La PizarraMatemática.

Máster y doctorado

Transporte óptimo

Imagina masa repartida en unos lugares y una distribución de destino que debe recibirla. Hay muchas rutas posibles y cada una tiene un coste. Vamos a separar cuánto viaja, adónde viaja y cómo demostrar que un reparto es el mejor.

1. La masa multiplica el coste de una ruta

Trabajamos con probabilidades μ y ν, ambas de masa total uno. δ_a significa que toda la masa está en el punto a; (δ_a+δ_b)/2 reparte la mitad en cada uno. Origen y destino deben tener la misma masa para el modelo clásico.

c(x,y) es coste por unidad de masa entre x e y.

Aquí usaremos c(x,y)=|x−y|².

Una masa m que viaja distancia d aporta md²: se eleva al cuadrado la distancia y después se pondera por la masa. Otras leyes de coste plantean otros problemas.

Calcular una aportación antes de sumar rutas

Masa 1/4 que viaja distancia seis.

  1. Por unidad

    El coste cuadrático es 6²=36.
  2. Cantidad

    Solo viaja 1/4 de la masa total.

  3. Aportación

    (1/4)·36=9.
Resultado

La aportación es nueve, no (6/4)².

Lo comprobamos

El coste conserva unidades de longitud al cuadrado si la masa se normaliza.

Comprobar la conservación antes de optimizar

Orígenes con masas 1/3 y 2/3; destinos con masas 1/2 y 1/4.

  1. Origen

    La suma es uno.

  2. Destino

    La suma es tres cuartos.

  3. Problema

    No hay plan clásico con esas dos marginales: faltaría un cuarto en el destino.

Resultado

Antes de minimizar hay que tener una región factible.

Lo comprobamos

Normalizar o permitir creación/destrucción cambia el modelo y debe indicarse.

2. Un mapa manda todo lo que hay en un punto a un solo destino

Un mapa medible T transporta μ a ν si ν(B)=μ(T⁻¹(B)) para todo conjunto medible B.

Se escribe T#μ=ν.

La condición comprueba que a cada región llega la masa pedida, no solo que coincidan las masas totales.

Monge minimiza ∫c(x,T(x))dμ(x) entre esos mapas. Un mapa determinista puede no ser admisible cuando el origen tiene átomos y el destino exige dividirlos. La existencia de una buena idea de ruta no resuelve esa limitación.

Una traslación que conserva toda la distribución

μ uniforme en [0,1] y T(x)=x+2.

  1. Imagen

    El intervalo se desplaza a [2,3], con la misma densidad uniforme.

  2. Distribución

    T#μ es la uniforme en [2,3].

  3. Coste

    Cada unidad se mueve dos, así el coste integrado es cuatro.

Resultado

El mapa cumple la distribución completa de destino.

Lo comprobamos

Más adelante la diferencia de medias certificará su optimalidad.

Un átomo no puede decidir dos destinos mediante una función

μ=δ₀ y ν=(δ₋₁+δ₁)/2.

  1. Mapa

    T(0) es un único número.

  2. Imagen

    T#δ₀=δ_T(0), una sola masa puntual.
  3. Imposibilidad

    No puede ser la distribución con dos átomos de masa un medio.

Resultado

Monge no tiene mapa admisible en este ejemplo.

Lo comprobamos

Eso no impide una solución si permitimos un plan que reparta masa.

3. Un plan registra cuánto va por cada pareja origen-destino

Un plan π es una probabilidad sobre pares (x,y), con marginales μ y ν: π(A×ℝᵈ)=μ(A), π(ℝᵈ×B)=ν(B). Registra rutas y sus cantidades simultáneamente. La formulación de Kantoróvich minimiza ∫c dπ entre todos esos planes Π(μ,ν).

Un plan divide un átomo que un mapa determinista no puede repartir
δ₀ → (δ₋₁+δ₁)/20−11masa 1/2masa 1/2Coste: (1/2)·1²+(1/2)·1²=1Un mapa: un destino por origen.Un plan: puede repartir masa.
Origen delta cero y destino mitad delta menos uno más mitad delta uno, con coste cuadrático. Cada flecha transporta masa un medio a distancia uno, aportando un medio al coste; el total óptimo es uno y Wasserstein dos es su raíz, uno. Un mapa determinista asigna un único destino al átomo cero y no puede generar las dos masas. El plan sí es admisible y es único en este ejemplo, porque su única fila debe satisfacer las dos demandas. Las flechas son rutas entre posiciones de dos distribuciones, no una escala espacial bidimensional.

