A.1 Grafentheorie 64 BIJLAGE A. OPLOSSING VAN DE VRAGEN A.1. GRAFENTHEORIE 65. dan heeft deze kring in ieder knooppunt een even aantal takken).

Transcriptie

1 64 BIJLAGE A. OPLOSSING VAN DE VRAGEN A. Grafentheorie Vraag. Neem drie knooppunten i, j en k. d(i, k) = het minimum aantal takken in een keten tussen i en k Vraag.2 het minimum aantal takken in een keten tussen i en k die via j loopt = het minimum aantal takken in een keten tussen i en j plus het minimum aantal takken in een keten tussen j en k = d(i, j)+d(j, k). De n getallen d(i) zitten alle in de verz. {, 2,...,n }. Er zijn dus minstens twee getallen met dezelfde waarde. Vraag. Uit de samenhang volgt dat er een keten is tussen ieder tweetal knooppunten. Er is dus een keten tusssen i en, tussen en 2, etc., met als laatste een keten tussen n en j. Dit tezamen is een wandeling tussen i en j waar alle knooppunten op liggen. Vraag.4 Neem i en j. Als (i, j) / E, dan (i, j) E, duseriseenketentusseni en j in G. Als (i, j) E: Kies k in een andere component dan de component van i en j: (i, k) en(k, j) behoren tot E, zodat {i, k, j} een keten tussen i en j is in G. Het omgekeerde is niet waar. Hieronder staat een voorbeeld van een G en G die beide samenhangend zijn. Vraag. 2 4 G 2 4 G a. Neem een graaf met knooppunten; verbind knooppunt met alle andere en laten er verder de takken (2,) en (4,) zijn. Dit is een Euler graaf, want {, 2,,, 4,, } is een Euler kring. Het is geen Hamilton graaf, want om een kring te maken die alle knooppunten bevat, moeten we 2 keer langs knooppunt. b. De volledige graaf met 4 knooppunten is een Hamilton graaf ({, 2,, 4} is een Hamilton kring, maar geen Euler graaf (in ieder knooppunt zijn takken, en als alle takken een kring vormen, A.. GRAFENTHEORIE 6 dan heeft deze kring in ieder knooppunt een even aantal takken). Vraag.6 Omdat we toelaten dat het aantal pijlen op een pad 0 is, is het begrip communicerend reflexief. Uit de definitie volgt direct de eigenschap symmetrisch. De relatie is ook transitief, want als er paden zijn van i naar j (en terug) en van j naar k (en terug), dan geven deze een pad van i naar k (en terug). Vraag.7 a. Als alle knooppunten minstens graad 2 hebben, dan is er een kring (overal waar je voor het eerst komt kan je weer weg): er is minstens één knooppunt van de graad, zeg knooppunt i, dat verbonden is met j. Veronderstel dat i het enige knooppunt van graad is. Dan kunnen we vanuit i naar steeds een nieuw knooppunt lopen. Omdat er eindig veel knooppunten zijn stoppen we na een eindig aantal stappen. Dit laatste knooppunt is dan verbonden met een eerder bezocht knooppunt: er is een kring, wat de gewenste tegenspraak oplevert, b. Omdat een boom n takken heeft is n oneven. Volgens Lemma. is i V d(i) =2m. De som van een oneven aantal getallen is dus even: er is minstens één even getal. Vraag.8 We passen inductie naar n toe. De bewering klopt voor n = 2. Beschouw nu een boom T met n knooppunten. Er is een knooppunt i met graad, dat verbonden is met een knooppunt j. Laat i met bijbehorende tak weg, dan is dit weer een boom T. Volgens de inductieveronderstelling is T bipartiet, d.w.z. er is een disjuncte partitie van de knooppunten in V en V 2. Als j V, dan nemen we in T : V = V,V 2 = V2 {i}; als j V 2, dan nemen we in T : V = V {i}, V 2 = V2. Vraag.9 a. Stel S F = voor een co-kring S. Dan bevat de graaf zonder S een boom, wat een tegenspraak oplevert. b. Stel C (E\F = voor een kring C. Dan bevatten de takken van F een kring, wat een tegenspraak oplevert. Vraag.0 De frequenties van de diverse letters zijn: j en d: x; r, l, i, k en n: 2x; h: x; e: 7x. In onderstaande stappen wordt het eerste kind links en het tweede rects geplaatst. Eerste stap: j en d krijgen gemeenschappelijke ouder A met gewicht 2. Tweede stap: r en l krijgen gemeenschappelijke ouder B met gewicht 4. Derde stap: i en k krijgen gemeenschappelijke ouder C met gewicht 4. Vierde stap: A en n krijgen gemeenschappelijke ouder D met gewicht 4. Vijfde stap: B en h krijgen gemeenschappelijke ouder E met gewicht 7. Zesde stap: D en C krijgen gemeenschappelijke ouder F met gewicht 8.

