Apontamentos de Introdução Ao Estudo de Pesquisa Operacioal Versão Final 1

APONTAMENTOS DE INTRODUÇÃO AO ESTUDO DE INVESTIGAÇÃO OPERACIOAL

ProfessorDoutor José

António Fazenda Luanda 2016

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PRIMEIRA PARTE

PROGRAMAÇÃO LINEAR O MÉTODO SIMPLEX ANÁLISE DE SENSIBILIDADE PROBLEMAS RESOLVIDOS

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INDECE PRIMEIRA PARTE TEMA UM: Breve historial da Investigação Operacional……………………………3 1. A natureza da Investigação Operacional ………………………………………4 2. Objecto de estudo da Investigação Operacional ………………………………6 3. A modelagem em Investigação Operacional …………………………………..6 TEMA DOIS: Programação Linear…………………………………………………..8 1. Fases de estudo de um problema de programação Linear ………………….8 2. Exemplos de problemas de Programação Linear …………………………….13 TEMA TRÉS: Resolução Gráfica de Problema de Programação Linear …………..19 TEMA QUATRO: Forma Padrão ou standard de um Problema de P.L. ………….. 29 TEMA CINCO: O método Simplex ………………………………………………… 33 1. Conjunto de passos que constituem o Método Simplex ………………… 40 2. Modificação do problema com variáveis artificiais ……………………… 40 TEMA SEIS: Outra forma do Método Simplex …………………………………….. 52 1. 2. 3. 4. 5.

Custos e penalizações. Solução inicial admissível ………………………. 53 Desenvolvimento do Método Simplex ……………………………………. 55 Procedimentos do Método Simplex (problemas de maximização) …….. 58 Aspecto matemático singular ………………………………………………60 Método simplex duas fases …………………………………………………. 61

TEMA SETE: Problemas Modelados……………………………………………… 65 TEMA OITO: Análise de Sensibilidade ……………………………………………. 70 1. Análise Pôs Optimalidade ,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,, 71 2. Análise de sensibilidade dos coeficientes da função objectivo ……………………. 72 2.1. Das variáveis não básicas na solução otima ……………………………………. 72 2.2. Das variáveis básicas na solução otima …………………………………………. 74 3. Análise de sensibilidade das constantes do lado direito ……………………… … 75 4. Dualidade …………………………………………………………………………... 77 4.1.Modelos Primal e Dual …………………………………………………………… 77 4.2.Teorema Dual ……………………………………………………………………..78 5. Relação entre o Primal e o Dual …………………………………………………… 78 6. Valor otimo das variáveis do Modelo Dual …………………………………………80 7. Significado económico dos valores otimo das variáveis do modelo Dual ………….82 8. Análise de sensibilidade usando o Modelo Dua …………………………………….83 9. Inclusão de uma nova variável …………………………………………………… 83 10. Análise de sensibilidade dos coeficientes das restrições …………………… 85 3

SEGUNDA PARTE TEMA NOVE PROBLEMA DE TRANSPORTE 1. Noções Gerais 2. Um Exemplo de Problema de Transporte 3. Formulação de um Problema de Transporte 4. Arranjos a forma genérica 5. Propriedade do Modelo de Transporte 6. Método de stepping-Stone 5.6.1. O método do custo mínimo por linha 5.6.2. O método do custo mínimo por coluna 5.6.3. Desenvolvimento do método stepping-stone 7. Dificuldades do Problema de transporte 8. Exercícios para resolver TEMA DEZ ANÁLISES DE REDES 1. Conceito Básico em Teoria de Grafos 2. O Problema da Árvore Geradora de Custo Mínimo 2.1.O Algoritmo de Kruskal 2.2.O Algoritmo de PRIM 3. O problema do caminho mais curto 3.1.1. 3.1.2. 3.1.3. 3.1.4.

O algoritmo de DIJKSTRA Outra forma de Resolver o Problema O algoritmo de Ford O algoritmo de Floyd

4. O problema do Fluxo Máximo 4.1.1. 4.1.2. 4.1.3. 4.1.4.

Corte de uma Rede O algoritmo de Ford – Fukerson Resolução de Problema Casos especiais do Fluxo Máximo

5. O Problema do Fluxo de Custo Mínimo 5.1.1. 5.1.2. 5.1.3. 5.1.4.

Situação Formulação do problema O algoritmo de BUSACRER – GOWEN Exercícios Proposto

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TEMA UM: BREVE HISTORIAL DA INVESTIGAÇÃO OPERACIONAL

Em sua origem, a pesquisa operacional surge desde o advento da Revolução Industrial, o mundo presencia o crescimento extraordinário no tamanho e na complexidade das organizações. As pequenas oficinas de artesãos de outrora evoluíram para as corporações bilionárias de hoje. Um fator crucial para essa mudança foi o extraordinário aumento na divisão do trabalho e a segmentação das responsabilidades administrativas nessas organizações. Os resultados foram espetaculares. Entretanto, junto com os pontos positivos, essa crescente especialização criou novos problemas, que ainda ocorrem em muitas organizações. Um deles é a tendência das diversas unidades de uma organização formarem impérios relativamente autônomos com os seus próprios objetivos e sistemas de valor, perdendo, consequentemente, a visão de como as suas atividades e objetivos se entremeiam com aquelas da organização como um todo. O que é melhor para uma das unidades com frequência é prejudicial à outra, o que pode levar a objetivos conflitantes. Um problema decorrente é que, à medida que aumentam a complexidade e a especialização, torna-se cada vez mais difícil alocar os recursos disponíveis para as diversas atividades da maneira mais eficiente para toda a organização. Esses tipos de problema e a necessidade de encontrar o melhor caminho para solucionálos criaram as condições necessárias para o surgimento da investigação operacional (comumente referida como IO). As origens da IO remontam a décadas,1 quando tentouse uma abordagem científica da gestão das organizações. Porém, o início da atividade, denominada investigação operacional, geralmente é atribuído às ações militares nos primórdios da Segunda Guerra Mundial. Em razão da guerra, havia a necessidade premente de alocar de forma eficiente os escassos recursos para as diversas operações militares. Por consequência, os comandos britânico e norte-americano convocaram grande número de cientistas para lidar com este e outros problemas táticos e estratégicos. Na prática lhes foi solicitada a realização de pesquisas sobre operações (militares). Essas equipes de cientistas foram as primeiras da área de IO. Utilizando métodos eficientes de emprego da nova ferramenta radar, essas equipes contribuíram para a vitória da Batalha Aérea na Grã-Bretanha. Por intermédio dessas pesquisas sobre como melhor administrar operações de comboio e antissubmarinos, esses cientistas determinaram a vitória da Batalha do Atlântico Norte. Esforços semelhantes ajudaram na Campanha Britânica no Pacífico. Quando a guerra acabou, o sucesso da IO no empreendimento bélico despertou interesse na sua aplicação fora do ambiente militar. À medida que o boom industrial pós-guerra progredia, os problemas causados pela crescente complexidade e especialização nas organizações ganharam novamente o primeiro plano. Tornava-se aparente para um número cada vez maior de pessoas, entre elas consultores de negócios que trabalharam nas equipes de IO ou em conjunto com elas durante a guerra, que estes eram basicamente os mesmos problemas que tinham enfrentado os militares, porém, agora, em um contexto diferente. No início dos anos 1950, esses indivíduos haviam introduzido a IO nas diversas organizações dos setores comercial, industrial e governamental. Sua rápida disseminação veio a seguir. Identificam-se pelo menos dois fatores que desempenharam papel fundamental no rápido crescimento da IO nesse período. O primeiro foi o progresso substancial das técnicas da IO. Após a guerra, muitos dos cientistas que haviam participado das equipes de IO ou que ouviram falar a 5

