Úterý 11:00 – 12:30 hod. učebna 212 RB © Lagová, Kalčevová 4EK213 – LINEÁRNÍ MODELY Úterý 11:00 – 12:30 hod. učebna 212 RB © Lagová, Kalčevová

10. přednáška PARAMETRICKÉ PROGAMOVÁNÍ CELOČÍSELNÉ PROGRAMOVÁNÍ © Lagová, Kalčevová

OSNOVA PŘEDNÁŠKY Parametrické pravé strany Parametrické ceny Formulace úloh celočíselného programo-vání Množina PŘ Klasifikace metody © L&K

PARAMETRICKÉ PROGRAMOVÁNÍ Některé části modelu úlohy LP se mění spojitě v závislosti na parametru t Nejobvyklejší je změna pravých stran ne-bo cen omezení Ekonomicky může jít o růst nebo pokles cen závislý na čase, sezónní výkyvy v dodávkách surovin, v poptávce atd. © L&K

Zadání úlohy Parametr t je reálné číslo ze zadaného intervalu T0 ≤ t ≤ T1 (10.1) kde T0 je dolní mez celkového intervalu T1 je horní mez celkového intervalu Parametr t může být neomezen zdola, popř. shora: V tomto případě nahradíme symbol ∞ řá- dově dostatečně velkým číslem t( ∞, ∞) ‾ © L&K

Princip řešení V parametrickém programování neřešíme jednu úlohu LP, ale celou řadu úloh Optimální řešení se může měnit v závis-losti na tom, jak se mění pravé strany, po-př. ceny Hledáme tedy řadu optimálních bází Celkový interval hodnot parametru t (10.1) rozdělíme na dílčí intervaly V každém dílčím intervalu vypočteme optimální bázi Bs © L&K

První optimální bázi B1 vypočteme SM Stanovíme, pro které hodnoty parametru t je tato báze optimální: t 0(1) ... dolní mez hodnot parametru t t 1(1) ... horní mez hodnot parametru t Pro t > t 1(1) je porušena optimalita báze B1 Počítáme novou optimální bázi B2 S rostoucí hodnotou t je v určitém okamžiku porušena optimalita této báze © L&K

Zakončení výpočtu Celkový interval t   T0 , T1  tak rozdělíme na řadu dílčích intervalů t   t0 (s), t1 (s)  Výpočet končí tak, že: 1. vyčerpáme všechny zadané hodnoty t 2. pro další hodnoty t neexistuje optimální báze © L&K

PARAMETRICKÉ PRAVÉ STRANY Formulujeme parametrickou úlohu LP: Ax = b0 + b1t x  0 (10.2) z = cTx … max. kde t … je reálné číslo z intervalu T0 ≤ t ≤ T1 Řešit tuto úlohu znamená vypočítat řadu bází, které jsou optimální v jednotlivých dílčích intervalech hodnot parametru t © L&K

1. OPTIMÁLNÍ BÁZE Položíme t = T0 dosadíme do (10.2): bi = b0i + b1i t, (10.3) i = 1, 2, ..., m Je−li některá pravá strana po této úpravě záporná, vynásobíme omezení (−1) Simplexovou tabulku rozšíříme o sloupec b0 a b1 Počítáme SM optimální řešení podle pra-vých stran (10.3) Sloupce b0 a b1 pouze transformujeme © L&K

Meze s-tého intervalu V OŘ jsou transformované pravé strany: β0i + β1i t ≥ 0 (10.4) Je-li β1i > 0, platí odtud pro t: ................. ? Je-li β1i < 0, platí pro t: ............................. ? Vztah (10.4) musí být splněn pro všechny pravé strany © L&K

Dolní mez hodnot t v s−tém intervalu je z (10.4): t0(s) = max (−β0i / β1i ) (10.5) pro i = 1, 2, ..., m, β1i > 0 Horní mez hodnot t v s −tém intervalu je odtud t1 (s) = min (−β0i / β1i ) (10.6) pro i = 1, 2, ..., m, β1i < 0 Dílčí s−tý interval je tedy t   max (−β0i / β1i ) , min (−β0i / β1i )  © L&K

POKRAČOVÁNÍ VÝPOČTU Je−li horní hranice dílčího intervalu menší než celková horní hranice, tj. t1(s) < T1 počítáme další optimální bázi Protože pro t > t1(s) je řešení primárně ne-přípustné, počítáme DSM Klíčový řádek je ten, ve kterém jsme našli horní hranici intervalu t1(s) Dolní hranice intervalu s +1 je vždy rovna horní hranici s−tého intervalu © L&K

