Post on 01-Dec-2015
Capıtulo 9
Metodo de Descomposicion
de Dantzig-Wolfe
Ejercicio 9.1 (†)
Considere el siguiente problema de minimizacion del costo total de produccionde una fabrica, con dos talleres que comparten un unico recurso escaso:
P) Min −x1 −3x2+x3 −x4
x1 +x2 +x3 +x4 ≤8
x1 +x2 ≤6
x3 +2x4≤10
−x3 +x4 ≤4
x1, x2, x3, x4 ≥0
(i) (1 ptos.) Muestre que este problema admite al menos una polıtica optimade produccion.
(ii) (4 ptos.) Resuelva este modelo mediante el Metodo de Descomposicion deDantzig-Wolfe, con Inversa de Base Explıcita, de modo de obtener la des-centralizacion, por talleres, de la polıtica optima de produccion, a travesde la valorizacion optima de los recursos escasos. Para ello, resuelva losproblemas satelites con ayuda grafica, u otra equivalente, para la determi-nacion del menor costo reducido en cada una de estas iteraciones maestrasgeneradas. Explicite las distintas iteraciones.
(iii) (1 ptos.) ¿Que ventaja fundamental tiene la aplicacion de este metodo dedescomposicion, respecto de la aplicacion directa del Metodo Simplex almodelo P)?
159
160 CAPITULO 9. METODO DE DANTZIG-WOLFE
Solucion
(i) Claramente (x1, x2, x3, x4) = (0, 0, 0, 0) ∈ P es solucion de P). Luego, eldominio es no vacıo (P) 6= φ)
Por otro lado, de las restricciones:
x1 + x2 + x3 + x4 ≤ 8x1 ≥ 0x2 ≥ 0x3 ≥ 0x4 ≥ 0
⇒
0 ≤ x1 ≤ 80 ≤ x2 ≤ 80 ≤ x3 ≤ 80 ≤ x4 ≤ 8
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. Ası, por el Teorema de Bolzano Weierstrass, P) admite solucionoptima.
(ii) Formato estandar:
P) Min −x1 −3x2+x3 −x4
x1 +x2 +x3 +x4 +s=8
x1 +x2 ≤6
x3 +2x4 ≤10
−x3 +x4 ≤4
x1, x2, x3, x4 ≥0
donde la primera restriccion es de coordinacion (m0 = 1) y tenemos 2 satelites(N = 2), los cuales estan formados por las restricciones
x1 +x2≤6
x1, x2≥0
para el primer satelite y
x3 +2x4≤10
−x3 +x4 ≤4
x3, x4 ≥0
para el segundo.
Los datos para comenzar el Metodo de Dantzig-Wolfe con esta configuracionson
A01 =[
1 1]
y cT1 =
[
−1 −3]
161
para el primer satelite y
A02 =[
1 1]
y cT2 =
[
1 −1]
para el segundo. El nuevo lado derecho queda:
b =
811
A continuacion, se muestra los graficos de ambos satelites.
162 CAPITULO 9. METODO DE DANTZIG-WOLFE
•Grafico Satelite 1
0 1 2 3 4 5 60
1
2
3
4
5
6
x2
x1
(
00
) (
60
)
(
06
)
•Grafico Satelite 2
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 100
1
2
3
4
5
x4
x3
(
00
)
(
04
)
(
100
)
(
23143
)
Como el punto ~0 pertenece a P), no se necesita dos fases y los datos paracomenzar el metodo son:
P 11 =
(
00
)
, P 12 =
(
00
)
, B = {s, λ11, λ21} y B−1 = I.
•Primera iteracion maestra
Primer paso: Calculo del lado derecho del Tableaux.
y0 = B−1b = I
811
=
811
Segundo paso.
Costos de las variables basicas en el maestro, PTB
Ps = cs = 0
P11 = cT1 P 1
1 =[
−1 −3]
(
00
)
= 0
P21 = cT2 P 1
2 =[
1 −1]
(
00
)
= 0
⇒ PTB =
[
0 0 0]
163
Calculo del vector de multiplicadores π.
