Optimalisering en Complexiteit, College 10. Begrensde variabelen. Han Hoogeveen, Utrecht University

Transcriptie

1 Optimalisering en Complexiteit, College 10 Begrensde variabelen Han Hoogeveen, Utrecht University

2 Begrensde variabelen (1) In veel toepassingen hebben variabelen zowel een ondergrens als een bovengrens: l j x j u j. Neem aan dat l j >. De ondergrens kun je modelleren als x j x j l j 0; de Simplex methode houdt hier impliciet rekening mee (via de ratio regel). De bovengrens x j u j kun je opnemen als extra beperking in Ax = b. Nadeel: het aantal beperkingen neemt sterk toe; de looptijd van het algoritme wordt hoofdzakelijk bepaald door het aantal vergelijkingen en veel minder door het aantal variabelen. Efficiëntere aanpak: houd impliciet rekening met zowel de ondergrens als de bovengrens. Dit leidt tot de Simplex methode voor begrensde variabelen.

3 Begrensde variabelen (2) Je kunt weer bewijzen dat een eindig optimum wordt aangenomen in een TBO. Neem voorlopig aan dat je een TBO kent. In een TBO zijn er weer m basisvariabelen; er geldt weer B = (a B1, a B2,..., a Bm ). De niet-basisvariabelen hebben een waarde die gelijk is aan hun ondergrens dan wel bovengrens (net als vroeger, maar toen had je alleen een ondergrens van 0). Uitgaande van een TBO, herformuleer het probleem (net als vanouds) door de doelstellingsfunctie en de basisvariabelen uit te drukken in de niet-basisvariabelen. Het probleem wordt dan: minimaliseer z onder de voorwaarden z + j R (z j c j )x j = z 0 x Bi + j R y ijx j = b i l j x j u j voor i = 1,..., m voor j = 1,..., n

4 Begrensde variabelen (3) Om onderscheid te maken tussen de niet-basisvariabelen die op hun ondergrens staan en de niet-basisvariabelen die op hun bovengrens staan splitsen we de indexverzameling R op. R 1 is de verzameling die de indices bevat van de niet-basisvariabelen die op hun ondergrens staan. R 2 is de verzameling die de indices bevat van de niet-basisvariabelen die op hun bovengrens staan. Dit levert de volgende vergelijkingen op z + j R 1 (z j c j )x j + j R 2 (z j c j )x j = z 0 x Bi + j R 1 y ij x j + j R 2 y ij x j = b i (i = 1,..., m) Stelling. De huidige TBO is optimaal indien 1 z j c j 0 voor alle j R 1 2 z j c j 0 voor alle j R 2 Indien dit niet het geval is, dan moet je itereren. Hierbij moet weer een niet-basisvariabele een andere waarde krijgen.

5 Iteratie begrensde variabelen (1) Bepaal eerst de waarden van de huidige basisvariabelen en waarde van de doelstellingsfunctie uit de vergelijkingen; vul in x j = l j voor alle j R 1 en x j = u j voor alle j R 2. Gebruik de volgende notatie: ẑ is de waarde van de doelstellingsfunctie in de huidige TBO; b i is de waarde van x Bi in de huidige TBO. N.B.: er geldt niet langer ẑ = z 0 en b i = b i, aangezien niet alle basisvariabelen waarde 0 hebben. Bepaal de niet-basisvariabele x k die het meeste oplevert k arg max{max j R 1 (z j c j ), max j R 2 ( (z j c j )}

6 Iteratie begrensde variabelen (2) Stel dat k R 1 : x k staat nu op zijn ondergrens, en we verhogen x k met 0. Uitgaande van een verhoging met, bereken de nieuwe waarden van de variabelen op grond van de vergelijkingen. De niet-basisvariabelen houden dezelfde waarde, behalve x k. x k l k + b i b i y ik voor i = 1,..., m ẑ ẑ (z k c k ) Kies maximaal, onder de voorwaarde dat je blijft voldoen aan de onder- en bovengrenzen. l k + u k l Bi b i y ik u Bi voor i = 1,..., m Voer de iteratie uit op basis van deze conclusie (komt later).

7 Iteratie begrensde variabelen (3) Stel dat k R 2 : x k staat nu op zijn bovengrens, en we verlagen x k met 0. Uitgaande van een verlaging met, bereken de nieuwe waarden van de variabelen op grond van de vergelijkingen. De niet-basisvariabelen houden dezelfde waarde, behalve x k. x k u k b i b i + y ik voor i = 1,..., m ẑ ẑ + (z k c k ) Kies maximaal, onder de voorwaarde dat je blijft voldoen aan de onder- en bovengrenzen. l k u k l Bi b i + y ik u Bi voor i = 1,..., m Voer iteratie uit.