Příklad 10.1 Položíme t =1 a vypočteme: b1= 20 +2.1=22 b2= 6 +3.1= 9 kde 1 ≤ t ≤ 100 Položíme t =1 a vypočteme: b1= 20 +2.1=22 b2= 6 +3.1= 9 © L&K

Výchozí řešení bulku transformujeme Tab. 10.1 Klíčový řádek určíme podle hodnot bi a ta- bulku transformujeme © L&K

1. optimální báze • Vektor OŘ je z tabulky 10.2: x(1) = (6+3t, 0, 8- 4t, 0, 0)T, (10.7) V OŘ musí platit: 8 − 4t ≥ 0 → t ≤ 2 6 + 3t ≥ 0 → t ≥-2 Dolní a horní hranice prvního intervalu: t0(1) = 1 (=T0) t1(1) = 2 (dosadíme T0 =1, protože je větší než -2) První dílčí interval je: t 1, 2  © L&K

OŘ v intervalu t 1, 2  pro t =1: x(1) = (9, 0, 4, 0)T, z = 480+240.1=720 Pro t =2 je OŘ v intervalu t 1, 2 : x(2) = (12, 0, 0, 0)T, z 480+240.2= 960 Pro t = 3 je řešení v tabulce 10.2 primár-ně nepřípustné: x(3) = (18, 0, -4 , 0)T, z = 960 Novou optimální bázi počítáme DSM © L&K

Pokračování výpočtu • Zvolíme klíčový řádek a klíčový sloupec: Tab. 10.3 Tab. 10.4 © L&K

2. optimální báze V tabulce 10.4 je optimální řešení x(2) = (14-1t, -8+4t, 0, 0)T, (10.8) z = 640+160t • Z podmínek nezápornosti je: 14-1.t ≥ 0 -8+4.t ≥ 0 Odtud je druhý interval hodnot t: t   2, 14  t ≤ 14 t ≥ 2 © L&K

Dosadíme−li t = 2 do (10.7) i (10.8), dostaneme stejné řešení Všimněte si, že dolní hranice druhého intervalu = horní hranici prvního Dosadíme−li t = 2 do (10.7) i (10.8), dostaneme stejné řešení x=(12, 0, 0, 0)T, z=960 Na rozhraní dvou sousedních intervalů tedy existují dvě optimální báze • Protože t1(2)<T1, pokračujeme ve výpočtu: jakou metodou ........................................ ? © L&K

Pokračování výpočtu Tab. 10.5 Tab. 10.6 © L&K

3. optimální báze hodnoty t nejsou shora omezeny Všechny koeficienty u β1i(3) jsou nezáporné, hodnoty t nejsou shora omezeny Dosadíme tedy t1(3) =100: výpočet končí Třetí báze je optimální pro t   14, 100  Optimálním řešením ve třetím dílčím intervalu je x(3) = (0, 20+2t, 0, -14+t), z(3) = 1220+120t © L&K

Přehled optimálních řešení Tab. 10.7 © L&K

ZAKONČENÍ VÝPOČTU Výpočet úlohy LP s parametrickými pra-vými stranami může skončit dvěma způ-soby: 1. t1 (s) ≥ T1  výpočet končí 2. t1 (s) < T1, ale v klíčovém řádku není zá- porný koeficient  pro t > t1 (s) neexistuje OŘ: - dosadíme T1 = t1 (s)  výpočet končí © L&K

Příklad 10.2 Položíme t =1 a vypočteme: b1= 24 - 1.10 =14 kde 10 ≤ t ≤ 100 Položíme t =1 a vypočteme: b1= 24 - 1.10 =14 b2= 12 +1.10 = 22 © L&K

Vypočetli jsme v LPPro OŘ simplexovou metodou pro t =10: Tab. 10.8 Vypočetli jsme v LPPro OŘ simplexovou metodou pro t =10: x=(7/2, 0, 0, 8), z=7/2 © L&K

1. optimální báze Určíme meze 1. dílčího intervalu ........... ? Optimální řešení v 1. intervalu je: x(1) = (6-1/4t, 0, 0, -12+2t, )T, (10.9) z = 6-1/4t Pokračujeme ve výpočtu DSM © L&K

Úloha nemá pro t > 24 přípustné řešení Tab. 10.9 Klíčový řádek je první PROČ ................................................... ? Úloha nemá pro t > 24 přípustné řešení Dosadíme T1=24 © L&K