πT = PTB B−1 =
[
0 0 0]
I =[
0 0 0]
de donde:πT =
[
πT0 αT
]
=[
0 0 0]
Problemas Satelite
Primer Satelite
S1) Min (cT1 − πT
0 A01)~x1 − α1
x ∈ S1
⇒
S1) Min ([
−1 −3]
−[
0] [
1 1]
)
(
x1
x2
)
− 0
x ∈ S1
⇒
P) Min −x1 −3x2
x1 +x2 ≤6
x1, x2 ≥0
Graficamente, tenemos:
x1 =
(
06
)
, v(S1) = −18 6≥ 0
Segundo Satelite
S2) Min (cT2 − πT
0 A02)~x2 − α2
x ∈ S2
⇒
S2) Min ([
1 −1]
−[
0] [
1 1]
)
(
x3
x4
)
− 0
x ∈ S2
⇒
P) Min x3 −x4
x3 +2x4≤10
−x3 +x4 ≤4
x3, x4 ≥0
Graficamente, tenemos1:
x2 =
(
04
)
, v(S2) = −4 6≥ 0
1Alternativamente, podrıamos haber tomado la solucion x2 =
„
2
314
3
«
. Los resultados finales
son los mismos, pero este camino tomarıa una iteracion mas.
164 CAPITULO 9. METODO DE DANTZIG-WOLFE
Entonces:
P 21 =
(
06
)
y λ12 entra a la base.
Tercer paso: Calculo de la columna entrante en el Tableaux
y(1,2) = B−1M (1,2) = B−1
A01P21
10
= I
[
1 1]
(
06
)
10
=
6
1
0
Variable saliente:
Min
{
8
6,1
1, ·
}
= 1
Ası, p = 2 y λ11 sale de la base.
Nueva Base:
Matriz de pivote.
P2 =
[η2]
100
6−1110−1
001
=
1 −6 00 1 00 0 1
Ası:
B−1+ = P2B
−1 =
1 −6 00 1 00 0 1
I =
1 −6 00 1 00 0 1
y los datos para la nueva iteracion son:
B = {s, λ12, λ21} y B−1 =
1 −6 00 1 00 0 1
•Segunda iteracion maestra
Primer paso: Calculo del lado derecho del Tableaux.
y0 = B−1b =
1 −6 00 1 00 0 1
811
=
211
165
Segundo paso.
Costos de las variables basicas en el maestro, PTB
P12 = cT1 P 2
1 =[
−1 −3]
(
06
)
= −18⇒ PTB =
[
0 −18 0]
Calculo del vector de multiplicadores π.
πT = PTB B−1 =
[
0 −18 0]
1 −6 00 1 00 0 1
=[
0 −18 0]
de donde:πT =
[
πT0 αT
]
=[
0 −18 0]
Problemas Satelite
Primer Satelite
S1) Min (cT1 − πT
0 A01)~x1 − α1
x ∈ S1
⇒
S1) Min ([
−1 −3]
−[
0] [
1 1]
)
(
x1
x2
)
− (−18)
x ∈ S1
⇒
P) Min −x1 −3x2+18
x1 +x2 ≤6
x1, x2 ≥0
Graficamente, tenemos:
x1 =
(
06
)
, v(S1) = 0 ≥ 0
Segundo Satelite
S2) Min (cT2 − πT
0 A02)~x2 − α2
x ∈ S2
⇒
S2) Min ([
1 −1]
−[
0] [
1 1]
)
(
x3
x4
)
− 0
x ∈ S2
⇒
P) Min x3 −x4
x3 +2x4≤10
−x3 +x4 ≤4
x3, x4 ≥0
166 CAPITULO 9. METODO DE DANTZIG-WOLFE
Graficamente, tenemos2:
x2 =
(
04
)
, v(S2) = −4 6≥ 0
Entonces:
P 22 =
(
04
)
y λ22 entra a la base.
Tercer paso: Calculo de la columna entrante en el Tableaux
y(2,2) = B−1M (2,2) = B−1
A02P22
01
=
1 −6 00 1 00 0 1
[
1 1]
(
04
)
01
=
4
01
Variable saliente:
Min
{
2
4, ·,
1
1
}
=1
2
Ası, p = 1 y s sale de la base.
Nueva Base:
Matriz de pivote.