2 66 BIJLAGE A. OPLOSSING VAN DE VRAGEN Zevende stap: e en E krijgen gemeenschappelijke ouder G met gewicht 4. Achtste stap: F en G krijgen gemeenschappelijke ouder H met gewicht 22. Dit geeft een binaire boom met op ieder niveau van links naar rechts de knooppunten: niveau 0: H. niveau : F en G. niveau 2: D, C, e en E. niveau : A, n, i, k, B en h. niveau 4: j, d, r en l. Dit geeft voor de letters de codes: j = 0000; d = 000; n = 00; i = 00; k = 0; e = 0; r = 00; l = 0; h =. Hiermee is de tekst op te schrijven. Vraag. a. Neem eerst f en h: knooppunt fh met gewicht 0.2 met linksonder f en rechtsonder h. Neem q en u: knooppunt qu met gewicht 0.7 met links daaronder q en rechts daaronder u. Neem fh en m: knooppunt fhm met gewicht 0.26 met links daaronder de deelboom van fh en rechts daaronder m. Neem qu en fhm: knooppunt qufhm met gewicht 0.4 met links daaronder de deelboom van qu en rechts daaronder de deelboom van fhm. Neem a en n: knooppunt an met gewicht 0.6 met links daaronder a en rechts daaronder n. Neem qufhm en an: knooppunt qufhman met gewicht.06 met links daaronder de deelboom van qufhm en rechts daaronder de deelboom van an. b. geeft n en dit wordt 4x gedaan; 0 geeft h; geeft n; 0 geeft h; geeft n; 0 geeft a; geeft n; 0 geeft a en dit wordt 2x gedaan. Dit geeft het woord nnnnhnhnanaa. A.. GRAFENTHEORIE 67 Vraag.2 Als er geen toewijzing aan F of B is, dan noteren we niets. F = B = ; k = 0; i = ; N[j] =pred[j] = 0 voor j =, 2,...,. j = ; k = VISIT() : N[] = ; i = 2; l = 2; pred[2] = ; F = {(, 2)}. VISIT(2) : N[2] = 2; i = ; l = ; pred[] = 2; F = {(, 2), (2, )}. VISIT() : N[] = ; i = 4; l = ; B = {(, )}. l = ; B = {(, ), (, )}. l = 4; pred[4] = ; F = {(, 2), (2, ), (, 4)}; VISIT(4) : N[4] = 4; i = ; l = 2; B = {(, ), (, ), (4, 2)}. l = ; pred[] = ; F = {(, 2), (2, ), (, 4), (, )}; VISIT() : N[] = ; i = 6; l = ; B = {(, ), (, ), (4, 2), (, )}. Vraag. Het algoritme verloopt als volgt. F = I = D = C = ; k = r = 0; i = ; N[j] =pred[j] =R[j] = 0 voor j =, 2,...,9. j = ; k =. VISIT() : N[] = ; i = 2; l = 2; pred[2] = ; F = {(, 2)}. VISIT(2) : N[2] = 2; i = ; l = ; pred[] = 2; F = {(, 2), (2, )}. VISIT() : N[] = ; i = 4; l = ; D = {(, )}; r = ; R[] =. ga verder met VISIT(2) : l = 4; pred[4] = ; F = {(, 2), (2, ), (2, 4)}. VISIT(4) : N[4] = 4; i = ; l = ; D = {(, ), (4, )}. l = 6; pred[6] = 4; F = {(, 2), (2, ), (2, 4), (4, 6)}. VISIT(6: N[6] = ; i = 6; r = 2; R[6] = 2. ga verder met VISIT(4) : r = ; R[4] =. ga verder met VISIT(2) : r = 4; R[2] = 4. ga verder met VISIT() : r = ; R[] =. j = ; k =2. VISIT() : N[] = 6; i = 7; l = 2; C = {(, 2)}; l = 6; C = {(, 2), (, 6)}; l =9. pred[9] = ; F = {(, 2), (2, ), (2, 4), (4, 6), (, 9)}. VISIT(9) : N[9] = 7; i = 8; l = 7; pred[7] = 9; F = {(, 2), (2, ), (2, 4), (4, 6), (, 9), (9, 7)}. VISIT(7) : N[7] = 8; i = 9; l =6; C = {(, 2), (, 6), (7, 6)}; l = 8; pred[8] = 7. F = {(, 2), (2, ), (2, 4), (4, 6), (, 9), (9, 7), (7, 8)}. VISIT(8) : N[8] = 9; i = 0; l = 4; C = {(, 2), (, 6), (7, 6), (8, 4)}; r = 6; R[6] = 8. ga verder met VISIT(7) : r = 7; R[7] = 7. ga verder met VISIT(9) : l = 8; I = {(9, 8)}; r = 8; R[9] = 8. ga verder met VISIT() : r = 9; R[] = 9. Vraag.4. F = ; Q = {}; d[j] =pred[j] =, j=, 2,, 4, 6; d[] = 0; pred[] = 0.