esse respeito motivaram-se para desenvolver pesquisas relevantes nesse campo, o que resultou em avanços rumo ao que havia de mais novo. Um exemplo essencial é o método simplex para solução de problemas com programação linear, desenvolvido por George Dantzig, em 1947. Várias ferramentas padrão da IO, como programação linear, programação dinâmica, teoria das filas e teoria do inventário, atingiram um estado relativamente bem desenvolvido antes do final dos anos 1950. Um segundo fator que deu grande ímpacto ao crescimento desse campo foi a “avalanche” da revolução computacional. Requer-se grande volume de processamento de cálculos para o tratamento eficiente dos problemas complexos normalmente considerados pela IO. Fazer isso à mão estaria fora de cogitação. Portanto, o desenvolvimento de computadores eletrônicos digitais, com capacidade de realizar cálculos matemáticos milhões de vezes mais rapidamente que o ser humano, impulsionou muito a IO. Outro estímulo surgiu nos anos 1980, com a criação de computadores pessoais cada vez mais poderosos, munidos de excelentes pacotes de software para a IO. 1. A NATUREZA DA INVESTIGAÇÃO OPERACIONAL Como o próprio nome indica, a pesquisa operacional envolve “pesquisa sobre operações”. Portanto, a PO é aplicada a problemas que compreendem a condução e a coordenação das operações (isto é, as atividades) em uma organização. A natureza das organizações é essencialmente secundária e, de fato, a IO tem sido amplamente aplicada em áreas tão distintas como manufatura, transportes, construção, telecomunicações, planejamento financeiro, assistência médica, militar e serviços públicos, somente para citar algumas delas. Portanto, a gama de aplicações é excepcionalmente grande. Parte do termo significa que a pesquisa operacional usa uma abordagem que relembra a maneira pela qual são conduzidas as pesquisas em campos científicos usuais. Em grau considerável, o método científico é utilizado para investigar o problema empresarial (de fato, a expressão ciências da administração é algumas vezes usada como sinônimo de pesquisa operacional). Em particular, o processo tem início observando-se e formulando-se cuidadosamente o problema, incluindo a coleta de dados relevantes. A próxima etapa é construir um modelo científico (tipicamente matemático) que tenta abstrair a essência do problema real. Parte-se, então, da hipótese de que esse modelo é uma representação suficientemente precisa das características essenciais da situação e de que as conclusões (soluções) obtidas do modelo também são válidas para o problema real. A seguir, são realizadas experimentações adequadas para testar essa hipótese, modificá-la conforme necessário e, por fim, verificar alguma forma da hipótese (essa etapa é frequentemente conhecida como validação do modelo). Assim, até certo ponto, a investigação operacional envolve a pesquisa científica criativa das propriedades fundamentais das operações. Entretanto, há outros fatores além desse. Especificamente, a IO também trata da gestão prática da organização. Portanto, para ser bem-sucedida, a IO também precisa, quando necessário, fornecer conclusões positivas e inteligíveis para o(s) tomador(es) de decisão. Outra característica da IO é seu ponto de vista abrangente. Conforme ficou implícito no tema anterior, a IO adota um ponto de vista organizacional. Assim, tenta solucionar os conflitos de 6

interesses entre as unidades de modo que seja a melhor solução para a organização como um todo. Isso não implica que o estudo de cada problema deva considerar explicitamente todos os aspectos da organização, ao contrário, os objetivos devem ser consistentes com aqueles de toda a organização. Uma característica a mais é que a IO tenta, frequentemente, encontrar uma melhor solução (conhecida como solução ótima) para o modelo que representa o problema considerado. (Dissemos uma melhor solução em vez de a melhor solução, pois pode haver várias soluções, cada uma delas sendo considerada como a melhor). Em vez de simplesmente melhorar o status quo, o objetivo é identificar o melhor caminho a percorrer. Embora ele deva ser interpretado com cuidado em termos das necessidades práticas da administração, a busca pela “otimalidade” é um tema importante na IO. Todas essas características levam quase naturalmente a outra. É evidente que não se espera que ninguém seja um especialista em todos os aspectos do trabalho em IO ou dos problemas normalmente considerados, o que exigiria um grupo de indivíduos com conhecimento prévio (background) e habilidades diversas. Portanto, quando se realiza um estudo de IOtotalmente maduro de um novo problema, geralmente é necessário adotar-se uma abordagem de equipe. Uma equipe de IO desse tipo precisa contar com indivíduos que sejam altamente treinados em matemática, estatística e teoria da probabilidade, economia, administração de empresas, informática, engenharia e física, ciências comportamentais e as técnicas especiais de IO. A equipe também precisa ter experiência necessária e diversas habilidades para dar a devida atenção a todas aquelas ramificações do problema que permeiam a organização. Uma importante parte destes apontamentos, é a apresentação dos principais algoritmos (procedimentos sistemáticos para solução) da PO para resolver certos tipos de problema. Alguns desses algoritmos são incrivelmente eficientes e são usados no cotidiano em problemas que envolvem centenas ou milhares de variáveis. Faremos a introdução de como esses algoritmos funcionam e o que os torna tão eficientes. Atualmente,uma abordagem muito conhecida é o uso do programa de planilhas mais utilizado do momento, o Microsoft Excel, para formular pequenos modelos de IO no formato de planilha. O Excel Solver (ou uma versão aperfeiçoada desse programa adicional como o Premium Solver for Education. Nota importante para estudantes de engenharia informática Existem outros softwares que podem ser utilizados como o LINDO (e também a linguagem de modelagem que o acompanha, o LINGO) continua a ser um pacote de software de IO popular. O CPLEX é um pacote de software de última geração amplamente utilizado para solucionar problemas de PO abrangentes e desafiadores. Ao lidar com esses problemas, é comum também se usar um sistema de modelagem para formular de modo eficiente o modelo matemático e introduzi-lo no computador. MPL é um bom sistema de modelagem, que utiliza o CPLEX como principal solucionador, mas também possui vários outros solucionadores, entre eles o LINDO, o CoinMP, o CONOPT, o LGO e o BendX (útil para resolver alguns modelos estocásticos). Uma versão educacional do MPL, junto com a versão educacional mais recente do CPLEX e seus outros solucionadores, encontra-se disponível para download gratuito na internet.

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2. OBJECTO DE ESTUDO DA INVESTIGAÇÃO OPERACIONAL Muitos dos problemas atuais baseiam-se em escolher uma alternativa, a melhor entre, muitas ou seja, a tomada de decisão. A investigaçãooperacional (IO) é um dos ramos da matemática que utiliza processos numéricos de chegar a melhor alternativa. Pesquisa Operacional = Investigação das Operações. Operação = Conjunto de atos necessários para obter determinados resultado. Investigação = Pesquisa que conduz o resultado que são imediatamente utilizáveis fora do domínio da ciência (na vida real); ou seja procura resolver um problema e alguns dos objetivo a atingir são de natureza não científica. Objetivo de Ensino da IO Definição: A IOé a ciência aplicada vocacionada na resolução de um problema da vida real, nos quais se procura trazer para o campo da tomada de decisão (sobre a concepção a planificação ou a operação de sistema) a altitude e os métodos próprios de outras áreas cientificas. Através de desenvolvimento de base quantitativa, a IO visa também introduzir elementos de objetividade e racionalidade nos processos de tomada de decisão sem descurar no entanto os elementos subjetivos e de enquadramentos organizacional que caracterizam os problemas. Nota: Diz-se que um individuo (ou um grupo) tem um problema se e só se:   

Deseja atingir determinados objetivos, Possui modos alternativos de o alcançar Ignora - se qual a melhor alternativa.