P1 =
[η1]
140−41−4
0 01 00 1
=
1/4 0 00 1 0
−1/4 0 1
Ası:
B−1+ = P1B
−1 =
1/4 0 00 1 0
−1/4 0 1
1 −6 00 1 00 0 1
=
1/4 −3/2 00 1 0
−1/4 3/2 1
y los datos para la nueva iteracion son:
B = {λ22, λ12, λ21} y B−1 =
1/4 −3/2 00 1 0
−1/4 3/2 1
2Notese que este problema satelite no cambia con respecto a la iteracion anterior. Ası,
todavıa podrıamos tomar la solucion x2 =
„
2
314
3
«
.
167
•Tercera iteracion maestra
Primer paso: Calculo del lado derecho del Tableaux.
y0 = B−1b =
1/4 −3/2 00 1 0
−1/4 3/2 1
811
=
1/21
1/2
Segundo paso.
Costos de las variables basicas en el maestro, PTB
P22 = cT2 P 2
2 =[
1 −1]
(
04
)
= −4⇒ PTB =
[
−4 −18 0]
Calculo del vector de multiplicadores π.
πT = PTB B−1 =
[
−4 −18 0]
1/4 −3/2 00 1 0
−1/4 3/2 1
=[
−1 −12 0]
de donde:
πT =[
πT0 αT
]
=[
−1 −12 0]
Problemas Satelite
Primer Satelite
S1) Min (cT1 − πT
0 A01)~x1 − α1
x ∈ S1
⇒
S1) Min ([
−1 −3]
−[
−1] [
1 1]
)
(
x1
x2
)
− (−12)
x ∈ S1
⇒
P) Min −2x2+12
x1 +x2 ≤6
x1, x2 ≥0
Graficamente, tenemos:
x1 =
(
06
)
, v(S1) = 0 ≥ 0
168 CAPITULO 9. METODO DE DANTZIG-WOLFE
Segundo Satelite
S2) Min (cT2 − πT
0 A02)~x2 − α2
x ∈ S2
⇒
S2) Min ([
1 −1]
−[
−1] [
1 1]
)
(
x3
x4
)
− 0
x ∈ S2
⇒
P) Min 2x3
x3 +2x4≤10
−x3 +x4 ≤4
x3, x4 ≥0
Graficamente, tenemos3:
x2 =
(
04
)
, v(S2) = 0 ≥ 0
Faltarıa los costos reducidos de la holgura (recordar que esta esta fuera de labase):
rTs = −(−1)(1) = 1 ≥ 0
Fin, la solucion encontrada es optima. Concretamente:
(
x1
x2
)
= λ12P21 = 1
[
06
]
=
[
06
]
(
x3
x4
)
= λ21P12 + λ22P
22 =
1
2
[
00
]
+1
2
[
04
]
=
[
02
]
(iii) El Metodo de Dantzig-Wolfe permite aprovechar los problemas estructu-rados, descomponiendo el problema en varios problemas de menor dimension yfacil resolucion, llevando una Matriz de Base del problema maestro de menordimension tambien. En el caso particular de este problema, el metodo lleva unaMatriz de Base de dimension 3× 3 en vez de 4× 4 y los problemas satelites sepueden resolver facilmente de forma grafica. En particular, el primer satelite esun Problema de la Mochila (Knapsack Problem).
3De hecho, cualquier solucion de la forma x =
„
0y
«
con 0 ≤ y ≤ 4, es optima para S2).
169
Ejercicio 9.2 (†)
Considere el problema lineal:
P) Min −x1
x1 +2x2≤4
x1 +x2 ≥1
x1, x2 ≥0
(i) (1 punto) Muestre que P) admite solucion optima.
(ii) (1 punto) Reformule P) bajo el formato equivalente de Dantzig-Wolfe,de tal modo de explotar la estructura de mochila subyacente, a nivel delproblema satelite. En este caso, observe que el poliedro satelite correspon-diente, es claramente acotado.
(iii) (4 puntos) Aplique finalmente el Metodo de Dantzig-Wolfe, con Dos Fases,a la resolucion del modelo equivalente resultante en (ii)
Solucion
(i) Tenemos que (x1, x2) = (1, 1) ∈ P es solucion de P). Luego, el dominio esno vacıo (P) 6= φ)
Por otro lado, de las restricciones:
x1 + 2x2 ≤ 4x1 ≥ 0x2 ≥ 0
⇒
{
0 ≤ x1 ≤ 40 ≤ x2 ≤ 2
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. Ası, por el Teorema de Bolzano Weierstrass, P) admite solucionoptima.
