1. Considere el siguiente programa lineal
maxx1,x2,x3,x4,x5 x1−x2−8x3−2x4−x5=z tal que
x1 + x2 − x3 − x4 − x5 ≤ 0
x1 − x2 − 2x3 + x4 + 2x5 ≤ −3
x1, x2, x3, x4, x5 ≥ 0
(a)Haga un dibujo del espacio de los requerimientos, luego, a partir de su dibujo, de argumentos para sostener que hay una infinidad de puntos (x1, x2, x3, x4, x5) tales que satisfacen las dos restricciones
estructurales y que por lo tanto el PL es factible.
(b)Escriba su PL dual.
(c) Utilice el m´etodo gr´afico para demostrar que el PL dual es factible y tiene soluci´on ´optima finita. Encuentre las coordenadas del punto ´optimo dual.
(d) Escriba el tableau primario-dual y determine su factibilidad (primario-factible/infactible, dual-factible/infactible).
(e) Utilice el teorema de complementaridad para encontrar las coordenadas del punto ´optimo del PL primario, determine su valor objetivo correspondiente y verifique que es igual al valor ´optimo del PL dual (en concordancia con el teorema de dualidad d´ebil).
(f )El punto ´optimo dual que encontr´o en (b) corresponde a hacer cero dos variables de holgura duales. Identifique cu´ales son esas variables, luego, en el tableau dual, intercambie esas variables con las dos variables no b´asicas duales y demuestre que el tableau que le queda no solo es dual factible sino tambi´en ´
optimo.
Sol.:
(a)
C =
y=
1 1
x1+
1
−1
x2+
−1
−2
x3+
−1 1
x4+
−1 2
x5 : x1, . . . , x5≥0
,
cada cuadrante de R2 tiene al menos un vector generador del espacio de los requerimientos, esto es suficiente para garantizar factibilidad (ver figura del lado superior izquierdo en la siguiente p´agina). 1
Date: February 26, 2013.
1de hecho, una condici´on necesaria y suficiente para tener C =
R2 es que C tenga por lo menos tres generadores linealmente independientes,v1,v2yv3, tales que, para cualquierj∈ {1,2,3}, el ´angulo entrevjyvk,k6=j, est´e acotado
entreπ/4 yπ/3, en el caso en el que el ´angulo entrevj yvk sea igual aπ/4, entonces el ´angulo entrevj yv` debe ser
estr´ıctamente mayor queπ/4 (haga un dibujo o vea la figura del lado superior derecho en la p´agina siguiente). ¿C´omo cree que podr´ıa generalizarse esta condici´on para m´as dimensiones, en t´erminos de los ´angulos de los cosenos directores?
(b)
minu1,u2 −3u2
u1 + u2 ≥ 1
u1 − u2 ≥ −1
−u1 − 2u2 ≥ −8
−u1 + u2 ≥ −2
−u1 + 2u2 ≥ −1
u1, u2 ≥ 0
(d)Observe con cuidado los signos de las cantidades num´ericas del tableau x1 x2 x3 x4 x5 −1
y1= −1 −1 1 1 1 0 −u1
y2= −1 1 2 −1 −2 3 −u2
z= 1 −1 −8 −2 −1 0 −1 =v1 =v2 =v3 =v4 =v5 =w
Haciendox1=· · ·=x5 = 0 se obtieney1= 0 yy2= 3, es decir, todas las variables primarias restantes
son no-negativas y por lo tanto el tableau esprimario-factible. Haciendou1=u2= 0 se tiene que, excepto
por v1, todas las variables duales restantes son negativas, por lo tanto el tableau es dual-infactible, lo
cual era de esperarse pues el punto (u1, u2) = (0,0) no pertenece a la regi´on de factibilidad del PL dual
(ver figura anterior).