Suponhamos por exemplo, que uma empresa dispõe de diversos recursos (matéria – prima, mão – de – obra, etc.) que os pode combinar de diversos modos para produzir certo bem. Admitindo que o problema consiste em determinar a combinação produtiva que permite obter o bem a um certo custo mínimo, pode sugerir a questão de procurar a técnica matemática mais eficaz para minimizar certo tipo de função – custo. 3. A MODELAGEM NA INVESTIGAÇÃO OPERACIONAL Grande parte destesapontamentos é dedicada aos métodos matemáticos da investigação operacional, já que essas técnicas quantitativas formam a principal parte do que é conhecido como IO. Porém, isso não implica que estudos práticos no campo da IO sejam essencialmente exercícios matemáticos. Na realidade, a análise matemática normalmente representa apenas uma parte relativamente pequena do esforço total requerido.

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Definição: Designa – se por modelo uma representação suficientemente precisa de características essências da situação a analisar (da realidade) de modo que as conclusões (soluções) obtida a partir dele sejam também validas para o problema real. Nota: O modelo é um esquema simplificado para a interpretação da realidade. Em consequência da complexidade do mundo real, é necessário formular modelos simplificados que levem a compreensão de certos fenómenos. A mera acumulação de observação não pode oferecer explicação satisfatória do fenómeno e, portanto, o investigador tem a necessidade de sistematizar e racionalizar os factos conhecidos, selecionando os aspectos mais importantes e desprezando os que considera irrelevante. Existem 3 tipos de modelos: Modelos Icónicos: São representações reduzidas de estado, objetos ou acontecimentos. Representam o fenómeno real apenas com uma transformação de escala. Modelos Analógicos: Em se entrega uma propriedade para representar outra. Por exemplo utiliza gráficos a cores e com legendas. Modelos Simbólicos: São aqueles em que as propriedades dos fenómenos reais são expressas simbolicamente como é o caso dos modelos matemáticos. Definição: Os modelosmatemáticossão também apresentadas idealizadas, mas expressas em termos de símbolos e expressões matemáticas. Este modelo consiste num sistema de equações e de expressões matemáticas relacionada, que descrevem os aspectos essenciais do problema. Os modelos matemáticosutilizados na IOsão técnicas quantitativas que formam a parte principal do que é conhecido acerca da IO no entanto, muitas vezes as análises matemáticas representam apenas uma parte relativamente pequena do esforço total exigido.

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TEMA DOIS PROGRAMAÇÃO LINEAR

Definição: A programação linear é uma técnica da PO. Esta denominação se atribui porque considera-se que as restrições e as condições impostas aos problemas tratados são expressas em termos Lineares. Ela consiste em dispor os dados de um problema cujas incógnitas guardam relações lineares, sob a forma de um sistema de equações e/ou inequações composto de uma equação chamada funçãoobjectivo para qual deseja-se obter um resultado óptimo (máximo ou mínimo) sujeito a restrições ou condicionamentos, constituído por várias equações ou inequações. Quando o número de incógnitas é igual a 2 ou 3 o sistema admite uma solução gráfica. Muito complicada no segundo caso por se tratar de um problema no espaço tridimensional. Os problemas com 4 ou mais incógnitas pertencendo a um espaço ndimensional só admitem soluções algébricas através do cálculo matricial. Os três principais grupos de problemas que podem ser resolvidos por Programação Linear são: Misturas de ingredientes com composição e preços conhecidos para atenderem a determinadas especificações (de composição ou de estoque) a custo mínimo ou lucro máximo: Rações balanceadas para animais, refeições, abastecimento de comunidades ou tropas, combustíveis e lubrificantes, fertilizantes e corretivos, defensivos agrícolas, perfumes e cosméticos, ligas metálicas, Industria de alimentos, etc. Transporte, distribuição ou alocação, em que se procura determinar as quantidades a transportar segundo as vias alternativas possíveis a frequência ou períodos de transporte e as especificações quanto a operação levando em conta os custos (fretes, riscos de capital empatado, prémios e multas, embalagem, armazenamento, capacidade dos meios, etc.…). A política de Transporte e o fator a maximizar ou minimizar (custos, quantidades, tempo, etc.…). Entre as áreas de utilização cita-se: abastecimento, distribuição de produtos, transporte de cargas ou pessoas, etc.. Programas de Produção ou limitação de recursos nos sectores agrícolas, industrial ou de serviços.

1.

FASES DE ESTUDO EM INVESTIGAÇÃO OPERACIONAL(para a resolução de um problema)

Uma forma de se sintetizar as fases usuais para resolver um problema Investigação Operacional, é a seguinte: 10

1. Formulação do problema. Definir o problema de interesse e anotar dados. 2. Construção do modelo matemático para representar o problema. 3. Resolução do problema: Desenvolver um procedimento a fim de derivar soluções para o problema a partir do modelo. 4. Avaliação do resultado: Testar o modelo e aprimorá-lo conforme necessário. 5. Tomada de decisão: Preparar-se para a aplicação contínua do modelo conforme prescrito pela gerência. 6. Implementação.

I. Formulação do Problema: Nesta fase, o problema é analisado a partir de um sistema integrado, no sentido de coloca-lo de maneira clara e coerente, definindo os objetivos a alcançar e quais os possíveis caminhos alternativos para que isso ocorra. Além disso, serão levantadas as limitações técnicas do sistema e as relações desse sistema com outros, com a finalidade de criticar a validade de possíveis soluções em face destes obstáculos. Deve determinar os objetivos adequados, as restrições necessárias, as inter-relações entre as área a estudar e outras áreas afins, a possível ação alternativa, o tempo limite para produzir uma decisão, etc. A formulação inicial deve ser continuamente reexaminada, à luz de novos conhecimentos obtidos durante as ultimas fases. NOTA: É muito difícil procurar uma solução certa para um problema mal formulado

II. Construção do ModeloMatemático Ummodelo matemático de um problema de optimização é representado por um sistema de equação ou inequação, que represente os aspectos essenciais do problema. Os modelos, ou representações idealizadas, são uma parte integral, do dia-a-dia. A estrutura modelo matemático é a seguinte:  Variáveis de decisão – correspondem as quantidade de decisões a serem tomadas e cujo os valores são os que se pretendem determinar.  Função objectiva - corresponde a medida de rendimento apropriado (por exemplo, custo) e é expressa por uma função matemática envolvendo as variáveis de decisão e os pesos atribuir a cada uma delas,  Restrições – correspondem as limitações impostas nos valores das variáveis de decisão que irão ser determinados; são também expressas matematicamente (normalmente através de inadequações ou equações); os parâmetros são as constantes presentes nas restrições (coeficiente da parte direita das restrições).

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Um tipo importante de modelos matemáticos é o modelo de programação linear (PL), onde as funções matemáticas que aparecem na função objectivo e nas restrições são lineares. Quando se desenvolve o modelo, deve-se começar com uma versão muito simples, para depois evoluir-se para modelos mais elaborados e que mais de perto reflita a complexidade do problema real. Este processo de enriquecimento de modelo contínua apenas enquanto o modelo permanecer manejável. Desta forma, o compromisso base a considerar é a entre a precisão e o manejar do modelo. NOTA: Um passo importante na formulação de modelo matemático é a construção da função objetivo, o que exige o desenvolvimento de uma medida quantitativa de rendimento, relativo a cada objetivo que foi formulado no estudo. Se existir vários objetivos, normalmente a respectiva medida é então transformada e combinada numa medida composta denominada por medida de rendimento total. Esta medida pode ser muitas vezes evidente (por exemplo, custo) correspondendo a uma grande meta, ou pode ser abstrata (por exemplo, “utilidade”). Neste ultimo caso, a tarefa para desenvolver esta medida tende a ser um certo complexo, exigindo uma comparação cuidadosa dos objetivos e da sua importância relativa. Exprimindo esta medida com uma função matemática das variáveis de decisão.