(ii) Formato de Dantzig-Wolfe:
P) Min −x1
x1 +x2 −x3=1
x1 +2x2 ≤4
x1, x2, x3≥0
donde la primera restriccion es de coordinacion (m0 = 1) y tenemos un satelite
170 CAPITULO 9. METODO DE DANTZIG-WOLFE
(N = 1), el cual esta formado por las restricciones:
x1 +2x2≤4
x1, x2 ≥0
A continuacion, se muestra el grafico del satelite, el cual resulta ser un Pro-blema de la Mochila.
•Grafico Satelite
0 1 2 3 40
1
2
x2
x1
(
00
) (
40
)
(
02
)
(iii) Como el punto ~0 no pertenece a P), se necesita hacer dos fases. La res-triccion violada es la de coordinacion, sobre la cual agregamos una variableartificial. El problema en formato Dantzig-Wolfe para la Fase I es:
Fase I
P) Min x4
x1 +x2 −x3+x4= 1
x1 +2x2 ≤ 4
x1, x2, x3 ≥ 0
Los datos para comenzar la Fase I del Metodo de Dantzig-Wolfe con esta con-figuracion (satelite como Problema de la Mochila) son:
A01 =[
1 1]
, cT1 =
[
0 0]
y b =
(
11
)
y la solucion factible inicial para el problema de la Fase I es:
P 11 =
(
00
)
, B = {x4, λ11} y B−1 = I
•Primera iteracion maestra
Primer paso: Calculo del lado derecho del Tableaux.
y0 = B−1b = I
(
11
)
=
(
11
)
171
Segundo paso.
Costos de las variables basicas en el maestro, PTB
Px4= 1
P11 = cT1 P 1
1 =[
0 0]
(
00
)
= 0
⇒ PTB =
[
1 0]
Calculo del vector de multiplicadores π.
πT = PTB B−1 =
[
1 0]
I =[
1 0]
de donde:πT =
[
πT0 αT
]
=[
1 0]
Problema Satelite
S1) Min (cT1 − πT
0 A01)~x1 − α1
x ∈ S1
⇒
S1) Min ([
0 0]
−[
1] [
1 1]
)
(
x1
x2
)
− 0
x ∈ S1
⇒
P) Min −x1 −x2
x1 +2x2≤4
x1, x2 ≥0
Graficamente, tenemos:
x1 =
(
40
)
, v(S1) = −4 6≥ 0
Entonces:
P 21 =
(
40
)
y λ12 entra a la base.
Tercer paso: Calculo de la columna entrante en el Tableaux
y(1,2) = B−1M (1,2) = B−1
[
A01P21
1
]
= I
[
1 1]
(
40
)
1
=
(
4
1
)
Variable saliente:
Min
{
1
4,1
1
}
=1
4
172 CAPITULO 9. METODO DE DANTZIG-WOLFE
Ası, p = 1, x4 sale de la base y termina la Fase I.
Nueva Base:
Matriz de pivote.
P1 =
(
[η1][
141−4
]
01
)
=
[
1/4 0−1/4 1
]
Ası:
B−1+ = P1B
−1 =
[
1/4 0−1/4 1
]
I =
[
1/4 0−1/4 1
]
y los datos para la Fase II son:
B = {λ12, λ11} y B−1 =
[
1/4 0−1/4 1
]
Fase II
Tenıamos el problema en formato de Dantzig-Wolfe:
P) Min −x1
x1 +x2 −x3=1
x1 +2x2 ≤4
x1, x2, x3≥0
Lo unico que cambia en la Fase II es el vector de costos:
cT1 =
[
−1 0]
•Primera iteracion maestra
Primer paso: Calculo del lado derecho del Tableaux.
y0 = B−1b =
[
1/4 0−1/4 1
](
11
)
=
(
1/43/4
)
Segundo paso.
Costos de las variables basicas en el maestro, PTB
4:
P12 = cT1 P 2
1 =[
−1 0]
(
40
)
= −4
P11 = cT1 P 1
1 =[
−1 0]
(
00
)
= 0
⇒ PTB =
[
−4 0]
4Notar que, P11 no cambia de valor con respecto a la ultima iteracion de la Fase I simple-mente porque P11 = ~0. Esto es mera coincidencia y en general, al pasar a la Fase II, se debecalcular nuevamente el valor de pT
B.
173
Calculo del vector de multiplicadores π.