(e) Dado que las coordenadas del punto ´optimo son distintas de cero, el teorema de complementaridad nos dice queA1,:x−b1= 0 yA2,:x−b2= 0, es decir, el punto ´optimo primario se alcanza cuando las dos
restricciones estructurales se cumplen activamente, es decir, cuando
(1) x1 + x2 − x3 − x4 − x5 = 0
x1 − x2 − 2x3 + x4 + 2x5 = −3
Por otro lado, observe que, de resolver el PLdualutilizando el m´etodo gr´afico en el inciso (c), obtuvimos que, en el punto ´optimo (dual), las restricciones estructurales primera, cuarta y quinta se cumplen pasivamente, es decir, cj−utA:,j 6= 0, j = 1,4,5; por lo tanto, el teorema de complementaridad indica
quex1=x4=x5= 0. En tal caso el sistema (1) se reduce a
x2 − x3 = 0
−x2 − 2x3 = −3
De la primera ecuaci´on,x2=x3y de la segunda ecuaci´onx2= 1. Por lo tanto, el punto (x1, x2, x3, x4, x5) =
(0,1,1,0,0) es un punto ´optimo para el PL primario. Note que el teorema de complementaridad no dice nada acerca de si hay o no otros puntos ´optimos. El valor ´optimo primario es entonces z∗ = 0−1−8·1−2·0−0 =−9, verificando el teorema de dualidad d´ebil.
(f ) El punto ´optimo dualP∗ corresponde a la segunda y a la tercera restricciones duales cumpli´endose activamente (es decir con igualdad); es decir, a tenerv2=v3= 0. Lo anterior significa intercambiaru1y
u2conv2 yv3. Dejamos al lector convencerse de que el tableau dual es equivalente a tener las siguientes
relaciones, v2 v3 =
1 −1
−1 −2 u1 u2 + 1 8 ,
v1=−1 + [1 1] u1 u2 , v4 v5 = −1 1
−1 2 u1 u2 + 2 1
, w= [0 −3]
u1
u2
De la primera relaci´on se obtiene
(2)
u1
u2
= −1 3
−2 1
1 1 v2
v3
+−1 3 −6 −9 , entonces
(3) v1 = −1 +
−1 3 [1 1]
−2 1
1 1 v2
v3
+−1 3 [1 1]
−6
−9
= 4 +−1 3 [−1 2]
v2 v3 , v4 v5
=−1 3
−1 1
−1 2
−2 1 1 1 v2 v3 −1 3 −1 1
−1 2
−6 −9 + 2 1
=−1 3 3 0 4 1 v2 v3 −1 3 −3 −12 + 2 1
(5) w = −1 3 [0 −3]
−2 1
1 1 v2
v3
+−1 3 [0 −3]
−6
−9
= [1 1]
v2
v3
−9
Ahora escribimos la informaci´on de (2), (3), (4), (5) en forma de tableau. Compare con el tableau del inciso (d) y observe que el intercambio de u1 y u2 por v2 y v3 corresponde, en el tableau primario, a
intercambiarx2yx3cony1yy2. Queda comoejercicio importante para el alumnoel convencerse de
este hecho, es decir: en el tableau primario intercambiex2yx3 cony1yy2y verifique que la informaci´on
del tableau a continuaci´on,
x1 y1 y2 x4 x5 −1
x2= −1/3 −2/3 1/3 1 4/3 −1 −v2
x3= 2/3 1/3 1/3 0 1/3 −1 −v3
z= −4 −2 −3 −3 −5 9 −1 =v1 =u1 =u2 =v4 =v5 =w
Observe que, si en el tableau anterior fijamos v2 =v3 = 0 (recuerde que el punto ´optimo corresponde
a hacer estas variables iguales a cero) , la funci´on objetivo dual asume el valor w =−9, el cual es el valor ´optimo, entonces el tableau esdual ´optimo. Pero tambi´en es primario ´optimo, ya que si todas las variables no b´asicas en turno (es decir,x1,y1,y2,x4yx5) se fijan en cero, se tiene quex2= 1,x3= 1 y
z=−9, los cuales corresponden a las coordenadas del punto ´optimo primario y el valor objetivo ´optimo primario encontrados en el inciso (e) utilizando el teorema de complementaridad.
