una maggiore variazione della soluzione ottima sono da stimare con maggiore accuratezza in fase di messa a punto del modello, e da monitorare attentamente durante il periodo di applicazione dei risultati, per verificare se i valori stimati si mantengono stabili. I sw commerciali offrono strumenti per l’analisi di sensitivita’ per i singoli parametri (bi, cj principalmente) che rispondono alla domanda “entro quale range bi, cj puo’ variare mantenendo x* (o la base associata) come ottimo corrente?” Comandi MOSEL: XPRSrhssa fornisce lower e upper bound dell’intervallo in cui puo’ variare il singolo elemento del vettore dei termini noti mantenendo la stessa base nel punto di ottimo XPRSobjsa fornisce lower e upper bound dell’intervallo in cui puo’ variare il singolo elemento del vettore dei costi mantenendo la stessa base nel punto di ottimo

Programmazione lineare parametrica Estende il concetto di analisi di sensitivita’ Permette di stimare come varia la soluzione ottima quando + parametri variano simultaneamente all’interno di un intervallo, data una correlazione fra i parametri, per effetto di un unico fattore che ne governa il cambiamento (es. il tasso di crescita, l’euribor, etc. puo’ far cambiare insieme un costo di produzione e beneficio atteso)

DUALITA’ HL cap 6 Risolvere il problema P:Min cx Ax=b, x0, vuol anche dire cercare la stima w il piu’ possibile esatta del valore ottimo cx*, vale a dire cercare w*, ovverosia il massimo valore w che sia non superiore a cx, xP Possiamo quindi definire il problema equivalente D: Max w: wcx, xP, wR. NB Se P ha ottimo finito, l’ottimo di D non puo’ che avere uguale valore D ha un numero infinito di vincoli del tipo wcx (dovendo limitare superiormente il costo di ogni soluzione x ammissibile di P) e assume valore in R, cerchiamone formulazioni equivalenti + trattabili

Poiche’ l’ottimo di P sta su un vertice del politopo P, allora possiamo trasformare il sistema formato dall’insieme infinito di vincoli wcx, xP in un sistema equivalente formato da un numero finito per i soli x vertici del politopo P, passando alla forma wcxv, vV(P) Se P ha ottimo finito (z*=cx* > -) allora esiste una base ottima B tale che c – cBAB-1A  0 (costi ridotti non negativi) z* = cBAB-1b per cui posso riformulare il problema come: Max w: w cBAB-1b, cBAB-1A  c per ogni base B Introduco yRm come la soluzione di base duale associata alla base B, y = cBAB-1, e riformulo il problema come determinare la y tale che w  yb yA  c

Teorema (dell’alternativa o lemma di Farkas): dato un problema di programmazione lineare z* = min {cx: xP} dove P={x: Ax=b, x0} allora vale che  y  Rm: y A  c w  yb w  cx,  xP 

Sono equivalenti i due problemi, P e D Cercare Equivale a cercare Sono equivalenti i due problemi, P e D w* = max w : w  cx,  xP, wR w* = max w : w  yb y A  c, y Rm z* = min cx : Ax = b x0, xRn w* = max yb : y A  c, y Rm

Coppie di problemi primale-duale Pillole per polli: l’allevatore Ha a disposizione 2 tipi di mangimi, A,B di costo cA,cB, di cui conosce i valori nutrizionali di proteine, carboidrati e vitamine Sono noti gli apporti nutrizionali minimi di una dieta per essere un “super=pollo” L’allevatore vuole la dieta super-pollo di costo minimo

Formalizzazione algebrica del problema Variabili: xA, xB 0 Vincoli: per ogni principio nutritivo, occorre raggiungere la soglia minima carbA xA + carbB xB  mincarb protA xA + protB xB  minprot vitA xA + vitB xB  minvit Funzione obiettivo: minimizzare la spesa Min cAxA + cBxB

Esercizio: formulare il problema con i dati seguenti Mangime A Mangime B Minimo Giornaliero Carboidrati 2 14 Proteine 4 20 Vitamine 1 3 9 Costo unitario 1200 1600 ?