Simbolicamente, o modelo e apresentado com frequência na seguinte forma típica: 𝑚𝑎𝑥

𝑂𝑡𝑖𝑚𝑖𝑧𝑎𝑟 (min )𝑍 = 𝐶1 𝑋1 + 𝐶2 𝑋2 + ⋯ + 𝐶𝑛 𝑋𝑛 → função objectivo (economia ou critério) 𝑎11 𝑋1 + 𝑎12 𝑋2 + ⋯ + 𝑎𝑖𝑛 , 𝑋𝑛 {≤, =, ≥}𝑏1 22 𝑋2 + ⋯ + 𝑎2𝑛 , 𝑋𝑛 {≤, =, ≥}𝑏2 𝑠. 𝑎: { 𝑎…21 𝑋1 + 𝑎… … … {≤, 𝑎𝑚1 𝑋1 + 𝑎𝑚2 𝑋2 + ⋯ + 𝑎𝑚𝑛 , 𝑋𝑛 =, ≥}𝑏𝑚 𝑋1 , 𝑋2 , … , 𝑋𝑛 ≥ 0 → condições de não negatividade Onde: 𝑎𝑖𝑗(𝑖 = 1, … , 𝑚; 𝑗 = 1, … , 𝑛) → são os coeficiente técnicos ou tecnológicos. 𝑏1 , 𝑏2 , … . , 𝑏𝑚 → são termos independente (constante da restrição ou segundos membro) 𝑐1 , 𝑐2 , … . , 𝑐𝑛 → coeficiente da função objectivo (coeficiente de custo) 𝑋1 , 𝑋2 , … . , 𝑋𝑛 → variáveis de decisão (principais ou controláveis)

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III.Resolução do problema. Cálculo de uma solução através do modelo. Depois da construção do modelo matemático para o problema, a etapa seguinte consiste em obter uma solução a partir do modelo. Existem 2 métodos principais para obter uma solução óptima (ou vizinha da solução óptima): O modelo analítico – consiste em obter a solução por via dedutiva, utilizando diversos ramos da matemática. O modelo numérico – recorre ao emprego de técnicas de cálculos que permitem obter indutivamente a solução, quer ensaiando diversos valores nas variáveis de decisão quer adoptando processos iterativos. A fase do processo apara obtenção de uma solução são as seguintes: a) Procura de soluções óptimas Tem sido desenvolvido muito procedimento para determina estas soluções para certo tipo de problema. No entanto, é necessário reconhecer que estas soluções são óptimas apenas relativamente ao modelo utilizando. Uma vem que o modelo é, necessariamente mais uma idealização do que uma representação exata do problema real, não existe garantia de que a solução óptima do modelo seja o melhor possível que possa ser incompleta no problema real. No entanto, se o modelo estiver bem formulado e testado, a solução resultante tendera a ser uma boa aproximação da ação real. Combinada numa medida composta denominada por medida de rendimento total. Esta medida pode ser muitas vezes evidente (por exemplo, custo) correspondendo a uma grande meta da organização, ou pode ser abstrata (por exemplo, “utilidade”). Neste ultimo caso, a tarefa para desenvolver esta medida tende a ser um certo complexo, exigindo uma comparação cuidadosa dos objetivos e da sua importância relativa. Exprimindo esta medida com uma função matemática das variáveis de decisão. b) Optimização vs. Satisfação Segundo Herbert Simon, a satisfação é muito mais dominante do que é a optimização nas ações reais. Criou-se o termo satisfação com uma combinação das palavras satisfatória e optimização a distinção entre optimização e satisfação reflete a diferença entre as teoria e as realidades, normalmente tentando implementa aquela teoria na prática. Segundo Samuel Eilon, “optimização é a ciência do ultimato; satisfação é a arte do admissível. c) Procedimentos heurísticos para obter boas soluções óptimas Oobjectivo de um estudo da PO será conduzir o estudo numa forma óptima. Alem de procurar a optimização deve-se considerar o custo do estudo, as desvantagens da demora na sua realização, e depois tentar maximizar os benefícios líquidos resultantes do estudo. No reconhecimento deste conhecimento, utilizam-se apenas, ocasionalmente, procedimentos heurísticos (i.e., procedimentos designados intuitivamente que 13

nãogarantem uma solução óptima) para encontrar uma boa solução, sub –óptima, isto é muito frequente em casos em que o tempo, ou custo, para encontrar uma solução óptima de um modelo adequado do problema deve ser muito elevado. d) Analise pós - óptimo: análise de sensibilidade para determinar quais os parâmetros do modelo que se revelam mais críticos Ate aqui, a discussão tem implicado que, o estudo de um problema em PO procure encontrar apenas uma solução, que pode ou exigir-se que seja óptima. De facto, normalmente este não é o caso. Uma solução óptima do modelo original pode estar longe da ideal no problema real. Por isso, a análise pós - otimal implica é uma parte muito importante da maioria dos estudos de PO. Em parte, a análise pós - otimal implica conduzir a análise de sensibilidade para determinar que parâmetros do modelo são mais críticos (os “parâmetro sensíveis”) na determinação da solução. Geralmente, alguns, ou todos, os parâmetros são uma estimativa de alguma quantidade (por exemplo, unidade de custo) cujo valor exato tornasse-a conhecido apenas depois de a solução ter sido implementada. Por isso, depois de identificar os parâmetro sensíveis. Em alguns casos, certos parâmetros de modelo representam decisões interesse (por exemplo, atribuição de recursos). Existe, então, com frequência alguma flexibilidade nos valore associados àqueles parâmetros. Talvez alguns possam ser aumentados conforme a diminuição dos outros. A análise pós -óptima inclui a investigação de tais compromissos. Em conjunto com o estudo da fase seguinte, a análise pós - otimal também implica uma obtenção de uma sequência de soluções que incluem uma serie de melhoramentos que se aproximam da acção ideal. Assim, as aparente fraqueza da solução inicial são utilizadas para sugerir melhoramentos no modelo, nos seus dados de entrada e, talvez, o procedimento de obtenção de uma solução. Uma nova solução é então obtida, é o ciclo contínuo, até que o melhoramento nas sucessivas soluções torne-se demasiado pequeno para justificar a continuação.

IV. Avaliação do modelo e da solução: Nesta fase, pretende-se avaliação quer do modelo escolhido, como da solução encontrada. Dependendo da conclusão desta avaliação, determina-se o passo a seguir. a) Avaliação satisfatória: Proceder a tomada de decisão que prepara as condições para implementação da solução encontrada, uma situação real. b) Avaliação não satisfatória: procede-se a reformulação, remodelação e construção do novo modelo a partir dos resultados encontrados no processo de avaliação e também na análise de sensibilidade e pós – optimização. V. Tomada de decisão sobre a solução encontrada Concluída a etapa da avaliação, é necessário elaborar um relatório bem documentado que possibilite a implementação da solução obtida na vida real. Este relatório deve 14

incluir o modelo e um procedimento para a tomada de decisão, o que significa, que todas acções a serem realizadas para a implementação dos resultados, devem ser incluídas numa metodologia bem detalhada com todos os passos que sejam necessário seguir para sua implementação.

VI. Implementação Neste passo efetua-se a implementação das soluções obtidas usando a metodologia elaborada. Neste processo, é preciso envolver ativamente todos os componentes que atuam no sistema em estudo. Depois de seterem implementado as soluções, tal como se referiu no 2º passo, pode ser necessárioavançar para uma etapa mais complexa, incluindo alguns elementos novos. Neste caso, inicia-se um novo ciclo para a resolução do problema em causa, só que agora com um nível de complexidade superior.