3 68 BIJLAGE A. OPLOSSING VAN DE VRAGEN 2. Q = ; i =. j = : d[] = ; pred[] = ; F = {(, )}; Q = {}. j = 2: d[2] = ; pred[2] = ; F = {(, )(, 2)}; Q = {, 2}. j = 6: d[6] = ; pred[6] = ; F = {(, ), (, 2), (, 6)}; Q = {, 2, 6}. 2. Q = {2, 6}; i =. j = : d[] = 2; pred[] = ; F = {(, ), (, 2), (, 6), (, )}; Q = {2, 6, }. j = 4: d[4] = 2; pred[4] = ; F = {(, ), (, 2), (, 6), (, ), (, 4)}; Q = {2, 6,, 4}. 2. Q = {6,, 4}; i = 2. j =. 2. Q = {, 4}; i = 6. j = Q = {4}; i =. j = Q = ; i = 4. j = 2. Vraag. Veronderstel dat G streng samenhangend is en neem een pijl (i, j). Uit de strenge samenhang volgt dat er een pad is van j naar i. Dit pad, tezamen met de pijl (i, j), geeft een ronde. Omgekeerd, neem aan dat iedere pijl tot een ronde behoort. Veronderstel dat er er een streng samenhangende component bestaat die niet de hele graaf bevat. Omdat de graaf samenhangend is, is er een verbinding tussen de streng samenhangengende component en de rest van de graaf, zeg via de pijl (i, j). Omdat er een ronde is die (i, j) bevat, behoren ook alle knooppunten van de ronde tot de streng samenhangende component: tegenspraak. Vraag.6 Stel T is een opspannende boom met minimale lengte en e/ T.Voege aan T toe, dan ontstaat een kring. Iedere tak uit deze kring weglaten geeft een opspannende boom, en als deze tak niet e is, dan geeft dit een opspannende boom met kleinere lengte dan die van T : tegenspraak. Vraag.7 a. De takken worden in de volgende volgorde gekozen: (, 4), (4, 8), (8, 9), (9, 6), (6, 0), (6, ), (0, 7), (7, ), (6, 2). De lengte is 68. b. De takken worden in de volgende volgorde gekozen: (6, 0), (8, 9), (, 4), (6, 9), (, 6), (7, 0), (4, 8), (, 7), (2, 6). De lengte is 68. Vraag.8 De knooppunten van V hebben graad q en de knooppunten van V 2 hebben graad p. Ermoetdus gelden dat zowel p als q even zijn. Vraag.9 2m = v V d(v) =n r. Omdat n en r beide even zijn (r omdat de graaf Eulers is), is n r door 4 deelbaar, dus m is even. A.. GRAFENTHEORIE 69 Vraag.20 Neem voor ieder van de zeven zalen en de daaromheen liggende gang en knooppunt. Verbind twee knooppunten door een tak voor iedere doorgang die er is tussen de desbetreffende ruimtes. Dit levert een Euler graaf op omdat iedere ruimte een even aantal doorgangen heeft. Door het algoritme tot te passen krijgen we de oplossing, bijv. gang zaal zaal zaal 6 zaal 2 zaal zaal 7 zaal zaal 4 gang zaal 6 zaal 7 gang zaal gang. Vraag.2 Voeg k pijlen van w naar v toe. De graaf wordt daarmee een Euler graaf, zodat de pijlen ervan één ronde vormen. Laat de toegevoegde pijlen weg. Omdat deze niet aangrenzend in de ronde kunnen zijn (ze lopen namelijk alle van w naar v), valt de ronde uiteen in k paden van v naar w. Ieder pad is een enkelvoudig pad plus eventuele rondes. Vraag.22 a. Neem twee driehoeken (de K ) en knoop die in één hoekpunt, zeg v, aan elkaar tot een graaf met knooppunten. Ieder knooppunt heeft een even graad (2 of 4), dus de graaf is Eulers. De graaf is niet Hamilton, want ieder kring door alle knooppunten moet 2x langs v en dat is niet toegestaan. b. Neem de K 4. Deze heeft een Hamilton kring [, 2,, 4, ]. De graaf is niet Eulers, want iedere graad is oneven, namelijk. Vraag.2 a. Het beginpunt doet niet ter zaken, dus start in v. Daarna geven alle (n )! permutaties van 2,,...,n een Hamilton keten, die met een laatste tak naar v een Hamilton kring opleveren. Omdat iedere kring in twee richtingen kan worden doorlopen is het aantal 2 (n )! b. Als n = m, dan is er geen Hamilton kring, dus het aantal is 0. Als n = m: Ook nu doet het beginpunt niet