Todo mapa induce el plan (Id,T)#μ, pero un plan general puede dividir masa. El producto μ⊗ν siempre es un acoplamiento de probabilidades; prueba factibilidad, aunque no optimalidad ni coste finito para cualquier coste arbitrario.

Resolver el reparto que no admitía un mapa

Origen δ₀; destinos −1 y uno con mitad de masa cada uno.

  1. Plan

    Asignamos 1/2 al par (0,−1) y 1/2 al par (0,1).

  2. Marginales

    Sale uno del origen y llega 1/2 a cada destino.

  3. Coste

    (1/2)·1²+(1/2)·1²=1.
Resultado

El plan es admisible y único porque la única fila queda fijada por los destinos.

Lo comprobamos

El coste uno da W₂=1 tras tomar su raíz.

El producto puede gastar más de lo necesario

μ=ν=(δ₀+δ₂)/2.

  1. Producto

    Da masa 1/4 a cada una de las cuatro parejas.

  2. Coste

    Las rutas cruzadas (0,2),(2,0) aportan 4/4 cada una: total dos.

  3. Mejor plan

    Dejar cada mitad en su lugar cuesta cero y respeta ambas marginales.

Resultado

Existir un acoplamiento no lo hace óptimo.

Lo comprobamos

La no negatividad del coste certifica el plan de coste cero.

4. Una matriz separa restricciones y coste

Con μ=Σaᵢδ_xᵢ y ν=Σbⱼδ_yⱼ, el plan es una matriz πᵢⱼ≥0.

Cada fila suma la masa de su origen aᵢ y cada columna la de su destino bⱼ. El coste es Σπᵢⱼc(xᵢ,yⱼ), lineal en las entradas.

Las rutas cruzadas cuestan más en este ejemplo de la recta
Masas iguales: 1/2 y 1/2Emparejar en orden0213Coste: (1+1)/2=1Emparejar cruzando0213Coste: (9+1)/2=5En la recta, ordenar evita ese cruce.
Dos distribuciones discretas: origen mitad delta cero más mitad delta dos y destino mitad delta uno más mitad delta tres. Los paneles muestran rutas, no coordenadas geométricas de una trayectoria. Arriba, las rutas ordenadas desplazan ambas masas una unidad y su coste ponderado es uno. Abajo, el cruce desplaza una masa tres unidades y otra una, con coste cinco. Las masas por ruta son un medio en los dos paneles. La cota de diferencia de medias uno al cuadrado certifica que el plan superior es óptimo, no solo mejor que ese otro plan. Wasserstein dos vale uno después de tomar la raíz.

Con masas finitas de igual total y costes finitos, el conjunto factible es un politopo compacto no vacío, así el mínimo existe. Dar una matriz que sume bien solo prueba factibilidad; para afirmar que minimiza hay que comparar todas las opciones o aportar un certificado.

Describir todos los planes de dos mitades

Ambas marginales tienen dos masas iguales a 1/2.

  1. Primera entrada

    Llamamos t a π₁₁.

  2. Sumas

    Las otras entradas quedan π₁₂=1/2−t, π₂₁=1/2−t, π₂₂=t.
  3. No negatividad

    0≤t≤1/2 describe todos los planes.
Resultado

Cuatro variables y las sumas dejan aquí un solo parámetro libre.

Lo comprobamos

No se fijan las cuatro entradas de forma independiente.

Minimizar el coste de todos esos planes

Orígenes 0,2 y destinos 1,3, con masas 1/2.

  1. Costes por ruta

    Las filas son (1,9) y (1,1).

  2. Objetivo

    Con la matriz anterior: t+9(1/2−t)+(1/2−t)+t=5−8t.
  3. Mínimo

    En t=1/2 vale uno; el plan es diagonal.
    En t=0 el cruce cuesta cinco.
Resultado

Se ha comparado todo el intervalo factible.