2. EXEMPLOS DE PROBLEMAS DE PROGRAMAÇÃO LINEAR

Exemplo 1.A empresa KOMFOR, LDA produz mobiliária de escritório e pretende lançar um novo modelo de secretarias e estantes. Pensa-se que o mercado pode absorver toda a produção de estantes, mas aconselha – seque a produçãomensal de secretarias não ultrapasse 160 unidades. Ambos os produtos são produzidos nas unidades de estampagem (UE) e de montagem e acabamento (UMA). A disponibilidade mensal em cada uma destas unidades é de 720 horas – maquina na UE e 880 horas maquina na UMA. Cada secretárianecessita de 2h – m na UE e 4h – m na UMA. Cada estante necessita de 4h – m na UE e 4h-m na UMA. A margem de lucros utilitário os estimado não de 6,00 cuanzas para a secretaria 3,00 cuanzas as estantes. O problema: Qual o plano de produção mensal para as secretaria e estantes que maximiza a margem de lucros. 1. Formulazação do problema: - Quantidade de secretaria a produzir por mês (𝑋1 ) - Quantidades de estantes a produzir por mês (𝑋2 ) a) Função objetivo - Maximizar a margem bruta total por mês: 𝑀𝑎𝑥 𝑍 = 6𝑥1 + 3𝑥2 b) Restrições - Disponibilidade mensal de UE. - Disponibilidade mensal de UMA. 15

- Produção mensal de secretarias.

UE UMA MERCADO LUCRO

SECRETARIAS 2h 4h 1 6

ESTANTES 4h 4h 0 3

DISPONIBILIDADE 720 h 880 h 160

Modelação matemática - Cada secretaria necessita de 2h (UE) pelo que o numero de horas necessária na produção de 𝑋1 secretarias é de 2𝑥1 . - Cada estante necessita de 4 h (UE) pelo que o numero de horas necessárias na produção 𝑋2 estantes é de 4𝑥2 . A disponibilidade mensal é de 720 horas. Logo a restrição relativa a UE é: Total de horas gastas em secretarias

Total de horas gastas nas estantes

Disponibilidade em horas

Algebricamente se traduz na desigualdade linear: 2𝑥1 + 4𝑥2 ≤ 720 OBS: Esta analiseé análoga para as restantes restrições. Resumindo, o problema consiste em determinar 𝑥1 𝑒 𝑥2 de forma a maximizar a margem de lucros, isto é: Maximizar 𝑍 = 6𝑋1 + 3𝑋2 Sujeito a

(lucro mensal em kz)

2𝑋1 + 4𝑋2 ≤ 720

(UE)

4𝑋1 + 4𝑋2 ≤ 880

(UMA)

𝑋1

≤ 160

(MERCADO)

𝑋1 , 𝑋2 ,

≥0

(não negatividade)

Exemplo.2 Um criador de porco, pretende determinar a quantidade de cada tipo de ração a dar diariamente a cada animal, para conseguir uma dada quantidade nutritiva a custo mínimo.

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Os dados relativo ao custo de cada tipo de ração, as qualidades mínima diária de cada ingrediente nutritivo básico a fornecer a cada animal, bem como as quantidades destes existentes em cada tipo de ração (j/kg) constam no seguinte quadro:

Hidratos de carbono Vitaminas Proteínas Custo (kz/kg)

Granulado (gr/kg) 20

Farinha (gr. /kg) 50

Quantidade mínima requerida 200

50 30 10

10 30 5

150 210

1) Formalização do problema a) Variáveis de decisão - Quantidade (kg) de granulado existente na ração diária (𝑋1 ). - Quantidade de farinha existente na ração diária (𝑋2 ). b. Função objetivo Minimizar o custo da ração diária. 𝑍 = 10𝑋1 + 5𝑋2 b) Restrições - Quantidademínima diária de hidrato de carbono. - Quantidade mínima diária de vitaminas. - Quantidade mínima diária de proteínas. 2) Modelação matemática Minimizar Sujeito a

𝑍 = 20𝑋1 + 50𝑋2 20𝑋1 + 50𝑋2 ≤ 200

50𝑋1 + 10𝑋2 ≤ 150

(vitaminas)

30𝑋1 + 30𝑋2 ≤ 210

(proteínas)

𝑋1 , 𝑋2 ≥ 0

(custo diário) (hidrato de carbono)

(não negatividade)

Exemplo.3. As caravanas MARCO POLO,LDA, usam dromedários (1 bossa)e camelos (2 bossas) para transportar figos secos de Bagdade para Meca. Um camelo pode levar no máximo 100 kg e um dromedário 50 kg. Durante a viagem um camelo consome 3 fardos de feno e 100 galões de água. Um dromedário 4 fardos de feno e 80 galões de água.

17

As estações de MARCO POLO, situada em vário oásis ao longo do caminho, apenas têm disponíveis 1600 galões de água e 60 fardos de feno. Os camelos e dromedários são alugados a um pastor de Bagdade a 11 pazuzas por camelo e 5 pazuzas por dromedário. Se as caravanas MARCO POLO, LDA tiveram uma carga de 1.000 kg de figos secos para transportar, quantos camelos e dromedários devem ser usados para minimizar a renda a pagar ao pastor? 1) Formulação do problema

a) variáveis de decisão

- Quantidade de camelos a usar (𝑋1 ) - Quantidade de dromedários a usar (𝑋2 ) b) Função objectivo - Minimizar a renda a pagar ao pastor 𝑍 = 11𝑋1 + 5𝑋2 c) Restrições - Disponibilidade de caravana. - Disponibilidade de feno. - Disponibilidade de água. Camelos Capacidade 100 Feno 3 Agua 100 Renda a pagar 11

Dromedários 50 4 80 5

2) Modelação matemática Minimizar 𝑍 = 11𝑋1 + 5𝑋2 Sujeito a 100𝑋1 + 50𝑋2 ≤ 1000 3𝑋1 + 4𝑋2 ≤ 60 (feno) 100𝑋1 + 80𝑋2 ≤ 1600 (água) 𝑋1 , 𝑋2 ≥ 0

Disponíbilidade 1000 60 1600

(renda) (capacidade)

(não negatividade)

Exemplo.4.Certa empresa fabrica 2 produtos P1 e P2. O lucro por unidade de P1 é de 100 u.m. e o lucro unitário de P2 é de 150 u.m. A empresa necessita de 2 horas para fabricar uma unidade de P1 e 3 hora para fábrica uma unidade de P2. O tempo mensal disponível para essa actividade é de 120 horas. As demandas esperadas para os 2 produtos levaram a empresa a decidir que os montantes produzidos de P1 e P2 não devem ultrapassar 40 unidades de P1 e 30 unidade de P2 por mês. Construa o modelo de sistema de produção mensal com o objectivo de maximizar o lucro da empresa.

18

Resolução de exercício Empresa produz 2 produtos (P1 e P2) Com relação a P1 Lucro é 100 u.m. Tempo para produzir é 2 hora Produção máxima é 40 uni/mês Tempo disponível para a produção das duas unidades é de 120 horas Definição das variáveis - Variável a ser optimizada Max. Lucro:lucro máximo a ser atingido por mês. -variáveis básicas X1: quantidade óptima de produção/mês de P1 X2: quantidade óptima de produção/mês de P2 Função objectivo Max. Lucro= 100𝑥1 + 150𝑥2 Conjunto de restrições 2𝑥1 + 3𝑥2 ≤ 120 𝑟𝑒𝑠𝑡𝑟𝑖𝑐õ𝑒𝑠 𝑡é𝑐𝑛𝑖𝑐𝑎𝑠 { 𝑥1 ≤ 40 𝑥1 ≤ 30 𝑥1 ≥ 0 𝑟𝑒𝑠𝑡𝑟𝑖çõ𝑒𝑠 𝑑𝑒 𝑛ã𝑜 𝑛𝑒𝑔𝑎𝑡𝑖𝑣𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 Exemplo 5 Uma empresa de comida canina produz dois tipos de rações: Tobi e Rex. Para a manufactura das rações são utilizados cerais e carne. Sabe-se que:  A Tobi utiliza 5 kg de cereais e 1 kg de carne, a ração Rex utiliza 4 kg de carne e 2 kg de cereais;  O pacote de ração Tobi custa $ 20 e o pacote de ração Rex custa $ 30;  O kg de carne custa $ 4 e o kg de cereais custa $ 1;  Estão disponíveis por mês 10 000 kg de carne e 30 000 kg de cereais.