ter zake, dus start in v V. Neem een willekeurige permutatie van de andere knooppunten van V en dit zijn er (n )!. Neem ook een willekeurige permutatie van alle knooppunten van V 2 en dit zijn er n!. Maak nu als volgt een kring: begin in v en neem daarna om en om een element van de permutatie van V 2 resp. V. Omdat iedere kring in beide richtingen kan worden doorlopen is het aantal verschillende Hamilton kringen 2 (n )! n! Vraag.24 Het is duidelijk dat voor een tegenvoorbeeld n oneven moet zijn. Het kleinste tegenvoorbeeld is met n =, de graad moet dan mistens zijn. Neem een keten met knooppunten. De uiteinden hebben graad en het tussenpunt graad 2, terwijl er geen Hamilton kring is. Vraag.2 a. Veronderstel dat G geen Hamilton graaf is. Dan is er volgens Stelling. een tweetal niet-

4 70 BIJLAGE A. OPLOSSING VAN DE VRAGEN aangrenzende knooppunten v en w met d(v)+d(w) n. Het aantal takken van de graaf is dan hoogstens het aantal takken in G {v, w} plus (n ), d.w.z. tegenspraak. 2 (n )(n 2) + (n ) = 2 (n2 n + 4) < 2 (n2 n + 6) : b. Voeg knooppunt v n+ toe en verbind dit met alle andere knooppunten. Dit geeft een graaf met n + knooppunten waarvoor geldt d(v)+d(w) n + voor ieder tweetal niet aangrenzende knooppunten. Volgens Stelling. is er dus een Hamilton kring. Laat v n+ weg, dan geeft dit een Hamilton keten in de oorspronkelijke graaf. A.2. LINEIARE MODELLEN 7 A.2 Lineiare Modellen Vraag 2. Beschouw de matrix van de beperkingen met de kolommen in de volgorde y, x,x 2,...,x m. De eerste kolom heeft in rij één een + en in de rijen 2 t/m m+ een ; de kolommen van x i hebben één niet-nul element, namelijk een + in rij i +, i =, 2,...,m. Als we deze matrix spiegelen, dan heeft de eerste kolom één niet-nul element en de overige hebben twee niet-nul elementen: één + en één. Volgens Stelling 2.4 is de matrix totaal unimodulair, zodat alle hoekpunten geheeltallig zijn. Vraag.26 Volgens Stelling.42 is er een Hamilton pad, zeg [v,v 2,...,v n ]. Als (v n,v ) A, dan is de graaf streng samenhangend; anders is er een pijl (v,v n ) A, en als er deze omdraaien krijgen we de pijl (v n,v ) en is de graaf streng samenhangend. Vraag.27 Veronderstel dat er twee Hamilton paden zijn, zeg P =[v,v 2,...,v n ]enp 2 =[w,w 2,...,w n ]. Laat k zdd. v i = w i, i k en v k = w k. Dan is er een p en een q met k + p, q n zdd. w p = v k en v q = w k. Maar dan bevat de graaf een ronde, namelijk [v k,...,v q = w k,...,w p = v k ], waarbij het eerste stuk een deel van P is en het tweede deel een stuk van P 2. Vraag 2.2 G is een boom, dus bipartiet, zodat volgens Stelling 2. A(G) totaal unimodulair is. Hieruit volgt dat det(a ) {0, +, }. Volgens Stelling 2.9 is de rang van A(G) gelijk aan n. Dus elk (n )-tal rijen van A(G) is lineair onafhankelijk, d.w.z. det(a ) = 0, zodat det(a )=±. Vraag 2. a. Neem een extra depot voor de boetes. Laat ( ) (40 + 0) = 20 de voorraad in depot zijn. De kosten per eenheid naar de drie klanten zijn 90, 80 resp. 0. Nu is dit een gewoon transportprobleem dat de som van de transport- en de boetekosten minimaliseert. b. Voor iedere klant kunnen we een eventueel tekort òfwel vanuit depot, òfwel uit depot 2 aanvullen. Omdat de vaste aanvullingskosten hetzelfde zijn (00) en het verschil zit in de transportkosten, nemen voor aaanvulling van een klant het depot met de kleinste transportkosten, d.w.z. klant vanuit depot 2 en de klanten 2 en vanuit depot. Voor deze aanvulling kunnen we een extra depot met voorraad 20 nemen. Dan zijn de transportkosten : voor klant = 0, voor klant = en voor klant = 2.

