UNIVERSITETET I OSLO

Transkript

1 UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i Eksamensdag: 2. juni 2006 Tid for eksamen: Oppgavesettet er på 5 sider. Vedlegg: INF-MAT 3370/INF-MAT 4370 Lineær optimering Ingen Tillatte hjelpemidler: Bare godkjent kalkulator. Kontroller at oppgavesettet er komplett før du begynner å besvare spørsmålene. Oppgavesettet består av 8 spørsmål med tilnærmet samme vekt. Løsningsforslag. Oppgave 1 Ja eller nei I hvert av delpunktene under skal du avgjøre om utsagnet er rett eller galt, og begrunne svaret. 1a Påstand: Hvis et LP problem er tillatt og ubegrenset, så har det duale problemet ingen tillatt løsning. 1b Løsning: Riktig. Følger av svak dualitet, se boka. Påstand: I alle LP problemer med n variable, vil antall pivoteringer med simpleksmetoden være høyst n 4. Løsning: Galt. Klee-Minty eksemplet krever 2 n 1 pivoteringer når vi bruker simpleksalgoritmen med Dantzig s pivoteringsregel. Oppgave 2 Simpleks og dualitet 2a Løs følgende LP problem med simpleksmetoden basert på den leksikografiske regelen: (Fortsettes på side 2.)

2 Eksamen i INF-MAT 3370/INF-MAT 4370, 2. juni 2006 Side 2 maksimer 3x 1 + x 2 2x 2 1 x 1 x 2 0 2x 1 4x 2 0 x 1, x 2 0. Forklar hvorfor x = (1/2, 1/2) er entydig optimal løsning. (1) Løsning: La 0 < ǫ 2 ǫ 3 ǫ 1 alle data. η = 3x 1 + x 2 w 1 = 1 + ǫ 1 2x 2 w 2 = ǫ 2 x 1 + x 2 w 3 = ǫ 3 2x 1 + 4x 2 Første pivotering: x 1 inn i basis og w 2 ut av basis. Resultat: η = 3ǫ 2 3w 2 + 4x 2 w 1 = 1 + ǫ 1 2x 2 x 1 = ǫ 2 w 2 + x 2 w 3 = ǫ 3 2ǫ 2 + 2w 2 + 2x 2 Andre pivotering: x 2 inn i basis og w 1 ut av basis. Resultat: η = 2 + 2ǫ 1 + 3ǫ 2 2w 1 3w 2 x 2 = 1/2 + (1/2)ǫ 1 (1/2)w 1 x 1 = 1/2 + (1/2)ǫ 1 + ǫ 2 (1/2)w 1 w 2 w 3 = 1 + ǫ 1 2ǫ 2 + ǫ 3 w 1 + 2w 2 Sløyfer ǫ-ene og finner optimal basisliste η = 2 2w 1 3w 2 x 2 = 1/2 (1/2)w 1 x 1 = 1/2 (1/2)w 1 w 2 w 3 = 1 w 1 + 2w 2 Så entydig optimal løsning er x = (1/2, 1/2) (og w = (0, 0, 1)): entydigheten fordi reduserte kostnadskoeffisienter er strengt negative. (Enhver annen tillatt løsning fremkommer ved å øke minst en ikkebasisvariabel og da blir verdien på objektivfunksjonen lavere.) (Fortsettes på side 3.)

3 Eksamen i INF-MAT 3370/INF-MAT 4370, 2. juni 2006 Side 3 2b Finn en optimal løsning av det duale til LP problemet (1). Gi videre et enkelt argument for at x = (1/2, 1/2) er optimal i (1) ved å bestemme en passende lineærkombinasjon av lineære ulikheter i problemet. Løsning: Ser fra optimal basisliste i 1a at y = (y 1, y 2, y 3 ) = (2, 3, 0) er optimal i det duale til problem (1). Argument for optimalitet av x = (1/2, 1/2) i (1): adderer 2 (= y 1 ) ganger ulikheten 2x 2 1 og 3 (= y 2 ) ganger ulikheten x 1 x 2 0 og får 3x 1 + x 2 2; se objektivfunksjonen. Så enhver tillatt løsning i (1) oppfyller denne ulikheten og det følger at x = (1/2, 1/2) er optimal: 3 (1/2) + 1 (1/2) = 2. Oppgave 3 Nettverk strøm Betrakt følgende nettverk (rettet graf) D = (V, A) der tallene ved kantene (linjene) angir en tillatt strøm x = (x ij : (i, j) A). a 2 b c 1 d 3a Finn en annen tillatt strøm x der x ab = x dc = 0. Løsning: Betrakt syklusen a,d,c,a og adder en tilhørende syklus-strøm med verdi 1 (reting mot urviseren): dette gir en ny tillatt strøm med strøm 0 fra d til c. Gjør tilsvarende med syklusen a, b, d, a (syklus strøm med verdi 2, retning mot urviseren). Resultat: tillatt strøm x gitt ved x ca = x ad = x bd = 4 og resten 0. 3b Anta at det er kantkostnader c slik at den oppgitte strømmen x er optimal i det tilhørende minimum kost strøm problemet. Er da også løsningen x (Fortsettes på side 4.)

4 Eksamen i INF-MAT 3370/INF-MAT 4370, 2. juni 2006 Side 4 optimal? Begrunn svaret. Løsning: Ja! Fordi x er optimal må kostnaden til hver syklus med bare positive strømvariable være 0 (merk: kostnaden til syklusen er å summere kantkostnadene med fortegn ut fra retning, basert på en viss orientering av syklusen). For ellers kunne vi finne en tillatt strøm med lavere kostnad ved å sende strøm rundt i denne syklusen (med passende retning). Dermed vil sykel-modifikasjonen vi gjorde i foregående punkt ikke endre kostnaden, så x er også optimal. Oppgave 4 Konveksitet La p 1, p 2,...,p m være m punkter i IR n, og la K være den konvekse innhylningen til disse punktene. 4a La b K. Vis at b kan skrives som en konveks kombinasjon av høyst n + 1 av punktene p 1, p 2,...,p m. (Hint: bruk LP teori.) Løsning: Siden b K finnes tall λ 1, λ 2,..., λ m som er ikkenegative og har sum 1 slik at b = j=1 λ jp j. Derfor vil LP problemet maksimer N j=1 0 λ j b = j=1 λ jp j j=1 λ j = 1 λ 1,..., λ m 0 ha en tillatt løsning (λ, x). Ved fundamentalteoremet for LP finnes da også en optimal basisløsning, og den har høyst n+1 variable som er positive (idet vi har n + 1 likninger). Dette gir ønsket lineær kombinasjon. 4b Betrakt videre et polyeder i IR n gitt ved P = {x IR n : Ax b} der A er en r n matrise og b en r 1 matrise (dvs. kolonnevektor). Forklar hvordan man kan finne et punkt i snittet P K, samt avklare om evt. P K =, ved hjelp av lineær programmering. (Fortsettes på side 5.)

5 Eksamen i INF-MAT 3370/INF-MAT 4370, 2. juni 2006 Side 5 Løsning: Ser nå på maksimer j=1 0 λ j Ax b x = j=1 λ jp j j=1 λ j = 1 λ 1,..., λ m 0 som har en tillatt løsning (λ, x) hvis og bare hvis K P er ikketom. Og i så fall vil løsningen x ligge i K P. Lykke til!