πT = PTB B−1 =
[
−4 0]
[
1/4 0−1/4 1
]
=[
−1 0]
de donde:πT =
[
πT0 αT
]
=[
−1 0]
Problema Satelite
S1) Min (cT1 − πT
0 A01)~x1 − α1
x ∈ S1
⇒
S1) Min ([
−1 0]
−[
−1] [
1 1]
)
(
x1
x2
)
− 0
x ∈ S1
⇒
P) Min x2
x1 +2x2≤4
x1, x2 ≥0
Graficamente, tenemos5:
x1 =
(
40
)
, v(S1) = 0 ≥ 0
Faltarıa el costo reducido de la variable de exceso6 (recordar que esta ultimaesta fuera de la base):
rTx3
= −(−1) · (−1) = −1 6≥ 0
Entonces x3 entra a la base.
Tercer paso: Calculo de la columna entrante en el Tableaux
yx3= B−1Mx3 = B−1
[
−10
]
=
[
1/4 0−1/4 1
] [
−10
]
=
(
−14
14
)
Variable saliente:
Min
{
·,3/4
1/4
}
= 3
5De hecho, cualquier solucion de la forma x =
„
y
0
«
con 0 ≤ y ≤ 4, es optima para S1).
6Notese que, como x3 es variable de exceso, su costo reducido es igual al valor de π0.
174 CAPITULO 9. METODO DE DANTZIG-WOLFE
Ası, p = 2 y λ11 sale de la base.
Nueva Base:
Matriz de pivote.
P2 =
(
[η2]
10
[
−1/4−1/4
11/4
])
=
[
1 10 4
]
Ası:
B−1+ = P2B
−1 =
[
1 10 4
] [
1/4 0−1/4 1
]
=
[
0 1−1 4
]
y los datos para la nueva iteracion son:
B = {λ12, x3} y B−1 =
[
0 1−1 4
]
•Segunda iteracion maestra
Primer paso: Calculo del lado derecho del Tableaux.
y0 = B−1b =
[
0 1−1 4
](
11
)
=
(
13
)
Segundo paso.
Costos de las variables basicas en el maestro, PTB :
Ps = 0⇒ PTB =
[
−4 0]
Calculo del vector de multiplicadores π.
πT = PTB B−1 =
[
−4 0]
[
0 1−1 4
]
=[
0 −4]
de donde:
πT =[
πT0 αT
]
=[
0 −4]
175
Problema Satelite
S1) Min (cT1 − πT
0 A01)~x1 − α1
x ∈ S1
⇒
S1) Min ([
−1 0]
−[
0] [
1 1]
)
(
x1
x2
)
− (−4)
x ∈ S1
⇒
P) Min −x1 +4
x1 +2x2≤4
x1, x2 ≥0
Graficamente, tenemos:
x1 =
(
40
)
, v(S1) = 0 ≥ 0
Fin, la solucion encontrada es optima. Concretamente:
(
x1
x2
)
= λ12P21 = 1
[
40
]
=
[
40
]
Nota: A diferencia de lo que sucede generalmente, la restriccion de coordi-nacion no es activa en el optimo. Si esto ocurriera en un problema con mas deun satelite, implicarıa que la restriccion se podrıa haber eliminado y el problemaserıa separable.
176 CAPITULO 9. METODO DE DANTZIG-WOLFE
Ejercicio 9.3 (†)
Considere el problema lineal de minimizacion :
P) Min −x1 −2x2+3x3+x4
x1 +2x2+2x3+x4≥ 40
x1 +x2 ≤ 2
−x1 +2x2 ≤ 2
x3 +x4 ≥ 6
x1, x2, x3, x4 ≥ 0
(i) (1 Pto.) Muestre, antes de resolver, que el problema admite solucionoptima.
(ii) (4 Ptos.) Calcule una solucion optima mediante el Metodo de Descompo-sicion de Dantzig y Wolfe, llevando la matriz Inversa de Base del ProblemaMaestro, en forma explıcita.
(iii) (1 Pto.) Explicite la solucion optima del problema original encontrada.