2. (BJS p. 40, ejercicio 30) Considere el siguiente PL en forma mixta, minx1,x2,x3 x1−2x2−3x3
tal que
−x1 + 3x2 + x3 ≤ 13
x1 + 2x2 + 3x3 ≥ 12
2x1 − x2 + x3 = 4
x1, x2 ∈ R x3 ≤ −3
(a)De la tercera restricci´on, resuelva parax3 y transforme el problema en uno con dos variables.
(b)Para el problema en (a) determine factibilidad. Si es factible, resu´elvalo utilizando el m´etodo gr´afico. ¿Cu´al es el espacio de los requerimientos?
(c)Determine el PL dual para el programa mixto original. Sol.:
(a)De la tercera ecuaci´on
x3 = 4−2x1+x2.
Substituyendo en la primera restricci´on estructural,−x1+ 3x2+ (4−2x1+x2)≤13, es decir,
−3x1+ 4x2 ≤ 9.
Substituyendo en la segunda restricci´on estructural, x1+ 2x2+ 3(4−2x1+x2)≥12, es decir, −5x1+
5x2+ 12≥12, entonces
−x1+x2≥0.
La restricci´on t´ecnicax3≤ −3 se convierte entonces en una restricci´on estructural nueva para x1 yx2,
4−2x1+x2≤ −3, es decir,
Finalmente, la funci´on objetivo se transforma enφ=x1−2x2−3(4−2x1+x2) = 7x1−5x2−12, entonces
el PL se reduce a
minx1,x2 7x1−5x2−12 tal que
−3x1 + 4x2 ≤ 9
−x1 + x2 ≥ 0
−2x1 + x2 ≤ −7
x1, x2 ∈ R
(b) Para determinar factibilidad del PL reducido obtenido en (a) graficamos la regi´on definida por las restricciones estructurales. En este caso se encontr´o que dicha regi´on es no vac´ıa, es decir, el PL es factible y su soluci´on utilizando el m´etodo gr´afico se presenta en la figura a continuaci´on.
El espacio de los requerimientos del problema es el cono C definido por las restricciones estructurales. Escribiendo primero el PL en forma can´onica, es decir, multiplicando por−1 la primera y tercera restric-ciones estructurales, se tiene que el espacio de los requerimientos es
C =
y=
3
−1 2
x1+
−4
1
−1
x2 : x1, x2∈R
=
*
3
−1 2
,
−4
1
−1
+
,
es decir,C es el plano generado por las columnas de la matriz de coeficientes tecnol´ogicos (una vez que las restricciones estructurales dos y tres se han escrito en forma can´onica).
(c)El PL dual del problema original es,
maxu1,u2,u3,u4 13u1+ 12u2+ 4u3−3u4 tal que
−u1 + u2 + 2u3 = 1
3u1 + 2u2 − u3 = −2
u1 + 3u2 + u3 + u4 = −3
u1≤0, u2≥0, u3∈R, u4≤0
Sol.: si f fuese decreciente la respuesta es afirmativa. Dado que g es convexa, para cualesquier x1, x2
reales yλ∈[0,1],
g((1−λ)x1+λx2) ≤ (1−λ)g(x1) +λg(x2),
entonces, suponiendo quef es decreciente y convexa
f(g((1−λ)x1+λx2))≤ f((1−λ)g(x1) +λg(x2))
≤ (1−λ)f(g(x1)) +λf(g(x2))
en donde la segunda desigualdad se sigue por la convexidad de f. Eso demuestra la convexidad de f◦g. Intuimos entonces que si la hip´otesisf decreciente se elimina, la respuesta al problema es negativa. Necesitamos un contraejemplo.
Observe que h(x) = x2/3 no es una funci´on convexa (haga la gr´afica), de hecho, es c´oncava. Luego,
h(x) = (−x1/3)2=f◦g(x), en dondeg(x) =−x1/3es una funci´onconvexa (haga la gr´afica) yf(y) =y2 tambi´en es una funci´on convexa, la cual es decreciente para y < 0 y creciente para y > 0 (pero no es mon´otona). Es decir,hes la composici´on de dos funciones convexas, perohmisma no es convexa.
Preguntas: Jorge Viveros. Centro de Investigaci´on en Matem´aticas, Universidad Aut´onoma del Estado de Hidalgo. Hgo, M´exico.