19

Deseja-se saber qual a quantidade de cada ração a produzir de modo a maximizar o lucro.No modelo deseja maximizar o lucro (Z) a partir da quantidade da ração Tobi (𝑥1) e de ração Rex (𝑥2). Ração Tobi 1 Kg × $ 4 = $ 4 5 Kg × $ 1 = $ 5 $9 $ 20 $ 11

Custo de carnes Custo de cereais Custo total Preço Lucro

Ração Rex 4 Kg × $ 4 = $ 16 2 Kg × $ 1  $ 2 $ 18 $ 30 $ 12

Função objectivo 𝑍 = 11𝑋1 + 12𝑋2 Conjunto de restrições {

1𝑥1 + 4𝑥2 ≤ 10000 5𝑥1 + 2𝑥2 ≤ 30000

𝑥1 , 𝑥2 ≥ 0

(𝑟𝑒𝑠𝑡𝑟𝑖çã𝑜𝑠 𝑑𝑒 𝑐𝑎𝑟𝑛𝑒) (𝑟𝑒𝑠𝑡𝑟𝑖çã𝑜 𝑑𝑒 𝑐𝑒𝑟𝑒𝑎𝑖𝑠) (𝑟𝑒𝑠𝑡𝑟𝑖çõ𝑒𝑠 𝑑𝑒 𝑛ã𝑜 𝑛𝑒𝑔𝑎𝑡𝑖𝑣𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒)

20

TEMA TRÉS RESOLUÇÃO GRÁFICA DE PROBLEMAS DE PL

A resolução gráfica de um problema de PL só é possível quando o problema tem duas ou três variáveis de decisão. Nós estudaremos apenas problemas com duas variáveis cujo gráfico ficará representado num plano. Considera – se um sistema cartesiano com o eixo das abcissas associado a x 1 e o eixo das ordenadas associado a x2. Relaxando ou enfraquecendo a condição de desigualdade das restrições técnicas, estas passam a ser equações que definem retas. Cada uma destas retas divide o plano em duas regiões disjuntas verificando – se a relação de desigualdade apenas em pontos de uma das regiões (sub espaços). Procedendo desta forma é possível, por interação, definir o conjunto de pontos – solução do problema e neste determinar aquele ou aqueles onde a função objetivo tem o seu extremo (maximizar ou minimizar). Roteiro básico para resolução de problemas pelo método gráfico 1) Identificar as variáveis de decisão. 2) Montar a função-objetivo. 3) Montar as equações de restrição. 4) Determinar no mínimo 2 pontos para cada reta de restrição. 5) Marcar os pontos e traçar as retas no plano cartesiano. 6) Selecionar (marcar) a área viável. Obs: Se a restrição for: =, Sobre a reta >=, Acima da reta e a direita 0. Minimização da PO Para diminuir Z, teremos que diminuir x1 e aumentar x2, isto é, deslocar paralelamente a reta que traduz a FO para a esquerda, até que esta atinja o ultimo ponto da região de soluções admissíveis. Este último ponto em que a FO passa, será o ponto em que x1 é mínimo e x2 é máximo. Este ponto torna o valor de Z máximo, logo é o ponto óptimo. Cálculo da solução óptima O ponto óptimo corresponde a solução do sistema de equações que segue:

 15 x1  10 x2  75  x1  3    5 x1  5 x2  75  x2  12

Substituindo na FO, teremos:

Z  x1  2x2  3  2 12  21

27

O problema de soluções múltiplas Max Z  10 x1  10 x2 x2  40   s.a :  x1  20  2 x  2 x  80 1 2  x1 , x2  0

Flexibilidade do sistema Min Z  10 x1  10 x2 x2  40   s.a :  x1  20  2 x  2 x  80 1 2  x1 , x2  0

Reta associado a

2 x1  2 x2  80

P / x1  0  x2  40 P / x2  0  x1  40 Reta associado a x1=20 (reta vertical com abcissa igual a 20); a x2 = 40 (reta horizontal com ordenada igual a 40) FO: p/ Z = 0; → x2 = x1 Solução óptima: Max Z Para aumentar Z, teremos que aumentar x1 e diminuir x2 ou seja, deslocar paralelamente a reta que traduz a FO para a direita, até ao último ponto possível da região de soluções admissíveis. Graficamente teremos:

28

Aqui, a FO deverá ser deslocada até coincidir com a última restrição (2x 1 – 2x2 = 80) pois é a posição que maximiza o lucro ainda dentro da região de soluções admissíveis. Substituindo na FO, teremos:

Z  10 x1  20 x2  10  40  10  0  400 10  80  10  4  400 Nota: este tipo de solução denomina – se solução óptima múltipla e considera – se um caso especial. 4. REPRESENTAÇÃO GRÁFICA DA FUNÇÃO OBJETIVO Para calcular a inclinação da função objetivo, procura-se a sua forma reduzida, ou seja, transformar a equação por formas a encontrar a expressão da ordenada que é função da abcissa. Max ZG = 3,50X1 + 0,25X2 Z - 3,50X1 - 0,25X2 = 0 X2 =−

28 2

𝑋1 + 4𝑍 → F.O. reduzida

Para Z =0 tem-se que X2=−

28 2

𝑋1 → X2=−14𝑋1

Atribuindo valores a X1, encontramos os valores de X2 que correspondem a pontos dessa recta. Para X1= 0 → X1=0 Para X1= 1→ X2=−14  Ponto Óptimo ZG* (X1; X2) ↔ R1∩ R4: 12,06X1 + 0,52X2 = 9.600.000

12,06

X2= 600.000

X1 = 9.600.000 - 0,52(600.000)

X2= 600.000

X1 = 770.149,25 litros X2 = 600.000 litros  Valor Óptimo ZG* = 3,50X1 + 0,25X2 =3,50(770.149,25) + 0,25(600.000) 2.845.522,38 $ 29

=

Deve-se lembrar que não se perdeu informação relativamente a quantidade de gasolina comum ( em litros) a ser produzida, que pode ser agora recuperada. 16X1 - X3 = 0 → X3= 16X1 → X3=16 (770.149,25) → X3= 12.322.388 litros Utilizando a Função Objetivo inicial, vamos obter o mesmo resultado: Z* = 0,30X1 + 0,25X2 + 0,20X3 Z* = 0,30 (770.149,25) + 0,25 (600.000) + 0,20 (12.322.388) Z* = 231.044,78 + 150.000 + 2.464.477,60 Z* = 2.845.522.38$ R: O Lucro total do programa de produção (gasolina: verde, azul e comum) é de 2.845.522$, em que 231.044,78$ correspondem a gasolina verde, 150.000$ correspondem a gasolina azul e 2.464.477,60 correspondem a gasolina comum.