Solucion
(i) Se tiene que (x1, x2, x3, x4) = (0, 0, 0, 40) ∈ P . Luego:
P 6= φ (9.1)
De la segunda restriccion y las de no-negatividad, podemos calcular cotassuperiores para las variables 1 y 2. Concretamente:
x1 + x2 ≤ 2x1 ≥ 0x2 ≥ 0
⇒
{
x1 ≤ 2x2 ≤ 2
}
⇒
{
−x1 ≥ −2
−2x2 ≥ −4
Esto, junto con las restricciones de no-negatividad de las variables 3 y 4, nosentrega lo deseado:
−x1 ≥ −2
−2x2 ≥ −4
x3 ≥ 0
x4 ≥ 0
⇒ −x1 − 2x2 + x3 + x4 ≥ −6
Ası:cT x ≥ cte. (9.2)
177
Luego, (9.1) y (9.2) cumplen con las hipotesis del Teorema de Existencia de la
Programacion Lineal y, por lo tanto, P) admite solucion optima.
(ii) Formato de Dantzig-Wolfe:
P) Min −x1 −2x2+3x3+x4
x1 +2x2+2x3+x4 −x5= 40
x1 +x2 ≤ 2
−x1 +2x2 ≤ 2
x3 +x4 ≥ 6
x1, x2, x3, x4, x5 ≥ 0
donde la primera restriccion es de coordinacion (m0 = 1) y tenemos 2 satelites(N = 2), los cuales estan formados por las restricciones
x1 +x2 ≤ 2
−x1 +2x2≤ 2
x1, x2 ≥ 0
para el primer satelite y
x3+x4 ≥ 6
x3, x4 ≥ 0
para el segundo. Este ultimo satelite resulta ser no-acotado.
A continuacion, se muestra los graficos de ambos satelites.
•Grafico Satelite 1
0 1 20
1
2
x2
x1
(
00
)
(
01
)
(
20
)
(
2343
)
178 CAPITULO 9. METODO DE DANTZIG-WOLFE
•Grafico Satelite 2
0 1 2 3 4 5 6 70
1
2
3
4
5
6
7
x4
x3
(
00
) (
60
)
(
06
)
Como el punto ~0 no pertenece a P), se necesita hacer dos fases. Se viola larestriccion de coordinacion y el segundo satelite. Ası, necesitaremos dos variablesartificiales.
Los datos para comenzar la Fase I del Metodo de Dantzig-Wolfe con estaconfiguracion son:
A01 =[
1 2]
y cT1 =
[
0 0]
para el primer satelite y
A02 =[
2 1]
y cT2 =
[
0 0]
para el segundo. El nuevo lado derecho queda:
b =
4011
y la solucion factible inicial para el problema de la Fase I es:
P 11 =
(
00
)
, B = {η1, λ11, η2} y B−1 = I
donde η1 y η2 son las variables artificiales de la restriccion de coordinacion y elsegundo satelite, respectivamente.
•Primera iteracion maestra
Primer paso: Calculo del lado derecho del Tableaux.
y0 = B−1b = I
4011
=
4011
179
Segundo paso.
Costos de las variables basicas en el maestro, PTB
Pη1= 1
Pλ11= cT
1 P 11 =
[
0 0]
(
00
)
= 0
Pη2= 1
⇒ PTB =
[
1 0 1]
Calculo del vector de multiplicadores π.
πT = PTB B−1 =
[
1 0 1]
I =[
1 0 1]
de donde:πT =
[
πT0 αT
]
=[
1 0 1]
Problemas Satelite
Primer Satelite
S1) Min (cT1 − πT
0 A01)~x1 − α1
x ∈ S1
⇒
S1) Min ([
0 0]
−[
1] [
1 2]
)
(
x1
x2
)
− 0
x ∈ S1
⇒
P) Min −x1 −2x2
x1 +x2 ≤2
−x1 +2x2≤2
x1, x2 ≥0
Graficamente, tenemos:
x1 =
(
2343
)
, v(S1) = −10
36≥ 0
Segundo Satelite
S2) Min (cT2 − πT
0 A02)~x2 − α2
x ∈ S2
⇒
S2) Min ([
0 0]
−[
1] [
2 1]
)
(
x3
x4
)
− 1
x ∈ S2
⇒
P) Min −2x3−x4−1
x3 +x4≥6
x3, x4≥0
180 CAPITULO 9. METODO DE DANTZIG-WOLFE
Graficamente, tenemos que el problema no tiene solucion optima. Para ladireccion asintotica7:
d2 =
(
01
)
, v(S2) = −∞ 6≥ 0
Entonces:
C12 =
(
01
)
y µ21 entra a la base.