5 72 BIJLAGE A. OPLOSSING VAN DE VRAGEN Vraag 2.4 Onderdeel a: Neem voor iedere maand twee depots: één voor het reguliere productieproces en één voor overwerk. De totale capaciteit is hiermee 4 ( ) = 6000, terwijl er = 2000 nodig is: we nemen een dummy klant die 4000 nodig heeft. De kosten zijn direct gegeven. Onderdeel b: Het tableau dat bij dit probleem hoort is (op de lege plaatsten is de waarde 0 en de hoeveelheden staan in duizendtallen ): Kosten: c = = Vraag 2. Uitgaande van de startoplossing volgens de minimale-kosten regel wordt de oplossing als volgt verkregen c = 4 d = 0. c = 8 optimaal Vraag 2.6 Onderdeel a: We passen de Noord-West regel toe en krijgen dan het volgende: c = = 0. optimaal A.2. LINEIARE MODELLEN 7 Onderdeel b: () Omdat plaats (,) hoort bij een niet basisvariabele en de nieuwe c = u + v = 2 is de huidige oplossing nog steeds optimaal. (2) Omdat c een basisvariabele is krijgen we een nieuwe (u, v)-oplossing, namelijk: Dit tableau is weer optimaal met kosten 0. () Plaats (2,) hoort bij een niet basisvariabele en de nieuwe c 2 =8>u 2 +v = 0 is de huidige oplossing niet meer optimaal. Als volgt wordt nu een optimaal tableau verkregen: c = 0. c = 0 2 = 20 en het tableau is optimaal. Onderdeel c: () Plaats (,) hoort bij een basisvariabele: x := 0 + =, de overige varabelen blijven ongewijzigd en de kosten worden = 4. (2) Plaats (,) hoort bij een niet-basisvariabele. De route van depot naar bestemming via basisvariabelen is: (,2), (2,2) en (2,). Dit geeft x 2 =+=6,x 22 = =4,x 2 = 0+ = (x blijft ongewijzigd op 0). Vraag 2.7 Het gegeven vervoersschema hoort niet bij een opspannende boom, want er is een verbinding te weinig voor een opspannende boom. Maak hiervan een vervoersschema dat wel hoort bij een opspannende boom, bijvoorbeeld door van tussenstation de hoeveelheid 0 naar bestemming 7 te vervoeren. Dit geeft onderstaand schema, waaruit na een iteratie een optimaal tableau volgt Kosten: c = Kosten: c = 4 = = 4. De optimale oplossing is dus: vervoer 0 van depot naar bestemming 6; vervoer 20 van depot 2 naar tussenstation 4, waarvan doorgaat naar bestemming 6 en naar bestemming 7; vervoer van depot via tussenstation naar bestemming 7.

6 74 BIJLAGE A. OPLOSSING VAN DE VRAGEN Vraag 2.8 a. Koppel eerst vrouw aan man. Dan vrouw 2 aan man 2, daarna vrouw aan man en vervolgens vrouw 4 aan man. Passen we weer de constructie van het bewijs van de Huwelijkstelling toe, dan krijgen we: v 0 = vrouw ; m = man ; v = vrouw ; m 2 = man 2; v 2 = vrouw 2; m = man ; v = vrouw 4 en nu kunnen we niet verder. Er kunnen dus maximaal 4 vrouwen gekoppeld worden. b. De reden is dat de vrouwen, 2, 4 en tezamen met slechts mannen zijn bevriend, namelijk met de mannen, 2 en. Vraag 2.9 a. Nee, want de vereniging van S,S 2,S en S 4 bevat maar elementen. b. Ja, want {, 2, 4, } is een stelsel representanten. A.2. LINEIARE MODELLEN s = ; d =2 Optimaal tableau De optimale toewijzing is: persoon doet werk, persoon 2 werk 2 en persoon werk. De totale kosten zijn. Vraag a. Er zijn 4 onafhankelijke en (aangegeven met een *): en met 4 strepen (rijen of kolommen) kunnen uiteraard ook alle en gevangen worden b. Er zijn maar 4 onafhankelijke en (aangegeven met een *): en alle en zijn te vangen met 4 strepen (de eerste drie kolommen en de laatste rij). Vraag 2. Na reductie van in de rijen, 2, 4 en en in kolom krijgen we (de 0 s geven de s onafhankelijke nullen aan en een u i of v j geeft aan dat rij i resp. kolom j wordt doorgestreept): s = 4; d = s = ; optimaal De optimale oplossing luidt: x 2 = x 2 = x = x 44 = x = (de overige variabele zijn 0) met waarde 7. Vraag 2.2 Voeg twee dummy werkzaamheden toe die geen geld kosten. Dit geeft onderstaande matrix met daarnaast het eerste tableau na reductie en als laatste het optimale tableau.