Il cugino chimico dell’allevatore ….. Sintetizza in garage pillole per polli di vitamine carboidrati e proteine… Che vuole vendere all’allevatore al massimo prezzo possibile Il cugino risolve un problema di equilibrio… Massimizzare il profitto restando sul mercato = essendo competitivo con i mangimi

Il cugino chimico risolve il problema Max mincarb yc + minprot yp + minvit yv : carbA yc + protA yp + vitA yv  cA carbB yc + protB yp + vitB yv  cB yc yp yv 0 Il vincolo 1 garantisce la concorrenza con il mangime A Il vincolo 2 garantisce la concorrenza con il mangime B

I due problemi P, D sono EQUIVALENTI (Fischetti 4.2-4.4) ma lavorano in spazi decisionali diversi x  R2, y  R3 Relazioni: A R3x2 e’ la matrice dei vincoli di P AT R2x3 e’ la matrice dei vincoli di D b e’ il rhs di P, e il vettore dei costi di D c e’ il vettore dei costi di P e il rhs di D

Tabella generale delle corrispondenze (duale in modo automatico) P (min cx) ai x  bi ai x  bi ai x = bi xj  0 xj  0 xj libera D (max yb) yi  0 yi  0 yi libera yAj  cj yAj  cj yAj = cj Una variabile D per ogni vincolo P e una variabile P per ogni vincolo D

esercizio Costruire il duale del problema della WindoorGlass in base alla tabella. Riusciamo a darne una interpretazione?

WindoorGlass, primale e duale Max 4y1 + 12y2 + 18y3 y1 + 3y3 ≤ -3 (a1 2 y2 + 2y3 ≤ -5 (a2 y1 ≤ 0 (a3 y2 ≤ 0 (a4 y3 ≤ 0 (a5 PRIMALE Min -3 xA -5 xB: xA + xC = 4 (a1 2 xB + xD = 12 (a2 3 xA + 2 xB + xE = 18 (a3 xA, xB, xC, xD, xE  0

Ma anche…. PRIMALE DUALE Min 4y1 + 12y2 + 18y3 Max 3 xA + 5 xB: y1 + 3y3 = 3 (a1 2 y2 + 2y3 = 5 (a2 y1 , y2 , y3  0 DUALE Max 3 xA + 5 xB: xA ≤ 4 (a1 2 xB ≤ 12 (a2 3 xA + 2 xB ≤ 18 (a3 Attraverso passaggi equivalenti si trasforma la coppia di problemi in una coppia in cui riconosciamo un nuovo primale e un nuovo duale. Possiamo interpretare il problema di dx come l’acquisizione da parte di un soggetto esterno delle ore disponibili dei 3 impianti (4 del primo, 12 del secondo, 18 del terzo), a fronte della spesa minima che garantisce uguale reddito al produttore, affinche’ l’offerta del soggetto esterno sia competitiva con quanto il produttore guadagnerebbe se utilizzazze le ore disponibili per realizzare la propria produzione (equilibrio).

Th dualita’ debole: xP, yD cxyb Th: idempotenza il duale del duale e’ il primale Banalmente segue dalla tabella Th dualita’ debole: xP, yD cxyb Per P= min {cx: Ax=b, x0}, D= max {yb: yAc} yb = yAx  cx Max yb   Min cx

Th: dualita’ forte dati P= min {cx: Ax=b, x0}, D= max {yb: yAc} con ottimo finito, allora Min cx = Max yb Corollario: sia x ammissibile per P, y ammissibile per D, Se vale che cx=yb  x e’ ottima per P, y e’ ottima per D. Oss il costo di una soluzione ammissibile a uno dei due problemi fornisce una STIMA ottimistica del valore OTTIMO dell’altro Max yb  cx*=y*b  Min cx