Tercer paso: Calculo de la columna entrante en el Tableaux
yµ21= B−1Mµ21 = B−1
A02C12
00
= I
[
2 1]
(
01
)
00
=
1
00
Variable saliente:
Min
{
40
1, ·, ·
}
= 40
Ası, p = 1 y η1 sale de la base.
Nueva Base:
Matriz de pivote.
P1 =
[η1]
110−10−1
0 01 00 1
=
1 0 00 1 00 0 1
Ası:
B−1+ = P1B
−1 =
1 0 00 1 00 0 1
I =
1 0 00 1 00 0 1
y los datos para la nueva iteracion son:
B = {µ21, λ11, η2} y B−1 =
1 0 00 1 00 0 1
7Alternativamente, podrıamos haber tomado la otra direccion asintotica d2 =
„
10
«
. Los
resultados finales son los mismos.
181
•Segunda iteracion maestra
Primer paso: Calculo del lado derecho del Tableaux.
y0 = B−1b =
1 0 00 1 00 0 1
4011
=
4011
Segundo paso.
Costos de las variables basicas en el maestro, PTB
Pµ21= cT
2 C12 =
[
0 0]
(
01
)
= 0⇒ PTB =
[
0 0 1]
Calculo del vector de multiplicadores π.
πT = PTB B−1 =
[
0 0 1]
1 0 00 1 00 0 1
=[
0 0 1]
de donde:
πT =[
πT0 αT
]
=[
0 0 1]
Problemas Satelite
Primer Satelite
S1) Min (cT1 − πT
0 A01)~x1 − α1
x ∈ S1
⇒
S1) Min ([
0 0]
−[
0] [
1 2]
)
(
x1
x2
)
− 0
x ∈ S1
⇒
P) Min 0
x1 +x2 ≤2
−x1 +2x2≤2
x1, x2 ≥0
Claramente, tenemos:
v(S1) = 0 ≥ 0
182 CAPITULO 9. METODO DE DANTZIG-WOLFE
Segundo Satelite
S2) Min (cT2 − πT
0 A02)~x2 − α2
x ∈ S2
⇒
S2) Min ([
0 0]
−[
0] [
2 1]
)
(
x3
x4
)
− 1
x ∈ S2
⇒
P) Min −1
x3 +x4≥6
x3, x4≥0
Claramente, tenemos:
v(S1) = −1 6≥ 0
Entonces8:
P 12 =
(
06
)
y λ21 entra a la base.
Tercer paso: Calculo de la columna entrante en el Tableaux
yλ21= B−1Mλ21 = B−1
A02P12
01
=
1 0 00 1 00 0 1
[
2 1]
(
06
)
01
=
60
1
Variable saliente:
Min
{
40
6, ·,
1
1
}
= 1
Ası, p = 3, η2 sale de la base y termina la Fase I.
Nueva Base:
Matriz de pivote.
P3 =
[η3]
1 00 10 0
6−10−111
=
1 0 −60 1 00 0 1
8Se podrıa tomar cualquier punto del dominio de este satelite, el punto escogido es arbi-trario.
183
Ası:
B−1+ = P3B
−1 =
1 0 −60 1 00 0 1
1 0 00 1 00 0 1
=
1 0 −60 1 00 0 1
y los datos para la Fase II son:
B = {µ21, λ11, λ21} y B−1 =
1 0 −60 1 00 0 1
Fase II
Lo unico que cambia en la Fase II son los vectores de costos:
cT1 =
[
−1 −2]
y cT2 =
[
3 1]
•Primera iteracion maestra
Primer paso: Calculo del lado derecho del Tableaux.
y0 = B−1b =
1 0 −60 1 00 0 1
4011
=
3411
Segundo paso.
Costos de las variables basicas en el maestro, PTB :
Pµ21= cT
2 C12 =
[
3 1]
(
01
)
= 1
Pλ11= cT
1 P 11 =
[
−1 −2]
(
00
)
= 0
Pλ21= cT
2 P 12 =
[
3 1]
(
06
)
= 6
⇒ PTB =
[
1 0 6]
Calculo del vector de multiplicadores π.