7 76 BIJLAGE A. OPLOSSING VAN DE VRAGEN A. Complexiteitstheorie A.4. GEHEELTALLIGE LINEAIRE PROGRAMMERING 77 A.4 Geheeltallige Lineaire Programmering Vraag. a. f(n) =Θ(n log 2 n), want n log 2 n 4n + n log 2 n n log 2 n voor alle n 2. b. f(n) =Θ(2 n ), want 2 n 2 n + 0n 2 2 n voor n 2. Vraag.2 a. Waar, want f(n) n 2. b. Waar, want f(n) g(n) omdat voor oneven niet-priemgetallen g(n) =n n 2 = f(n). c. Niet waar, want er zijn oneindig veel oneven niet-priemgetallen en daarvoor geldt niet dat f(n) c g(n). Vraag. a. Stel de input op computer II is m. Dan geldt 00 n 2 = m 2,d.w.z.m = 0n = 000. b. Nu geldt 00 2 n =2 m : m = log 2 (00 2 n ) = log log 2 2 n = log n 07. c. Nu geldt 00 n! =m!, d.w.z. (n + )(n + 2) m = 00, d.w.z. m 0. Vraag.4 Als certificaat nemen we de functie φ van de --correspondentie tussen de knooppunten. We moeten nu voor ieder ongeordend paar (i, j) nagaan of φ{(i, j)} een tak is van G 2 d.e.s.d. als (i, j) een tak is van G. Dit is polynomiaal, want heeft complexiteit O(n 2 ). Vraag. a. De zin is waar, want x = x 2 = x = x 4 = voldoet. b. C =(x x z ) (x x z ) (x x 4 z 2 ) (x x 4 z 2 ) (x 2 x x 4 ) (x x 2 z ) (z x x 4 ). Merk op dat x = x 2 = x = x 4 = z = z 2 = z = z 4 = voldoet. Vraag 4. a. Beschouw het IP-probleem max{x x 2x 2 0; 2x +x 2 ; x,x 2 0 en geheel}. De oplossing van het bijbehorende LP-probleem is x = 6,x 2 = 9, terwijl de enige toelaatbare geheeltallige punten x =0,x 2 =0enx =0,x 2 =zijn. b. Beschouw het IP-probleem max{x + x 2 2x 7; 2x + x 2 8; x,x 2 0 en geheel}. De oplossing van het bijbehorende LP-probleem is x = 7 2,x 2 =. De enige toelaatbare afronding is x =,x 2 = met waarde 0. Het punt x =,x 2 = 2 is echter de optimale oplossing. Vraag 4.2 Voer twee (0,)-variabelen in: y en y 2 met de betekenis y i = 0 d.e.s.d. als x i, i=, 2 en eis dat y = y 2 = mag niet. Dit geeft: Vraag 4. 0 x 0; x +y ; y + y 2 = ; 0 x 2 0; x 2 +y 2 ; y,y 2 {0, }. Dit probleem kan worden opgelost door de volgende variabelen te introduceren: y j {0, }, waarbij y j = 0 () betekent dat doos j niet (wel) wordt gebruikt. x ij {0, }, waarbij x ij = 0 () betekent dat voorwerp i niet (wel) in doos j wordt verpakt. De doelfunctie luidt: min n j= y j. Verder hebben we de beperkingen n x ij =, i n, j= d.w.z. dat ieder voorwerp in precies één doos wordt gestopt, en tenslotte de beperking n a i x ij y j, j n, j= d.w.z. als de j-de doos niet wordt gebruikt (y j = 0), dan kan er ook niets in (x ij = 0 voor alle i) en als deze wel wordt gebruikt (y j = ), dan kan er maximaal volume in ( i xij= a i, ofwel n i= a ix ij ). Het probleem is dus te formuleren als: n n j= min y x ij =, i n; y j {0, }, j n j n j= i= a ix ij y j, j n; x ij {0, }, i, j n.