Casi possibili P / D Ottimo finito cx* FP =  Illimitato (-) Ottimo finito y*b cx* = y*b NO FD =  SI (+)

(c-ya)x=0 e y(Ax-b)=0  x e y sono ottime Th scarti complementari: anche detti “ condizioni di ortogonalita’ ” dati, xP, yD P= min {cx: Ax=b, x0}, D= max {yb: yAc} se (c-ya)x=0  x e y sono ottime generalizzando date x,y ammissibili per P= min {cx: Ax  b, x0}, D= max {yb: yAc, y0} (c-ya)x=0 e y(Ax-b)=0  x e y sono ottime Possiamo vedere in questa ottica il fatto che i prezzi ombra (variabili duali) delle risorse non esaurite all’ottimo siano 0

Simplesso duale (cenni) (Fischetti 4.7) Consideriamo la coppia di problemi P e D P: Min cx : Ax=b, x0 D: Max yb : yAc P: min D: max n m =  x0 c x y b Tale che: Tale che: c x A b AT y

Ammissibilita’ e ottimalita’ duale Data una base B posso calcolare y = cB AB-1 la soluzione di base duale  analizzo la soluzione di base complementare associata nello spazio primale x= [AB-1b, 0]) Per costruzione y soddisfa gli m vincoli in B (detti vincoli attivi) yAB cB, come =  infatti i costi ridotti delle componenti in base della soluzione primale complementare x sono nulli per costruzione (cB - cB AB-1AB = 0) y e’ duale ammissibile se sono soddisfatti anche i vincoli in N, AN y  cN  corrisponde a chiedere costi ridotti 0 nel primale per la soluzione di base complementare associata, x= [AB-1b, 0], quindi anche per le componenti xN Quindi l’ammissibilita’ duale di una soluzione di base yB equivale a chiedere la primale ottimalita’ della soluzione primale associata alla stessa base B Condizione di ottimalita’ duale nello spazio duale (posso immaginare il politopo): secondo la geometria, la soluzione duale e’ ottima se il gradiente della funzione obiettivo duale (b)  cono dei gradienti dei vincoli attivi (cioe’ le righe in base)   x0, x  Rm, tale che AB x = b  da x posso costruire una soluzione primale ammissibile ponendo xB= x e completando il vettore nello spazio Rn con n-m elementi nulli (xN=0)

Ammissibilita’ duale  ottimalita’ primale, Ammissibilita’ primale  ottimalita’ duale Data una soluzione di base del duale y=cBAB-1 i gradienti dei vincoli non attivi hanno moltiplicatore 0  posso costruire un vettore x = [x, 0] in Rn, che soddisfa A x = b, x 0.  ammissibilita’ primale se y= cB AB-1 e’ duale ammissibile, significa: AT y c  c  cB AB-1 A  c  0  condizione di ottimalita’ primale sui costi ridotti _ Allora posso costruire un metodo che esplora le basi, mantiene la duale ammissibilita’ cercando la duale ottimalita’ e interpretarlo nello spazio primale Questo metodo si chiama SIMPLESSO DUALE

Interpretazione del Simplesso duale nello spazio primale di Ax=b, x0 Data una soluzione di base corrente alla iterazione k, x(k)= [xB,0] dove xN=0 e xB= AB-1b tale che: soddisfa i criteri di ottimalita’ primale (ammissibilita’ duale): ha costi ridotti non negativi: c  cBAB-1A non e’ primale ammissibile nei soli vincoli di segno x  0 (non e’ ottimo duale): per costruzione x(k) soddisfa Ax=b, ma  almeno un vincolo i1..m tale che AB-1ai x(k) = (AB-1b ei) <0