30

TEMA QUATRO FORMA PADRÃO OU STADARD DE UM PROBLEMA DE PL

1. VARIÁVEIS DE FOLGA E VARIÁVEIS DE EXCESSO Seja:

a x

ij ij

 bi

Esta restrição pode ser convertida numa igualdade pela adição de uma nova variável não negativa ao primeiro membro da desigualdade. Tal variável será numericamente igual a diferença entre o segundo membro e o primeiro e designa – se por variável de folga. A variável de folga, representa o desperdício associado ao recurso modelado pela restrição em causa. Exemplo: x1  5 x2  4 x3  2 x4  30 Esta desigualdade é transformada na equação x1  5x2  4 x3  2 x4  x5  30 pela adição da variável de folga x5 ao primeiro membro da desigualdade. Consideremos agora a restrição linear na forma

a

x  bi

ij ij

Esta desigualdade pode ser convertida numa equação, bastando subtrair uma nova variável não negativa ao primeiro membro da desigualdade. Esta tal variável designada por variável por variável de excesso, representa numericamente a diferença entre o primeiro e o segundo membro da desigualdade. Em relação ao recurso modelado pela restrição em questão, esta variável representa o consumo em excesso, além da disponibilidade. Exemplo: 2 x1  5x2  x3  50 Esta desigualdade transforma – se na equação 2 x1  5x2  x3  x4  50 pela subtracção da variável de excesso x4 ao primeiro membro. 2. SOLUÇÃO INICIAL ADMISSÍVEL Depois de transformadas todas as restrições lineares (com os segundos membros das desigualdades positivos) em igualdades, pela introdução de variáveis de folga e de excesso onde necessário, adiciona – se uma nova variável, designada variável artificial,aos primeiros membros das restrições que não contém a variável de folga. Assim, todas as equações que representam restrições terão ou uma variável de folga ou uma variável artificial. Uma solução inicial não negativa para este novo conjunto de restrições, obtém – se igualando em cada restrição, a respectiva variável de folga ou 31

artificial, ao correspondente termo independente e igualando – se a zero as restantes variáveis, incluindo as variáveis de excesso. Exemplo: Seja o conjunto de restrições:

 x1  2 x2  3   4 x1  5 x2  6 7 x  8 x  15 2  1 Introduzindo as variáveis de folga e de excesso, transformando o sistema de desigualdades em equações, teremos:

3  x1  2 x2  x3   4 x1  5 x2  x4  6 7 x  8 x  15 2  1 Adicionemos em seguida variáveis artificiais nas restrições que não possuem variáveis de folga, ou seja:

 x1  2 x2  x3   4 x1  5 x2  x4  x5 7 x  8 x 2  1

3 6  x6  15

Nota: Uma solução inicial não negativa para este sistema de equações, será:

x3  3, x5  6, x6  15, x1  x2  x4  0 Nota: x1  0 x2  0, não é uma solução que verifica o conjunto de restrições original. 3. CUSTOS E PENALIZAÇÃO A introdução no sistema de restrições de variáveis de folga e de excesso, não altera a natureza da função objetivo nem das próprias restrições. Porém, as variáveis artificiais alteram a natureza das restrições. Tendo em conta que cada variável artificial é adicionada a um dos membros das restrições, o novo sistema de equações que representa as restrições e o sistema original coincidirão se e só se as variáveis artificiais tiverem o valor nulo. Para garantir que isto aconteça na solução óptima (em contraste com a solução inicial), as variáveis artificiais são incorporadas na função objetivo com coeficientes positivos de valores muito elevados nos problemas de minimização, designados por M, e coeficientes negativos de valores muito elevados nos problemas de maximização, designados por – M. estes coeficientes (M e – M), representam uma penalidade muito severa em que se incorre se a respectiva variável artificial tomar valor igual a unidade. 32

4. FORMA PADRÃO Um problema de PL, diz – se que está na forma padrão, se todas as restrições estiverem representadas põe equações e se for conhecida uma solução inicial admissível. Na notação matricial, a forma padrão tem as seguintes características:

Otimizar : Z  C T X Sujeito a : AX  B com : X  0 Onde: X→ È o vector coluna de incógnitas, incluindo todas as variáveis de folga, de excesso e artificiais. A→ É a matriz dos coeficientes das equações das restrições CT → É o vector linha dos custos correspondentes B→ É o vector coluna dos termos independentes das restrições Nota: doravante, os vectores serão normalmente representados por matrizes com uma única coluna e designados apenas por “vectores” , em vez de vector coluna. O expoente T, indica a transposição. Se X0 representar um vector que inclui apenas variáveis de folga e variáveis artificiais, então a solução admissível inicial será dada por X0 = B. Classificação das soluções    

Solução única óptima finita; Infinitas soluções óptimas finitas; Solução no infinito; Conjunto factível vazio;

Solução única óptima finita: 

(faça o gráfico como exercício) Se a solução é única óptima finita, ela ocorre em ponto extremo

Solução única óptima finita: 

(faça o gráfico como exercício) A região factível não precisa ser necessariamente limitada.

.Infinitas soluções óptimas finita (faça o gráfico como exercício)

33

Os dois vértices 𝑥1 e 𝑥2 são soluções óptimas, bem como qualquer outro ponto sobre o segmento que se une. Solução única óptima finita: (faça o gráfico como exercício) 

Novamente a região factível precisa necessariamente limitada

Solução no infinito: (faça o gráfico como exercício) 

Não é possível alcançar o ponto de óptimo, o mesmo encontra-se no infinito.

Conjunto factível vazio: (faça o gráfico como exercício) 

Ocorre quando o sistema de equações que define a região viável é inconsciente.

34

TEMA CINCO MÉTODO SIMPLEX Agora, estamos prontos a estudar o método simplex, um procedimento para solucionar problemas de programação linear. Desenvolvido por George Dantzig em 1947, provou ser um método extremamente eficiente que é usado rotineiramente para solucionar problemas imensos nos computadores de hoje. Exceto pelo seu emprego em problemas muito pequenos, esse método é sempre executado num computador e pacotes de softwares sofisticados se encontram largamente disponíveis. Extensões e variações do método simplex também são usadas para executar análise de pós-otimalidade (inclusive análise de sensibilidade) no modelo. Este capítulo descreve e executa as principais características do método simplex. A primeira seção introduz sua natureza genérica, incluindo sua interpretação geométrica. As três seções seguintes desenvolvem, então, o procedimento para solucionar qualquer modelo de programação linear que se encontra em nossa formapadrão (maximização, todas restrições funcionais na forma  e restrições de nãonegatividade em todas as variáveis) e possui apenas lados direitos não-negativos biem suas restrições funcionais. Certos detalhes sobre a resolução de empates referem-se à Seção posterior que descreve como adaptar o método simplex para outras formas de modelo. A seguir, discutimos a análise de pós-otimalidade (caso seu programa comtemple) e descrevemos a implementação em computador do método simplex. Posteriormente, vamos introduzir uma alternativa para o método simplex (o método do ponto interno) para solucionar problemas de programação linear de grande porte. O método simplex é a técnica utilizada para se determinar, numericamente, a solução óptima de um problema de programação linear, na forma padrão, mas com as seguintes características para o sistema linear de equações: i) Todas as variáveis são não – negativas: ii) Todos os 𝑏𝑖 são não – negativos; iii) Todas as equações iniciais do sistema são do tipo “≤”. Assim, na forma padrão, só encontra-se variáveis de folga. Se uma das características vista não ocorrer, então, casosespeciais métodos devem ser considerado como método simplex de duas fases. 1. FUNDAMENTOS TEÓRICOS PARA O MÉTODO SIMPLEX Determinação de soluções básicas num sistema de equações lineares m × n, m ≤ n (sistema lineares) Se ao resolver um sistema Ax = b, onde 𝑨 ⊂ ℝ𝒎×𝒎 ,×∈ ℝ𝒎 𝒆 𝒃 ∈ ℝ𝒎 𝒆 𝑨fosse uma matriz inversível então a solução seria facilmente determinada. 𝑨 ∈ ℝ𝑚 ×𝑛 Porem, se dado um sistema Ax = b, onde: {𝒃 ∈ ℝ𝑚 𝒎≤𝒏 𝒙 ∈ ℝ𝑛 35

(3.1)