8 78 BIJLAGE A. OPLOSSING VAN DE VRAGEN Vraag 4.4 Dit probleem kan worden opgelost door de volgende variabelen te introduceren: A.4. GEHEELTALLIGE LINEAIRE PROGRAMMERING 79 Vraag 4.6 We krijgen de volgende tableaus (voor de oplossing van het LP-probleem zie Voorbeeld 4.8). y j {0, } met y j = 0 () als kleur j niet (wel) wordt gebruikt. x ij {0, } met x ij = 0 () als het i-de knooppunt niet (wel) met kleur j wordt gekleurd. De doelfunctie luidt: min n j= y j. Verder hebben we de beperkingen n j= x ij =, i n, d.w.z. dat ieder knooppunt precies één kleur krijgt, en de beperkingen x ij y j, i, j n, d.w.z. als de j-de kleur niet wordt gebruikt (y j = 0), dan kan er ook niets mee worden gekleurd (x ij = 0 voor alle i). Tenslotte de beperkingen x ij + x kj als (i, k) E. Het probleem is dus te formuleren als: Vraag 4. Initialisatie: n j= x ij =, i n x ij y j, i, j n n min y j x ij + x kj, j n, (i, k) E. j= y j {0, }, j n x ij {0, }, i, j n L = {P 0 } (het oorspronkelijke probleem); z 0 =+ ; z = ; t = 0. Iteratie : Kies P 0 ; L = ; los de LP-relaxatie op: x 0 = 2,x0 2 = 4, z 0 = 9 2 = 9. Kies als splitsingsvariabele x en beschouw de deelproblemen: P : P 0 met toegevoegd x ; P 2 : P 0 met toegevoegd x 2; z = z 2 = 9; L = {P,P 2 }. Iteratie 2: Kies deelprobleem P ; L = {P 2 }; los de LP-relaxatie op: x =,x 2 = 2, z = 9 = 9. Kies als splitsingsvariabele x 2 en beschouw de deelproblemen: P : P met toegevoegd x 2 ; P 4 : P 0 met toegevoegd x 2 2; z = z 4 = 9; L = {P 2,P,P 4 }. Iteratie : Kies deelprobleem P 2 ; L = {P,P 4 }; los de LP-relaxatie op: x 2 2 =2,x2 2 =4, z 2 = 8 = 8. x =2,x 2 = 4; z = 8 en t =. Iteratie 4: Kies deelprobleem P ; L = {P 4 }; los de LP-relaxatie op: ontoelaatbaar, dus z =. Iteratie : Kies deelprobleem P 4 ; L = ; los LP-relaxatie op: x 4 = 6, x4 2 =2, z 4 = 7 = 7 z = 8: afgehandeld. Iteratie 8: Omdat L = zijn we klaar en is de optimale oplossing: x =2,x 2 = 4 met waarde 8. 0 x 0 7 x 7 x y y y De kolommen zijn lexicografisch positief. De bovenste rij wordt de bronrij en genereert de snede: s = y + 7 y. Voeg deze snede toe, dit geeft het volgende tableau. s y x x 9 7 x y 2 2 y 7 7 s 2 4 De pivotkolom wordt de kolom van y. Dit geeft het volgende tableau. y 2 s x x 0 x y y s De kolom van y 2 wordt de pivotkolom, waarna we het volgende tableau krijgen. 0 x 0 7 x 7 x y y y s Volgens de duale simplex methode wordt 7 als pivot genomen, wat het volgende tableau geeft. s s 2 x x 0 0 x y y -2-2 y 4 - Verder pivoten met de rij van y 2 als pivotrij en -4 als pivotelement. Dit geeft het volgende tableau (we laten de rij van s weg). s s 2 x 0 4 x 0 x y y - y 2-4 Dit tableau is optimaal met oplossing: x =,x 2 = 2 ; de waarde van het optimum is. s y x x 9 7 x y 2 2 y 7 7 Vervolgens wordt de rij van x de bronrij met als bijbehorende snede: s 2 = 4 + s + y. Voeg deze snede toe, dit geeft het volgende tableau. y 2 s x x 0 x y y De bovenste rij is weer de bronrij met als bijbehorende snede: s = y s 2. Voeg deze snede toe, dit geeft het volgende tableau.

