pauta control 2 eii450 1 08

Pauta Control #2
09 de Abril de 2008
1.
Discuta las principales ventajas y desventajas de utilizar transformaciones de redes,
cómo las vistas en clases (17P).
La principal ventaja que presenta la utilización de transformaciones de redes, es que permite
convertir una red de un problema de flujo a mínimo costo (PFMC), que “en principio” no
sabemos como resolver, en una red con estructura conocida que podemos resolver utilizando
el método de simplex de redes. Eso quiere decir que a través de la eliminación de capacidades,
dirección de arcos, reversión de arcos, eliminación de límites inferiores y partición de nodos
podemos estandarizar una red cualquiera y luego resolvemos utilizando simplex de redes.
La desventaja de utilizar dichas transformaciones es que la red resultante es bastante mas
“grande” que la original, ya que se agregan nodos y/o arcos nuevos, aumentando el tiempo de
ejecución del algoritmo de resolución. Por otra parte puede resultar no trivial interpretar la
solución de la red modificada, en términos de su representación en la red original.
2.
Explique la utilidad de la Fase I del método Simplex, y la manera de implementarlo, en
la resolución de problemas de flujo en redes. Utilice la notación matemática y
representación gráfica que estime conveniente, pero de manera clara y precisa (17P).
La utilidad de la Fase I del método simplex (tanto en el caso estándar como en el caso de
problemas de flujo en redes) es que permite encontrar una solución inicial básica factible para
el problema PFMC, para luego comenzar la Fase II con dicha solución. En la Fase I de
simplex se agregan variables artificiales, se trabaja con una nueva función objetivo que es la
sumatoria de dichas variables artificiales (las variable ficticias tienen costo 1 y las variables
pre-existentes tienen costo 0), y se comienza iterando con las variables artificiales en la base
hasta que dichas variables salgan de la base. Una vez que esto sucede entonces se da por
finalizada la primera fase. Luego se mantienen los coeficientes y se trabaja con la función
objetivo original. La manera de implementar esto en el simplex de redes es que se agregan
arcos (y nodos) entre los nodos que presentan oferta y los que presentan demanda, a dichos
arcos se les da costo unitario y los arcos originales se les da costo cero, esto provocará que los
arcos artificiales salgan rápidamente de la base por ser más costosos que los arcos preexistentes. Se itera simplex de redes hasta que en la base no hallan arcos artificiales, en ese
momento hemos encontrado una solución inicial básica factible y se da por finalizada la fase I.
Luego que ya hemos encontrado esta solución podemos comenzar la Fase II de simplex de
redes en la red original.
3.
Para el siguiente problema encuentre la manera más económica de satisfacer las
demandas existentes, usando Simplex de redes. Considere una solución inicial no-optima
(26P).
Nodo Oferta
A
10
B
10
C
0
D
10
E
-8
F
-8
G
-8
Arco
(A,B)
(A,C)
(A,D)
(B,C)
(B,E)
(C,E)
(C,F)
Costo
9
8
2
3
8
4
5
Arco
(C,G)
(D,C)
(D,F)
(E,F)
(E,G)
(F,E)
(F,G)
Costo
5
4
8
7
11
7
9
Primero se dibuja la red y se revisa si esta balanceada. Al darse cuenta de que hay 30 unidades de
oferta, y solamente 24 unidades de demanda, entonces evidenciamos la necesidad de balancear la
red. Para esto se agrega un nodo auxiliar (Z) al que van a llegar las 6 unidades sobrantes. Los arcos
asociados a dicho nodo fantasma tienen un costo asociado de cero.
10
-8
E
B
10
-8
A
C
D
10
G
F
-8
Z
Luego de balancear la red, para comenzar el algoritmo de simplex de redes es necesario partir de
una solución inicial básica factible. Dicha solución debe tener │N│-1 arcos (donde N es el conjunto
de nodos considerando el nodo fantasma) en este caso debe tener 7 arcos. En este caso la solución
inicial escogida es la siguiente:
10
-8
E
B
10
8
10
-8
2
A
C
4
14
D
6
G
F
10
6
-8
Z
Luego, los flujos que están en la base deben tener costos reducidos igual a 0. En general Crij = Cij –
(Πi – Πj)
0 = CAD – (ΠA – ΠD) → 2 = (ΠA – ΠD) Arbitrariamente hago ΠA=0
0 = CAZ – (ΠA– ΠZ) → 0 = (ΠA – ΠZ) y obtengo el valor del
0 = CBC – (ΠB – ΠC) → 3 = (ΠB – ΠC)
resto de los Πi
0 = CCE – (ΠC – ΠE) → 4 = (ΠC – ΠE)
0 = CCG – (ΠC – ΠG) → 5 = (ΠC – ΠG)
0 = CDF – (ΠD – ΠF) → 8 = (ΠD – ΠF)
0 = CFG – (ΠF – ΠG) → 9 = (ΠF – ΠG)
ΠD= -2
ΠZ= 0
ΠB= -11
ΠE= -18
ΠC= -14
ΠF= -10
ΠG= -19
Evaluamos el valor de los costos reducidos de los flujos no básicos.