πT = PTB B−1 =
[
1 0 6]
1 0 −60 1 00 0 1
=[
1 0 0]
de donde:
πT =[
πT0 αT
]
=[
1 0 0]
184 CAPITULO 9. METODO DE DANTZIG-WOLFE
Problemas Satelite
Primer Satelite
S1) Min (cT1 − πT
0 A01)~x1 − α1
x ∈ S1
⇒
S1) Min ([
−1 −2]
−[
1] [
1 2]
)
(
x1
x2
)
− 0
x ∈ S1
⇒
P) Min −2x1−4x2
x1 +x2 ≤2
−x1 +2x2≤2
x1, x2 ≥0
Graficamente, tenemos:
x1 =
(
2343
)
, v(S1) = −10
36≥ 0
Segundo Satelite
S2) Min (cT2 − πT
0 A02)~x2 − α2
x ∈ S2
⇒
S2) Min ([
3 1]
−[
1] [
2 1]
)
(
x3
x4
)
− 0
x ∈ S2
⇒
P) Min x3
x3 +x4≥6
x3, x4≥0
Claramente, tenemos:
v(S1) = 0 ≥ 0
Entonces:
P 21 =
(
2/34/3
)
y λ12 entra a la base.
185
Tercer paso: Calculo de la columna entrante en el Tableaux
yλ12= B−1Mλ12 = B−1
A01P21
10
=
1 0 −60 1 00 0 1
[
1 2]
(
2/34/3
)
10
=
10/3
1
0
Variable saliente:
Min
{
34
10/3,1
1, ·
}
= 1
Ası, p = 2 y λ11 sale de la base.
Nueva Base:
Matriz de pivote.
P2 =
[η2]
100
10/3−1110−1
001
=
1 −10/3 00 1 00 0 1
Ası:
B−1+ = P2B
−1 =
1 −10/3 00 1 00 0 1
1 0 −60 1 00 0 1
=
1 −10/3 −60 1 00 0 1
y los datos para la nueva iteracion son:
B = {µ21, λ12, λ21} y B−1 =
1 −10/3 −60 1 00 0 1
•Segunda iteracion maestra
Primer paso: Calculo del lado derecho del Tableaux.
y0 = B−1b =
1 −10/3 −60 1 00 0 1
4011
=
92/311
186 CAPITULO 9. METODO DE DANTZIG-WOLFE
Segundo paso.
Costos de las variables basicas en el maestro, PTB :
Pλ12= cT
1 P 21 =
[
−1 −2]
(
2/34/3
)
= −10/3⇒ PTB =
[
1 −10/3 6]
Calculo del vector de multiplicadores π.
πT = PTB B−1 =
[
1 −10/3 6]
1 −10/3 −60 1 00 0 1
=[
1 −20/3 0]
de donde:πT =
[
πT0 αT
]
=[
1 −20/3 0]
Problemas Satelite
Primer Satelite
S1) Min (cT1 − πT
0 A01)~x1 − α1
x ∈ S1
⇒
S1) Min ([
−1 −2]
−[
1] [
1 2]
)
(
x1
x2
)
− (−20/3)
x ∈ S1
⇒
P) Min −2x1−4x2+20
3x1 +x2 ≤2
−x1 +2x2≤2
x1, x2 ≥0
Graficamente, tenemos:
x1 =
(
2343
)
, v(S1) = 0 ≥ 0
Segundo Satelite
S2) Min (cT2 − πT
0 A02)~x2 − α2
x ∈ S2
⇒
S2) Min ([
3 1]
−[
1] [
2 1]
)
(
x3
x4
)
− 0
x ∈ S2
⇒
P) Min x3
x3 +x4≥6
x3, x4≥0
187
Claramente, tenemos:v(S1) = 0 ≥ 0
Faltarıa el costo reducido de la variable de exceso (recordar que esta ultimaesta fuera de la base):
rTs = −(1) · (−1) = 1 ≥ 0
Fin, la solucion encontrada es optima.
(iii) Tenemos:(
x1
x2
)
= λ12P21 = 1
[
2/34/3
]
=
[
2/34/3
]
(
x3
x4
)
= µ21C12 + λ21P
12 =
92
3
[
01
]
+ 1
[
06
]
=
[
0110/3
]
Ası, la solucion del problema original queda:
x =
x1
x2
x3
x4
=
2/34/30
110/3
y el valor optimo del problema es:
v(P) = −1 ·2
3+−2 ·
4
3+ 3 · 0 + 1 ·
110
3=
100
3