Nepřípustné výchozí řešení Po dosazení dolní meze T0 do (10.2) může být některá pravá strana záporná Výchozí řešení je primárně nepřípustné První optimální bázi není možno počítat simplexovou metodou Pokud není úloha duálně přípustná, musí-me omezení se zápornou pravou stranou násobit (-1) © L&K

Příklad 10.3 Položíme t =-4 a vypočteme ............. ? kde -4 ≤ t ≤ 24 Položíme t =-4 a vypočteme ............. ? © L&K

Druhé omezení jsme násobili (-1) a počíta- li dvoufázovou SM Tab. 10.10 Druhé omezení jsme násobili (-1) a počíta- li dvoufázovou SM © L&K

1. optimální báze x=(8+t, 5, 0, 0)T, z=130+10t pro zadaný interval Tab. 10.11 Dolní mez hodnot t je -4 (-4 > -8) Shora není interval omezen Vypočetli jsme OŘ: x=(8+t, 5, 0, 0)T, z=130+10t pro zadaný interval t   -4, 24  © L&K

PARAMETRICKÉ CENY Řešíme úlohu LP Ax = b x  0 (10.10) z = (c0 + c1t)Tx … max. kde t … je reálné číslo z intervalu T0 ≤ t ≤ T1 c0T...je pevná část cen, c1T...je parametrická část cen Úlohu (10.10) řešíme obdobně jako úlohu LP s parametrickými pravými stranami © L&K

VÝCHOZÍ ŘEŠENÍ Koeficient zj v účelové funkci rozdělíme na dvě části: zj = g0j + g1j t (10.11) kde g0j = c0BT Bs−1 aj  c0j (10.12) g1j = c1BT Bs−1 aj  c1j (10.13) Do (10.11) dosadíme t = T0 Počítáme OŘ podle účelové funkce s koe-ficienty zj © L&K

Dostaneme tak první optimální bázi V maximalizační úloze platí: zj = g0j + g1j t ≥ 0 Odtud odvodíme pro t: Je-li g1j > 0, je ....................................... ? Je-li g1j < 0, je ........................................ ? © L&K

Dolní mez hodnot t v s−tém intervalu je tedy t0(s) = max (−g0j / g1j ) (10.14) pro j = 1, 2, ..., n+m, g1j > 0 Horní mez hodnot t v s −tém intervalu je odtud t1 (s) = min (−g0j / g1j ) (10.15) pro j = 1, 2, ..., n+m, g1j < 0 Dílčí s−tý interval je tedy t   t0(s), t1 (s)  © L&K

POKRAČOVÁNÍ VÝPOČTU Je−li horní hranice dílčího intervalu menší než celková horní hranice, tj. t1(s) < T1 počítáme další optimální bázi Protože pro t > t1(s) je porušena duální přípustnost řešení  SM Klíčový sloupec je ten, ve kterém jsme našli horní hranici intervalu t1(s) Dolní hranice intervalu s +1 je vždy rovna horní hranici s−tého intervalu © L&K

ZAKONČENÍ VÝPOČTU Výpočet úlohy LP s parametrickými pra-vými stranami může skončit dvěma způ-soby: 1. t1 (s) ≥ T1  výpočet končí 2. t1 (s) < T1, ale v klíčovém sloupci není kladný koeficient  pro t > t1 (s) neexistuje OŘ: - dosadíme T1 = t1 (s)  výpočet končí © L&K

Příklad 10.4 Je dána úloha LP s parametrickými cena-mi: x1 + 2x2 ≤ 120 z = (40+6t)x1 + (60-2t)x2 ... max. a interval hodnot parametru t: 0≤ t ≤ 40 © L&K

Ve výchozím řešení jsou základními pro-měnnými přídatné proměnné Je tedy c0BT =(0, 0, 0), c1BT =(0, 0) Vypočteme g0j podle (10.12) a g1j podle (10.13) ..................................................? Vypočteme zj podle (10.11) ....................? slajd 34 © L&K

Výchozí řešení koeficientů zj optimální řešení Tab. 10.12 Simplexovou metodou počítáme podle koeficientů zj optimální řešení © L&K

1. optimální báze Řešení v tabulce je podle řádky z opti- mální © L&K

První dílčí interval hodnot je odtud: t   0, 30  Řešení v tabulce 10.13 je duálně přípust-né (a tedy optimální) pro hodnoty para-metru t : 30 - t ≥ 0 t ≤ 30 10 +7t ≥ 0 t ≥ -10/7 První dílčí interval hodnot je odtud: t   0, 30  Optimální řešení je: x(1) =(110, 5, 0, 50, 0)T, z = 4700 + 650t © L&K