9 80 BIJLAGE A. OPLOSSING VAN DE VRAGEN Vraag 4.7 We voeren verschilvariabelen y en y 2 in en nemen de volgende stappen om een optimaal LPtableau te krijgen. x x 2 x y 6 - y 2 7 x y x x y 2 - y 2 y 28 x x x De rij van x is de bronrij, wat de snede 22 y y 2 oplevert. Deze voegen we aan het tableau toe en we voeren een pivotstap uit. y 2 y 28 x x x s Vraag 4.8 s y 2 x x 2 x 4 - y 2-22 De reducties zijn: eerste rij: 24; tweede rij: 2; derde rij: 2; vierde rij: 4; vijfde rij: 2. Vervolgens in de eerste kolom: ; tweede kolom: 9; derde kolom: 0; vierde kolom 22; vijfde kolom 0. De totale reductie is 79. Hiernaast staat de gereduceerde matrix met bij de 0 en de reductiegetallen. Iteratie Iteratie 2 Het nevenstaande tableau is optimaal. De optimale oplossing luidt: x =4, x 2 = 0 met waarde L = Het grootste reductiegetal is 2 bij het element (, ). Dit geeft de splitsing in de volgende twee deelproblemen: P :(, ) behoort wel tot de tour; ondergrens is = 200 (immers: als -de rij en -de kolom worden weggelaten kan in -ste rij 2 worden gereduceerd). P 2 :(, ) behoort niet tot de tour; ondergrens = 200. Kies deelprobleem P. Na het weglaten van de -de rij en -ste kolom en na het reduceren, wordt de tabel: Het grootste reductiegetal is 7 bij het element (4, ). Dit geeft de splitsing in de volgende twee deelproblemen: P : voeg aan P toe: (4, ) behoort wel tot de tour; ondergrens is 207 (als (,4) niet is toegestaan, dan kan in de 2-de rij worden gereduceerd en daarna in kolom 4 nog eens 4). P 4 : voeg aan P toe: (4, ) behoort niet tot de tour; ondergrens = 207. A.4. GEHEELTALLIGE LINEAIRE PROGRAMMERING 8 Iteratie Kies deelprobleem P. Na het weglaten van rij 4 en kolom en het verbieden van (, 4) wordt de tabel: Dit laat zich als volgt optimaal afmaken: (, 2, 4,,, ) met lengte Hierdoor bevat deelprobleem P geen betere rondreis. Over blijft dus nog deelprobleem P Iteratie 4 Kies deelprobleem P 2. Neem de eerste tabel en verbied (, ) en voer de reductie uit. Dit geeft de volgende tabel: Het grootste reductiegetal is 2 bij het element (, ) Dit geeft de splitsing in de volgende twee deelproblemen: P : voeg aan P 2 toe: (, ) behoort wel tot de tour; ondergrens is P : voeg aan P 2 toe: (, ) behoort niet tot de tour; ondergrens = 22 en dit probleem kan buiten beschouwing blijven. Iteratie Kies deelprobleem P. Vanwege de symmetrie zitten we in hetzelfde geval als bij P toen we (,) in de tour namen. We kunnen nu dus stoppen. Een optimale oplossing van het TSP is dus de rondreis (, 2, 4,,, ) met lengte 207. Vraag 4.9 Algoritme 4.6 start met S = {}. Vervolgens krijgen we: k =: l min (2) = ; l min () = 4; l min (4) = 2; l min () = ; l min (6) = 9. j= ; S = {, }. k =2: l min (2) = ; l min (4) = 2; l min () = ; l min (6) = 9. j= 2; S = {, 2, }. k =: l min (4) = 2; l min () = 2; l min (6) = 9. j= 4; S = {, 2,, 4}. k =4: l min () = 2; l min (6) = 7. j= ; S = {, 2,,, 4}. k =: l min (6) = 7. j= 6; S = {, 2, 6,,, 4}. Approximatie [, 2, 6,,, 4, ] met lengte 6. Vraag 4.0 Algoritme 4.7 start met S = {}. Vervolgens krijgen we: k =: b min (2) = 70; b min () = 86; b min (4) = 46; b min () = 66; b min (6) = 8. j= 6; S = {, 6}. k =2: b min (2) = 42; b min () = 4; b min (4) = 2; b min () = 9. j= 4; S = {, 6, 4}. k =: b min (2) = 42; b min () = 49; b min () = 9. j= 2; S = {, 2, 6, 4}. k =4: b min () = 49; b min () = 9. j= ; S = {,, 2, 6, 4}. k =: b min () = 4. j= 6; S = {,,, 2, 6, 4}. Approximatie [,,, 2, 6, 4, ] met lengte 6.

10 82 BIJLAGE A. OPLOSSING VAN DE VRAGEN Vraag 4. De eerste keten kunnen we willekeurig nemen. De overige ketens zijn op (r )! manieren te rangschikken. Elke verbinding van het einde van keten k naar keten k + kan naar het beginpunt of naar het eindpunt van deze keten worden genomen: dus steeds twee mogelijkheden: in totaal 2 r (r )! mogelijkheden.