Capítulo 9 - Método de Descomposición de Dantzig-Wolf

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


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.


•Grafico Satelite 1

0 1 2 3 4 5 60

1

2

3

4

5

6

x2

x1

(

00

) (

60

)

(

06

)


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


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.


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


y0 = B−1b =

1 −6 00 1 00 0 1

811

=

211

165

Segundo paso.


P12 = cT1 P 2

1 =[

−1 −3]

(

06

)

= −18⇒ PTB =

[

0 −18 0]


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


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


x1 =

(

06

)

, v(S1) = 0 ≥ 0

Segundo Satelite


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



x2 =

(

04

)

, v(S2) = −4 6≥ 0

Entonces:

P 22 =

(

04

)



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


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


y0 = B−1b =

1/4 −3/2 00 1 0

−1/4 3/2 1

811

=

1/21

1/2

Segundo paso.


P22 = cT2 P 2

2 =[

1 −1]

(

04

)

= −4⇒ PTB =

[

−4 −18 0]


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


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


x1 =

(

06

)

, v(S1) = 0 ≥ 0


Segundo Satelite


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


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


(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



y0 = B−1b = I

(

11

)

=

(

11

)

171

Segundo paso.


Px4= 1

P11 = cT1 P 1

1 =[

0 0]

(

00

)

= 0

⇒ PTB =

[

1 0]


πT = PTB B−1 =

[

1 0]

I =[

1 0]

de donde:πT =

[

πT0 αT

]

=[

1 0]

Problema Satelite


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


x1 =

(

40

)

, v(S1) = −4 6≥ 0

Entonces:

P 21 =

(

40

)



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


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]



y0 = B−1b =

[

1/4 0−1/4 1

](

11

)

=

(

1/43/4

)

Segundo paso.


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


πT = PTB B−1 =

[

−4 0]

[

1/4 0−1/4 1

]

=[

−1 0]

de donde:πT =

[

πT0 αT

]

=[

−1 0]

Problema Satelite


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


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.


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.



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

]


B = {λ12, x3} y B−1 =

[

0 1−1 4

]



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]


πT = PTB B−1 =

[

−4 0]

[

0 1−1 4

]

=[

0 −4]

de donde:

πT =[

πT0 αT

]

=[

0 −4]

175

Problema Satelite


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


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.


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


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.


0 1 20

1

2

x2

x1

(

00

)

(

01

)

(

20

)

(

2343

)



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]


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.



y0 = B−1b = I

4011

=

4011

179

Segundo paso.


Pη1= 1

Pλ11= cT

1 P 11 =

[

0 0]

(

00

)

= 0

Pη2= 1

⇒ PTB =

[

1 0 1]


πT = PTB B−1 =

[

1 0 1]

I =[

1 0 1]

de donde:πT =

[

πT0 αT

]

=[

1 0 1]

Problemas Satelite

Primer Satelite


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


x1 =

(

2343

)

, v(S1) = −10

36≥ 0

Segundo Satelite


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


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.


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


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



y0 = B−1b =

1 0 00 1 00 0 1

4011

=

4011

Segundo paso.


Pµ21= cT

2 C12 =

[

0 0]

(

01

)

= 0⇒ PTB =

[

0 0 1]


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


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


Segundo Satelite


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


v(S1) = −1 6≥ 0

Entonces8:

P 12 =

(

06

)



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]



y0 = B−1b =

1 0 −60 1 00 0 1

4011

=

3411

Segundo paso.


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]


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]


Problemas Satelite

Primer Satelite


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


x1 =

(

2343

)

, v(S1) = −10

36≥ 0

Segundo Satelite


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


v(S1) = 0 ≥ 0

Entonces:

P 21 =

(

2/34/3

)


185


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


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


B = {µ21, λ12, λ21} y B−1 =

1 −10/3 −60 1 00 0 1



y0 = B−1b =

1 −10/3 −60 1 00 0 1

4011

=

92/311


Segundo paso.


Pλ12= cT

1 P 21 =

[

−1 −2]

(

2/34/3

)

= −10/3⇒ PTB =

[

1 −10/3 6]


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


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


x1 =

(

2343

)

, v(S1) = 0 ≥ 0

Segundo Satelite


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

Capítulo 9 - Método de Descomposición de Dantzig-Wolf

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