8 Iteratie begrensde variabelen (4) Verdere actie afhankelijk van de grens waar tegenaan gelopen is. 1 = u k l k. x k blijft een niet-basisvariabele, maar hij gaat op zijn andere grens. De basis blijft gelijk; je hoeft de vergelijkingen niet te herformuleren. Pas de waarden b i en ẑ aan. 2 De waarde van komt van de eis l Br b i ± y ik u Br. x k in de basis in plaats van x Br. Herformuleer de vergelijkingen door te pivoteren op y rk. x Br gaat op zijn onder- dan wel bovengrens, afhankelijk van of b i ± y ik gelijk wordt aan l Br of u Br. Pas de waarden b i en ẑ aan.

9 Iteratie met tableau Vervang RHS door RHS; hieronder komen de waarden van de basisvariabelen te staan in plaats van z 0 en b i (i = 1,..., m). Zet onder x j weer (z j c j ) op de nulde rij en y j eronder. Wederom geldt dat bij een correct tableau onder x Bi een 0 op de nulde rij staat en e i daaronder. Zet boven iedere niet-basisvariabele x j een l als j R 1 en een u als j R 2. Aan de hand van de nulde rij kun je controleren of een bewezen optimum hebt. Wanneer je x k in de basis brengt dan vind je y k op de rijen 1,..., m onder x k en je vindt b onder RHS. De grenzen voor de variabelen staan niet in het tableau. N.B. Pas indien nodig de vergelijkingen aan door te pivoteren, maar niet onder RHS; de waarden daar moet je handmatig aanpassen. Reken de juiste waarden uit door in te vullen.

10 Bepaling begin TBO Ideale situatie: A bevat de eenheidsmatrix; De waarden van de beoogde basisvariabelen zijn toegelaten. De spelingsvariabelen zijn kandidaat om in de basis te gaan. Kies voor de niet-basisvariabelen of ze op hun ondergrens of bovengrens staan. Reken de waarden van de beoogde basisvariabelen uit. Indien een spelingsvariabele een negatieve waarde heeft, dan voeg je een kunstmatige variabele in die het tegenovergestelde is van die spelingsvariabele. Wanneer je nog ergens een eenheidsvector tekort komt, dan voeg je die toe met een plus of een min teken; kies dit zodanig dat de waarde van die kunstmatige variabele 0 is. Pas de twee-fasen methode toe.

11 Voorbeeld Simplex begrensde variabelen Probeer het onderstaande probleem op te lossen met de Simplex methode voor begrensde variabelen. Minimaliseer z = x 1 + 2x 2 2x 3 x 4 o.v. 2x 1 x 2 + x 3 2x 4 6 x 1 + 2x 2 x 3 + x 4 8 x 1 + x 2 x x x x x 4 12 Begin TBO: Probeer x 5, x 6, x 7 als basisvariabelen. Zet x 1, x 2, x 4 op hun ondergrens en x 3 op zijn bovengrens. Reken x 5, x 6, x 7 uit: x 5 = 7, x 6 = 8 en x 7 = 6. Voeg kunstmatige variabele x 8 0 toe aan de derde beperking.

12 Voorbeeld Na invoering van x 5, x 6, x 7 en x 8 ziet het probleem er als volgt uit. z = x 1 + 2x 2 2x 3 x 4 2x 1 x 2 + x 3 2x 4 + x 5 = 6 x 1 + 2x 2 x 3 + x 4 + x 6 = 8 x 1 + x 2 x 3 x 7 + x 8 = 3 0 x x x x 4 12 x 5, x 6, x 7, x 8 0 Stel het tableau op voor de eerste fase. De doelstellingsfunctie is minimaliseer z = x 8.

13 Begintableau l l u l l x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 x 7 x 8 RHS hulprij z x x x En nu?

14 Iteratie (1) Kies ervoor om x 3 te verlagen (x 1 en x 2 leveren net zoveel op, maar dit komt goed uit). Het blijkt dat x 8 uit de basis gaat; deze wordt op zijn ondergrens gezet. Updaten tableau levert: l l l l l x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 x 7 x 8 RHS z x x x TBO gevonden; eerste fase afgelopen. Ga door met tweede fase.

15 Iteratie (2) Voeg de oorspronkelijke doelstellingsfunctievergelijking toe. Reken ẑ uit. Het eerste tableau van de tweede fase luidt: l l l l x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 x 7 RHS hulprij z x x x Wat nu?

16 Iteratie (3) We kiezen er voor om x 1 te verhogen (x 4 had ook gekund). Het blijkt dat x 1 op zijn bovengrens wordt gezet. Je hoeft niet te pivoteren (basis blijft gelijk), maar je moet wel de waarden onder RHS aanpassen. Het nieuwe tableau luidt: u l l l x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 x 7 RHS z x x x Wat nu?

17 Iteratie (4) Je kunt de waarde van de doelstellingsfunctie verlagen door x 4 te verhogen; dit levert 1 op per eenheid verhoging. x 6 verdwijnt uit de basis en wordt op zijn ondergrens gezet. Updaten tableau en RHS aanpassen geeft u l l l x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 x 7 RHS z x x x Wat nu?