Si danno 2 casi L’intera riga i di AB-1A ha componenti 0, per cui nessun vettore x 0 potra’ mai soddisfare contemporaneamente i vincoli Ax=b e x0  primale inammissibile e duale illimitato  un componente j di AB-1ai di segno negativo (a’ij= AB-1aiej<0): utilizzando tale elemento a’ij come pivot posso moltiplicare per -1 il vincolo e eliminare la negativita’ della componente j in soluzione MA devo mantenere l’ottimalita’ primale: la scelta della componente i tra gli elementi negativi della riga AB-1aj deve minimizzare il valore assoluto del rapporto tra il costo ridotto di i e l’elemento selezionato a’ij : i = ArgMini=1..n { (ci-cBAB-1Ai) / |AB-1ai ej| tale che AB-1ai ej<0}

x1 In BLU le soluz di base DUALI ammissibili (costi ridotti 0) Rappresentiamo la regione ammissibile del primale come il politopo P. Il simplesso duale si muove sui punti di intersezione di m vincoli, tali per cui c sta nel cono dei gradienti dei vincoli attivi (ottimalita’ primale = ammissibilita’ duale). Si muove su basi adiacenti cercando di soddisfare l’ammissibilita’ primale, che e’ la condizione di ottimalita’ del problema duale. In BLU le soluz di base DUALI ammissibili (costi ridotti 0) In ROSSO le soluz di base che NON sono DUALI ammissibili 8 Ad ogni step - l’algoritmo seleziona un vincolo non soddisfatto, - si muove su di vertice adiacente con un cambio di base verso l’ammissibilita’ primale, mantenedo l’ottimalita’ primale = tenendo c nel cono dei gradienti dei vincoli attivi 6 4 2 1 2 4 5 6 8 x1

Soluzioni di base complementari Data una base B (AB ha rango pieno) si dicono soluzioni di base complementari x = [AB-1b, 0] e y = [cB AB-1]T NB una coppia di soluzioni complementari, per definizione soddisfa gli scarti complementari (e’ nullo il prodotto scalare del vettore delle slack dei vincoli per il vettore delle variabili associate ai vincoli nel problema complementare)  idea per un 3 algoritmo: il Simplesso primale-duale: conserva la complementarieta’ delle due soluzioni di base e ricerca la simultanea ammissibilita’ di entrambe, passando a basi adiacenti con le consuete operazioni di scambio di indici

Ottimalita’ duale Ottimalita’ primale Data la coppia di problemi P: min cx: Ax=b, x0, D: max yb: yAc per ogni base B si ha la coppia di soluzioni x=[AB-1b, 0] e y=cBAB-1 Ax=b, x0 Ammissibilita’ primale c  yA Ammissibilita’ duale (c-yA) x = 0 complementarieta’ (ortogonalita’) Ottimalita’ duale Ottimalita’ primale

Il simplesso primale mantiene l’ammissiblita’ primale di x e cerca l’ammissibilita’ duale della soluzione complementare duale y(B) = [cB AB-1] Il simplesso duale mantiene l’ammissibilita’ duale di y e cerca l’ammissibilita’ primale della soluzione complementare x(B) = [AB-1b,0] I solver permettono la scelta di quale simplesso usare

Esercizi: utilizzando gli scarti complementari verificare se la soluzione x1=8, x2=3, e’ ottima per il problema max 4x1 + 2x2: 2x1  16, x1 + 3x2  17, x2  5, x1,x20 la soluzione x1=2, x2= -4, e’ ottima per il problema max x1 - x2: x2  1, 2x1 + x2  5, x1 + 3x2  -10, -x1 -x2  2, x10, x2 libera Soluzione: si determina a quale base B e’ associata la soluzione x, si formula il problema duale, si calcola la soluzione di base complementare y associata a B,e se ne verifica l’ammissibilita’ duale