Lo comprobamos

La figura muestra los dos extremos, pero la cuenta cubre también sus mezclas.

5. Existencia no implica que el plan sea único o sea un mapa

Para probabilidades en ℝᵈ y coste no negativo semicontinuo inferior, la familia de planes con marginales fijas es ajustada y cerrada para convergencia débil. Si hay un plan de coste finito, compacidad probabilística y semicontinuidad dan un plan óptimo.

Con coste cuadrático, segundos momentos finitos bastan para finitud: |x−y|²≤2|x|²+2|y|² y podemos usar el producto como comparación. La unicidad y la representación por mapa son propiedades adicionales, que no se deducen solo de existencia.

Una cota finita usando solo momentos

∫|x|²dμ=3 e ∫|y|²dν=5.

  1. Ruta

    |x−y|²≤2|x|²+2|y|².
  2. Integrar

    Todo acoplamiento cumple coste≤2·3+2·5=16.
  3. Existencia

    El producto es factible y finito; la teoría da un óptimo para el coste cuadrático.

Resultado

No hace falta encontrar primero la solución exacta para garantizar finitud.

Lo comprobamos

Dieciséis es una cota superior; no se ha dicho que sea el coste óptimo.

Varios planes óptimos con un coste permitido

Dos marginales de dos mitades y coste c≡0.

  1. Factibles

    La matriz diagonal y la cruzada respetan ambas marginales.

  2. Valores

    Ambas cuestan cero.

  3. Mezclas

    Cualquier combinación convexa de ambas también es óptima.

Resultado

Puede haber muchos planes óptimos.

Lo comprobamos

El ejemplo cambia el coste a cero; no demuestra no unicidad en todos los costes cuadráticos.

6. Wasserstein toma la raíz del coste cuadrático óptimo

En P₂(ℝᵈ), probabilidades con segundo momento finito, definimos W_2(\mu,\nu)=\left(\inf_{\pi\in\Pi(\mu,\nu)}\int|x-y|^2\,d\pi\right)^{1/2}. La raíz devuelve unidades de longitud.

W₂ es una distancia: simétrica, no negativa, cero exactamente entre medidas iguales y con desigualdad triangular. Esta última usa un acoplamiento triple y Minkowski. W₂² no tiene en general desigualdad triangular; no se lo llama distancia por omitir la raíz.

Tres masas puntuales muestran por qué hace falta la raíz

δ₀,δ₁,δ₂.

  1. Distancias

    W₂(δ₀,δ₂)=2 y las dos distancias intermedias valen uno.

  2. Triángulo

    2≤1+1.
  3. Cuadrados

    W₂²(δ₀,δ₂)=4, pero 1+1=2; cuatro no es ≤2.
Resultado

El coste cuadrático y su raíz tienen propiedades distintas.

Lo comprobamos

El único plan entre dos masas puntuales fija la cuenta.

Un coste fraccionario también se transforma al final

δ₀ y ν=(δ₋₁+δ₁)/2.

  1. Plan

    Solo puede mandar una mitad a cada destino.

  2. Coste mínimo

    Es uno.

  3. Raíz

    W₂=√1=1, aunque el átomo origen no admita mapa determinista a ν.

Resultado

La definición usa planes y funciona con átomos.

Lo comprobamos

No se descarta el problema de Wasserstein porque falle Monge.

7. En la recta, los cuantiles emparejan masa en el mismo orden

Si a≤b y c≤d, el coste de cruzar menos el de ordenar es (a-d)^2+(b-c)^2-(a-c)^2-(b-d)^2=2(b-a)(d-c)\ge0.

Intercambiar la misma cantidad en rutas cruzadas conserva marginales y no aumenta coste.

Con cuantiles Qμ(t)=inf{x:Fμ(x)≥t}, para 0<t<1, el plan monótono empareja Qμ(t) con Qν(t).

En la recta, W_2^2(\mu,\nu)=\int_0^1|Q_\mu(t)-Q_\nu(t)|^2dt.

Vale también con átomos: se emparejan niveles de masa, no necesariamente un único destino por átomo.