Pokračování výpočtu Řešení v tabulce 10.14 není optimální pro t > 30 Pokračujeme ve výpočtu SM © L&K

2. optimální báze Stanovte podmínky duální přípustnosti Tab. 10.17 Tab. 10.15 Stanovte podmínky duální přípustnosti 2. optimální báze ................................. ? © L&K

Z tabulky 10.15 jsou podmínky optimality: Odtud je V tabulce 10.15 je optimální řešení pro Optimálním řešením je vektor: x =(110, 0,10,70,0)T, z=4400 + 660t © L&K

Příklad 10.5 Je dána úloha LP s parametrickými cena-mi: 2x1 + 3x2 ≤ 14 z = (20+3t)x1 + (64+2t)x2 ... max. a interval hodnot parametru t: 1≤ t ≤ 50 © L&K

SM jsme vypočetli 1. optimální bázi pro: t   1, 44  Koeficienty g0j , g1j a zj : ........................ ? SM jsme vypočetli 1. optimální bázi pro: t   1, 44  Pokračujeme ve výpočtu SM Další optimální báze již vyčerpává celý zadaný interval: t   44, 60  © L&K

Tab. 10.16 © L&K

CELOČÍSELNÉ PROGRAMOVÁNÍ V úlohách celočíselného programování (IP) musí proměnné splňovat i podmínky celočíselnosti Jsou-li podmínky celočíselnosti kladeny pouze na některé strukturní proměnné, jde o smíšené celočíselné programová-ní (MIP) Nabývají-li strukturní proměnné pouze jedné ze dvou hodnot (nula nebo jedna), je to bivalentní programování © L&K

MNOŽINA PŘ V úlohách LP bez podmínek celočíselnosti je množina přípustných řešení spojitá Hodnoty proměnných nemusí být celá čísla V celočíselných úlohách získáme přípust-ná řešení tak, že z této spojité množiny vydělíme body, které vyhovují podmínkám celočíselnosti proměnných Množina přípustných řešení je diskretní © L&K

Úlohu IP nelze tedy řešit SM, kde celočí-selnost OŘ není zaručena Neceločíselné řešení nelze ani jednoduše zaokrouhlit: − zaokrouhlené řešení nemusí být vždy přípustným řešením úlohy LP − zaokrouhlené řešení může být sice pří- pustné, ale nemusí být optimální Názorně je to vidět na grafickém řešení úlohy LP s podmínkami celočíselnosti © L&K

Příklad 11.1 Je dána úloha IP: © L&K

Grafické řešení O ≡ [8/5, 11/5] A ≡ [0, 3] B ≡ [1, 2] C ≡ [2, 3] C B Obr. 10.1 − Řešení úlohy IP © L&K

Zaokrouhlení výsledků Neceločíselné OŘ je na obr. 10.1 v bodě: O≡[8/5,11/5], z=9,8 Zaokrouhlíme−li dolů, dostaneme bod B ≡[ 1, 2 ], z=8, ale celočíselné optimum je v bodě A ≡[ 0,3 ], z=9 Zaokrouhlením nahoru dostaneme C ≡[ 2, 3 ], což je nepřípustné řešení © L&K

METODY ŘEŠENÍ 1. Metody řezných nadrovin Vypočteme SM optimální řešení (bez ohledu na podmínky celočíselnosti) Z množiny PŘ „odřízneme“ část tak, aby neobsahovala žádný celočíselný bod Znovu počítáme OŘ Reprezentantem těchto metod je Gomoryho metoda © L&K

2. Metody kombinatorické Opět vyjdeme z OŘ bez podmínek celo-číselnosti Množina přípustných řešení se postupně „prohledává“, přičemž se vypouští pod-množiny, které nadále nejsou efektivní, tj. nemohou obsahovat OŘ Nejznámější jsou různé varianty metody „větví a mezí“ © L&K

Podmínky celočíselnosti jsou kladeny jen na některé proměnné ( MIP) 3. Metody dekompoziční Podmínky celočíselnosti jsou kladeny jen na některé proměnné ( MIP) Řeší se rozkladem na dvě části: ►s podmínkami celočíselnosti ► bez podmínek celočíselnosti 4. Heuristické metody Řeší obzvláště obtížné úlohy IP a MIP přibližnými metodami (přiřazovací prob-lém, problém obchodního cestujícího apod.) © L&K

KONEC © L&K