Il problema duale: un’ulteriore riflessione (1) Dato un problema primale nella consueta forma, Min cx: Ax=b, x  0, il problema duale nasce dall’analisi delle soluzioni di base primali che soddisfano alle condizioni di ottimalita’ primale ma non necessariamente a quelle di ammissibilita’ sul segno delle variabili x: sono soluzioni di base che non sono anche vertici del politopo P. Ricordiamo che P e’ la rappresentazione delle soluzioni ammissibili del problema primale nello spazio di n-m variabili, ottenuto portando il sistema in forma di disuguaglianza premoltiplicando Ax=b per l’inversa della sottomatrice di base rispetto alle altre m colonne. Cosi’ possiamo interpretare ciascuna variabile primale xi come la slack del vincolo corrispondente alla riga di AB-1A in cui la colonna i-esima ha la forma della i-esima colonna della matrice identita’ (versore ei). Se xi <0 significa che il vincolo suddetto e’ violato. Consideriamo una base B tale che  0, quindi c  cBAB-1A, ma B non e’ necessariamente una base primale ammissibile, nel senso che la soluzione di base associata puo’ violare x0. Introduciamo il vettore y∊Rm = cBAB-1 come la soluzione di base duale rispetto alla base B, osservando che, per costruzione, y costituisce una soluzione ammissibile del sistema yAc, e interroghiamoci sul valore di yb. Se B e’ anche primale ammissibile allora la soluzione di base primale associata x(B)=[xB,xN]=[AB-1b,0] e’ anche ottima con costo cx(B) = cBAB-1b = z* ottimo del problema. In tal caso yb = cBAB-1b = z* ha lo stesso valore.

Il problema duale: un’ulteriore riflessione (2) Sotto tali condizioni, y e’ anche l’ottimo del problema duale, da cui si deriva il seguente TH: la primale ammissibilita’ di una base duale ammissibile, ne implica la duale ottimalita’. DIM: Le componenti di xB=AB-1b forniscono le coordinate di una combinazione conica delle colonne in base di A che generano b. Essendo tali vettori pari ai gradienti dei vincoli attivi nella base B per il problema duale, e b il gradiente della funzione obiettivo del duale, tale condizione e’ condizione di ottimo per un problema di massimo. Contrariamente, se B non e’ primale ammissibile, z* rappresenta un upper bound al valore di yb per ogni y ammissibile per yAc. Infatti un’altra base primale ottima ma non primale ammissibile non rispetta le condizioni di ottimo duale yb ≤ z*

Esempio numerico di simplesso duale sul tableau: rappresento le iterazioni nello spazio delle variabili primali x1,x2. x2 La base iniziale B1={1,2,5,6} (N1={3,4}) individua il vertice v1, posto all’ dei vincoli a1 e a2 ove sia annullano le scarto x3 e x4. 10 v1 e’ duale ammissibile in quanto il vettore c=[3,5] e’ compreso nel cono dei gradienti dei vincoli attivi a1 e a2. 8 La soluzione primale associata a B1 non e’ primale ammissibile essendo x5<0, x6<0 (x5= -6, x6= -3) v1 a2: x2  6 6 a1: x1  4 4 a4: x1+ x2  7 a3: 3x1+2 x2  18 2 C = [ 3, 5 ] Su ogni vincolo sono evidenziati i gradienti 1 2 4 5 6 8 x1

Svolgiamo un passo di simplesso duale sul tableau: (Fischetti 4 Svolgiamo un passo di simplesso duale sul tableau: (Fischetti 4.7) inseriamo in tabella i dati secondo la forma primale del problema x1 x2 x3 x4 x5 x6 z b -3 -5 0 0 0 0 -1 1 0 1 0 0 0 0 1 0 1 0 0 3 2 0 0 1 0 1 1 0 0 0 1 4 6 18 7 La tabella va portata in forma canonica rispetto alla base B1={1,2,5,6} premoltiplicandola per l’inversa della matrice di base, e azzerando il vettore dei costi ridotti nelle componenti in B.