Cuantiles escalonados con pesos distintos

μ=δ₀ y ν=(1/4)δ₋₂+(3/4)δ₂.

  1. Cuantiles

    Qμ=0; Qν=−2 en el primer cuarto y dos en el resto.
  2. Coste

    ∫|Qμ−Qν|²=(1/4)·4+(3/4)·4=4.
  3. Distancia

    W₂=2.
Resultado

El cuantil origen constante se reparte entre dos destinos.

Lo comprobamos

El plan monótono no se convierte automáticamente en mapa si μ tiene átomos.

Un transporte entre uniformes

μ uniforme en [0,1] y ν uniforme en [0,2].

  1. Cuantiles

    Qμ(t)=t y Qν(t)=2t.
  2. Coste

    W₂²=∫₀¹t²dt=1/3.
  3. Mapa

    T(x)=2x lleva μ a ν y realiza ese plan; W₂=1/√3.
Resultado

La fórmula de cuantiles permite una cuenta continua completa.

Lo comprobamos

La diferencia de medias es solo 1/2, menor que esta distancia.

8. Una pareja dual que toca el coste certifica el plan

Si φ(x)+ψ(y)≤c(x,y), integrar contra cualquier plan da ∫φdμ+∫ψdν≤∫c dπ, para funciones integrables en el contexto utilizado. Es una cota inferior que depende solo de las marginales.

Bajo hipótesis como soportes compactos y coste continuo, el supremo dual coincide con el mínimo primal. Si encontramos potenciales admisibles y un plan cuyo soporte alcanza igualdad en las rutas usadas, los dos valores coinciden y certifican optimalidad.

Construir un certificado para la traslación de una unidad

Coste (y−x)²; φ(x)=−2x y ψ(y)=2y−1.

  1. Admisibilidad

    (y−x)²−φ(x)−ψ(y)=(y−x−1)²≥0.
  2. Igualdad

    En toda ruta y=x+1 la brecha es cero.
  3. Valor

    Si ν es μ trasladada uno y hay segundos momentos, el plan de traslación cuesta uno y coincide con la cota dual.

Resultado

El certificado prueba óptimo frente a todos los planes, no solo frente a una ruta alternativa.

Lo comprobamos

Los potenciales lineales son integrables bajo los momentos declarados.

Una cota válida puede ser demasiado baja

En el transporte anterior elegimos φ=ψ=0.

  1. Factible

    Cero≤(y−x)² en cada ruta.
  2. Valor dual

    La cota es cero.

  3. Brecha

    El plan óptimo cuesta uno: los potenciales no alcanzan esa cota exacta.

Resultado

Admisibilidad dual sola no certifica que un plan concreto sea óptimo.

Lo comprobamos

Hay que alcanzar el coste o justificar el máximo dual.

9. El teorema de Brenier necesita regularidad del origen

Para coste cuadrático en ℝᵈ, si μ,ν∈P₂ y μ es absolutamente continua respecto de Lebesgue, el plan óptimo es único y procede de T=∇Φ para alguna Φ convexa, definido μ-casi en todas partes. Es el teorema de Brenier.

No se exige aquí que ν tenga densidad suave. Tampoco se concluye que T sea suave: regularidad, dominios y versiones de Monge–Ampère requieren más hipótesis. La absoluta continuidad del origen es una condición suficiente; no una condición necesaria para cada ejemplo particular.

Un mapa convexo sin destino con densidad

μ uniforme en [−1,1] y ν=δ₀.

  1. Origen

    μ es absolutamente continua y tiene segundo momento finito.

  2. Mapa

    T(x)=0 transporta toda la masa al único destino.
  3. Convexo

    T=Φ′ con Φ constante, una función convexa.
Resultado

El destino puede tener un átomo y el teorema sigue siendo aplicable.

Lo comprobamos

El coste es ∫x²dμ=1/3; no se exige densidad al destino en este enunciado.

Una condición suficiente no es necesaria caso por caso

μ=δ₂ y ν=δ₅.

  1. Origen

    μ no es absolutamente continua.

  2. Mapa

    T(2)=5 es admisible y el único plan transporta toda la masa a cinco.