CrAB = 9 – (0+11)
CrAC = 8 – (0+14)
CrBZ = 0 – (-11-0)
CrBE = 8 – (-11+18)
CrCF = 5 – (-14+10)
CrDC = 4 – (-2+14)
CrEF = 7 – (-18+10)
CrEG = 11 – (-18+19)
CrCZ = 0 – (-14-0)
CrDZ = 0 – (-2-0)
CrFE = 7 – (-10+18)
→ CrAB= -2
→ CrAC= -6
→ CrBZ= 11
→ CrBE= 1
→ CrCF= 9
→ CrDC= -8
→ CrEF= 15
→ CrEG= 10
→ CrCZ= 14
→ CrDZ= 2
→ CrFE= -1
≤0 por lo tanto entra a la base.
Revisamos si los costos reducidos de los flujos no básicos cumplen con el criterio de parada, vale
decir que sean mayores o iguales a cero. Como el costo reducido D-C es el mas negativo, entonces
este entra a la base.
2+α
C
G
α
D
F
14-α
6-α
Ingreso el flujo D-C a la base y busco donde se produce
el ciclo.
Identifico que el flujo que primero se satura es F-G con α=6, por lo tanto sale de la base.
La nueva solución básica factible, actualizando los flujos es:
10
-8
E
B
10
8
10
A
C
4
G
6
D
6
-8
8
F
8
10
-8
Z
Nuevamente los flujos que están en la base deben tener costos reducidos igual a 0
0 = CAD – (ΠA – ΠD) → 2 = (ΠA – ΠD) Arbitrariamente hago ΠA=0
0 = CAZ – (ΠA– ΠZ) → 0 = (ΠA– ΠZ) y obtengo el valor del
0 = CBC – (ΠB – ΠC) → 3 = (ΠB – ΠC)
resto de los Πi
0 = CCE – (ΠC – ΠE) → 4 = (ΠC – ΠE)
0 = CCG – (ΠC – ΠG) → 5 = (ΠC – ΠG)
0 = CDC – (ΠD – ΠC) → 4 = (ΠD – ΠC)
0 = CDF – (ΠD – ΠF) → 8 = (ΠD – ΠF)
ΠD= -2
ΠZ= 0
ΠB= -3
ΠE= -10
ΠG= -11
ΠC= -6
ΠF= -10
Evaluamos el valor de los costos reducidos de los flujos no básicos.
CrAB = 9 – (0+3)
CrAC = 8 – (0+6)
CrBE = 8 – (-3+10)
CrBZ = 0 – (-3-0)
CrCF = 5 – (-6+10)
CrCZ = 0 – (-6-0)
CrDZ = 0 – (-2-0)
CrEG = 11 – (-10+11)
CrEF = 7 – (-10+10)
CrFE = 7 – (-10+10)
CrFG = 9 – (-10+11)
→ CrAB= 6
→ CrAC= 2
→ CrBE= 1
→ CrBZ= 3
→ CrCF= 1
→ CrCZ= 6
→ CrDZ= 2
→ CrEG= 10
→ CrEF= 7
→ CrFE= 7
→ CrDC= 8
Revisamos si los costos reducidos de los flujos no básicos cumplen con el criterio de parada, vale
decir que sean mayores o iguales a cero. Como todos los costos reducidos de los flujos no básicos
son positivos, entonces hemos llegado al criterio de parada y hemos encontrado una solución
óptima.
Finalmente hemos encontrado una red que minimiza el costo total de transportar las cantidades
indicadas en la red original.
10
-8
E
B
10
8
10
A
C
4
G
6
D
6
-8
8
F
8
10
-8
Z
El costo total es : 6*0+4*2+6*4+8*8+10*3+8*4+8*5 → CT= 198
La red de la solución óptima encontrada no es única, lo que si es único es el valor del costo total de
usar la red. Por lo tanto puede haber mas de una red que minimice el costo total (claro que dicho
costo debe ser el mismo para todas)