Avendo premoltiplicato per l’inversa di AB={A1,A2,A5,A6} otteniamo la tabella seguente 1 0 0 0 0 1 0 0 -3-2 1 0 -1-1 0 1 AB-1= x1 x2 x3 x4 x5 x6 z b 0 0 3 5 0 0 -1 1 0 1 0 0 0 0 1 0 1 0 0 0 0 -3 -2 1 0 0 0 -1 -1 0 1 x1 x2 x5 x6 4 6 -6 -3 La base corrente e’ data dagli indici {1,2,5,6} di valore x =[4,6,0,0,-6,-3] con costo della soluzione pari a 3*4+5*6=42. x non e’ primale ammissibile quindi occorre portare a 0 x5 o x6 muovendosi verso il vincolo su cui una delle due si azzera, senza perdere la duale ammissibilita’. (Continuare per esercizio)

Quando e’ corretto addottare un modello di PL per descrivere e risolvere un problema di ottimizzazione? La scelta di un modello di PL e’ appropriata solo se sono soddisfatte le seguenti condizioni: Proporzionalitá Additivitá Divisibilitá Certezza PL: indicazioni per l’uso (1)

Proporzionalitá Nella LP sia la funzione obiettivo che i vincoli sono funzioni lineari, che presuppongono un tasso costante di crescita tra variabili indipendenti e dipendenti (es. costi marginali costanti). Scegliendo funzioni lineari non sono correttamente rappresentate economie di scala, punti di saturazione, costi fissi, e ogni altra relazione non lineare tra variabili indipendenti e dipendenti. Nel breve periodo e per intervalli di variazione limitati, una funzione lineare puo’ fornire una buona approssimazione della funzione vera . Si possono costruire funzioni lineari a tratti e con costi fissi in modelli + complessi di MILP. Altrimenti occorre adottare modelli non lineari (NLP) PL: indicazioni per l’uso (2)

Additivitá Ogni funzione e’ data dalla somma dei contributi delle singole variabili Non presuppone alcuna interazione e sinergia fra le variabili. L’effetto della singola variabile dipende solo dal valore della stessa e non e’ condizionato dal valore che assumono contemporaneamente le altre variabili. Molti fenomeni reali non soddisfano questo requisito (fenomeni fisici) e richiedono modelli non-lineari (NLP) PL: indicazioni per l’uso (3)

Divisibilitá Eventuali valori frazionari delle variabili decisionali devono avere una corretta interpretazione nel problema reale. Ad esempio possono rappresentare un tasso di funzionamento di una attivita’ che andra’ ripetuta in tutti i periodi temporali, (es. quantitativo prodotto per unita’ di tempo). Se l’ipotesi non e’ verificata occorrono variabili a valori interi (ILP) PL: indicazioni per l’uso (4)

Certezza i valori assegnati a ogni parametro del modello devono essere delle costanti note. spesso sono frutto di un processo di stima per cui possono contenere delle inesattezze rispetto a quanto si verifichera’. occorre effettuare a posteriori l’analisi di sensitivita’, cioe’ verificare la robustezza della soluzione ottima al variare dei singoli parametri: per quale range di variazione del parametro ci (bj, aij) la soluzione ottima corrente rimane tale? PL: indicazioni per l’uso (5)

Oltre la PL  la PLI Quando le suddette condizioni non sono verificate spesso e’ possibile dare un modello matematico del problema in esame che mantenga sia vincoli che funzione obiettivo lineari, utilizzando variabili intere. Questo ci porta a una nuova classe di problemi, dalla Programazione Lineare alla Programmazione Lineare Intera (o mista) (ILP o MILP). Passare da LP a ILP fa passare da un problema nella classe P a un problema di tipo NP-Hard, a meno di particolari proprieta’ del problema in esame. Algoritmo per la PLI: Branch and Bound, con worst case complexity esponenziale  importanza di una buona modellazione per la performance media