  3. Óptimo

    Existe un mapa óptimo en este ejemplo, aunque no se invoque la hipótesis suficiente de Brenier.

Resultado

Fallar una hipótesis suficiente no demuestra que la conclusión sea falsa.

Lo comprobamos

Otro par de átomos sí puede exigir dividir masa, como vimos al inicio.

10. La media da una cota, pero no describe toda la distribución

Por Jensen, cada acoplamiento con segundos momentos cumple ∫|y−x|²dπ≥|EνY−EμX|². Si una traslación transporta exactamente la distribución y todos los desplazamientos son iguales, alcanza esa cota.

Distribuciones con igual media pueden tener distancia positiva. El procedimiento completo es construir un plan con las marginales correctas, sumar costes ponderados, demostrar optimalidad y tomar la raíz. Comparar medias o sumar distancias sin masas no reemplaza esos pasos.

Certificar una traslación de todo un intervalo

μ uniforme en [0,1], ν uniforme en [2,3].

  1. Medias

    Son 1/2 y 5/2; diferencia dos.

  2. Cota

    Todo plan cuesta al menos cuatro.

  3. Alcanzar

    T(x)=x+2 cuesta cuatro, así W₂=2.
Resultado

La cota coincide con un plan admisible y prueba el mínimo.

Lo comprobamos

No bastaba saber solo que alguna masa podía viajar dos.

Misma media y distancia positiva

μ=δ₀ y ν=(δ₋₁+δ₁)/2.

  1. Medias

    Ambas son cero.

  2. Cota de medias

    Solo asegura W₂²≥0.
  3. Cuenta real

    El único plan cuesta uno y W₂=1.
Resultado

W₂ detecta cómo se reparte la masa además de su centro.

Lo comprobamos

Una cota inferior cero no afirma que la distancia sea cero.

Ahora lo resolvemos de principio a fin.

EJEMPLO RESUELTO 1

Dos puntos

Calcula W₂ entre δ₂ y δ₅.

  1. Medidas

    Toda la masa de μ está en dos y toda la de ν en cinco.

  2. Plan

    Solo hay una ruta posible: de dos a cinco con masa uno.

  3. Desplazamiento

    |5−2|=3.
  4. Coste cuadrático

    1·3²=9.
  5. Raíz

    W₂=√9=3.
  6. Comprobar

    La diferencia de medias tres coincide con la distancia y certifica el valor.

Resultado

W₂=3.

Lo comprobamos

La cota por diferencia de medias es|5−2|=3 y se alcanza, confirmando el cálculo.

EJEMPLO RESUELTO 2

Dos masas ordenadas

μ=(δ₀+δ₂)/2 y ν=(δ₁+δ₃)/2. Calcula W₂ por emparejamiento monótono.

  1. Marginales

    Hay mitades en cero y dos, y el destino pide mitades en uno y tres.

  2. Plan ordenado

    Mandamos 0→1 y 2→3, con masa 1/2 por ruta.
  3. Coste

    (1/2)·1²+(1/2)·1²=1.
  4. Óptimo

    Las medias difieren en uno, así Jensen impide coste menor que uno.

  5. Distancia

    W₂=√1=1.
  6. Cuantiles

    En cada mitad del intervalo de niveles el desplazamiento es uno; su cuadrado integra uno.

Resultado

W₂=1.

Lo comprobamos

En cada mitad del intervalo de cuantiles, Qν−Qμ=1; integrar su cuadrado da1, otra comprobación independiente.

Los símbolos que hemos usado

μ,ν
Distribuciones de origen y destino, ambas de masa total uno.
δ_a
Probabilidad concentrada enteramente en el punto a.
π
Plan o acoplamiento: distribución conjunta de pares origen-destino.
Π(μ,ν)
Conjunto de planes con marginales μ yν.
c(x,y)
Coste por unidad de masa al mover x hacia y.
T#μ
Medida imagen de μ bajo el mapa T.
W₂
Raíz del coste cuadrático óptimo entre medidas de segundo momento finito.
Qμ
Función cuantil generalizada de μ en la recta.

Ahora te toca a ti.

Tienes cinco ejercicios. Inténtalos; las pistas te ayudan si te atascas.

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