Tal que m ≤ n, ou seja, sistema é retaguarda, como determinar soluções de Ax = b? O sistema acima sempre tem solução? Teorema 1: Seja a matriz 𝑨 ∈ ℝ𝑚 ×𝑛 com m ≤ n. se a matriz A possui m colunas 𝑎1 , 𝑎2 , … , 𝑎𝑚 linearmente independentes (LI´s) então para qualquer 𝒃 ∈ ℝ𝒎 o sistema Ax = b, tem ao menos uma solução em ℝ𝒏 . Definição : Seja Ax = b, A ∈ ℝ𝒎×𝒏 , 𝒃 ∈ ℝ𝒎 , 𝒙 ∈ ℝ𝒏 (𝑚 ≤ 𝑛) Se A possui uma submatriz B∈ ℝ𝒎×𝒏 onde det B ≠ 0 então diz-se que B é uma submatriz base de A, o que é equivalente a dizer: Se A tem m colunas LI então a matriz B formada por estas colunas é uma base para ℝ𝑚,, . Definição:variáveis básicas e não básicas: Considerando-se o sistema Ax = b definido em (3.1) e 𝑩 ∈ ℝ𝒎×𝒎 uma submatriz base de A, então, as variáveis associadas a submatriz𝑩 ∈ ℝ𝒎×𝒎 sao denominadas variáveis básicas. Notação: variáveis básicas: 𝑿𝑩 . Definida a submatriz base B restam em A (n – m) colunas que chamara-se de submatriz não base. As variáveis associadas a esta submatriz N são denominadas variáveis não básicas. Notação: variáveis não básicas 𝑿𝑵 Uma possível solução para Ax = b da definição acima Seja o sistema Ax = be suponha que extrai-se de A uma submatriz B∈ ℝ𝒎×𝒎 . Pela definições anteriores pode-se fazer o seguintes partições no sistemaAx = 𝒙𝑩 b:[𝑩; 𝑵], 𝒙 = (𝒙 ). 𝑵 Logo pode se escrever: 𝒙𝑩 Ax = b⇔ [𝑩: 𝑵] [𝒙 ] = 𝒃 ⇔ 𝑩𝑿𝑩 + 𝑵𝑿𝑵 = 𝒃. 𝑵

Portanto o sistema Ax = b é equivalente ao sistema: 𝑩𝑿𝑩 + 𝑵𝑿𝑵 = 𝒃 Isto define que 𝑥𝐵 = 𝐵 −1 𝑏 − 𝐵 −1 𝑁𝑋𝑁 é uma possível solução de Ax = b

36

Definição solução básica de Ax = b:Seja o sistema Ax = bdefinido em (3.1) então uma solução 𝑥̅ de Ax = b ou seja A𝑥̅ = b,é denominada solução básica, se e somente se, em (3.2), Xn = 0, então: 𝐴𝑥̅ = 𝑏 ⇔ 𝑥̅ 𝐵 = 𝐵 −1 𝑏 𝑥̅ 𝐵 : 𝑢𝑚𝑎 𝑠𝑜𝑙𝑢çã𝑜 𝑏𝑎𝑠𝑖𝑐𝑎 Definição solução básica factível (viável):𝑥̅ é combinada a solução básica factível para Ax = b se, e somente se: 𝑥̅𝐵 = 𝐵 −1 𝑒 x̅n = 0, para 𝑥̅𝐵 ≥ 0(ou seja 𝑥̅𝐵 ≥ 0). Definição e teorema fundamentais: X sera um ponto extremo de S se possuir n-m variaveis nulas. Teorema 2: “O conjuto S de todas as soluções factíveis do modelo de programação linear, é um conjunto convexo”. demonstração : Seja 𝑥1 𝑒𝑥 2 ∈ 𝑆, 𝜆 ∈ [0,1]. Mostrara-se que: i) 𝜆𝑥1 + (1 − 𝜆)𝑥 2 𝑆; ii) 𝜆𝑥1 + (1 − 𝜆) ≥ 0 Para se mostrar i) basta notar que, Se 𝑥1 ∈ 𝑆 𝑒 𝑥 2 ∈ 𝑆 ⇒A𝑥1 = b; Assim, A (𝜆𝒙𝟏 + (1 − 𝜆)𝒙𝟐 = 𝜆𝑨𝒙𝟏 + (1 − 𝜆)𝑨𝒙𝟐 = 𝜆 𝒃 + (1 − 𝜆)𝒃 = 𝒃. Logo, 𝑨(𝜆𝒙𝟏 + (1 − 𝜆)𝒙𝟐 ) = 𝑏. iii) Para se mostrar ii): 𝑥1 ≥ 0 𝑒 𝑥 2 ≥ 0 ⇒ 𝜆 𝑥1 ≥ 0 𝑒 (1 − 𝜆)𝑥 2 ≥ 0; Assim, ): 𝜆 𝑥1 + (1 − 𝜆) ≥ 𝑥 2 ≥ 0. :. 𝜆𝑥1 + (1 − 𝜆)𝑥 2 ∈ 𝑆. :. É convexo Teorema 3: “Toda solução básica do sistema Ax = b é ponto extremo do conjunto de soluções factíveis S”. Prova: Seja 𝑥̅ uma solução básica associada a uma submatriz base 𝑩 ℝ𝒎×𝒎 . 37

𝒙𝑩 ̅ = (𝒙 ) com 𝑥̅𝑁 = 0 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑖 = 𝑚 + Então, sem perda de generalidade, suponha que𝒙 𝑵

1, … , 𝑛. Por contradição, suponha que 𝑥̅ não seja ponto extremo ou vértice de S, então∃𝑥̅ 1 𝑒 𝑥̅ 2 ∈ 𝑺tal que: 𝑥̅ = 𝜆𝑥1 + (1 − 𝜆)𝑥 2 ; 𝜆 ∈ [0,1] 𝑒 𝑥̅ 1 ≠ 𝑥̅ 2 𝑝𝑜𝑖𝑠 𝑥̅ 2 ≠ 0. Desde que 𝑥̅𝑖 = 0 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑖 = 𝑚 + 1, … , 𝑛 ⇒ −1 𝜆𝑥𝑖 = 0 { 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑖 = 𝑚 + 1, … , 𝑛 ⇒ −2 (1 − 𝜆)𝑥𝑖 = 0 𝑥 −1 Logo,𝑥 −1 = ( 𝐵1 ) 𝑥𝑁

𝑒

−1 𝑥𝑖 = 0 { −2 𝑥𝑖 = 0

𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑖 = 𝑚 + 1, … , 𝑛.

𝑥 −2 𝑥 −2 = ( 𝐵−2 ) 𝑥𝑁

𝐵𝑥̅ 1 = 𝑏 1 𝐴𝑥̅ = 𝑏 como 𝑥̅ ∈ 𝑆 𝑒 𝑥̅ ∈ 𝑆 ⇒ { 2 ⇒{ 𝐵 𝐴𝑥̅ = 𝑏 𝐵𝑥̅ 2 = 𝑏 1

2

⟹ 𝐵𝑥̅𝐵1 − 𝐵𝑥̅𝐵2 = 𝐵(𝑥̅𝐵1 − 𝑥̅𝐵2 ) = 𝑏 − 𝑏 ≡ 0. Mas 𝑥̅𝐵1 ≠ 𝑥̅𝐵2 e então 𝑥̅𝐵1 − 𝑥̅𝐵2 ≠ 0 ⇒ 𝐵 = 0, contradição, pois por hipose B é uma submatriz base e portanto não singular! :. “toda solução básica do sistema Ax = b é um ponto extremo do conjunto de soluções factíveis”. Teorema 4: Seja 𝑥1 , 𝑥 2 , … , 𝑥 𝑝 ponto extremo do conjunto S e seja S limitado. Então, ∀𝑥 ∈ 𝑆, 𝑥 pode ser escrito como combinação convexa dos pontos extremo 𝑥1 , 𝑥 2 , … , 𝑥 𝑝 de S, ou seja 𝑥 = ∑𝑝𝑖=1 𝜆𝑖𝑥 𝑖 𝑒 ∑𝑝𝑖=1 𝜆𝑖 = 1 Teorema 5: Se um problema de programação linear admitir solução óptima, então pelo menos um ponto extremo(vértice) do conjunto de pontos viáveis é uma solução óptima do problema. Mostrara-se este teorema admitindo-se que o conjunto S é limitado. Seja 𝒙𝟏 , 𝒙𝟐 , … , 𝒙𝒑 pontos dos extremo do conjunto S limitado.

38

Então, pelo teorema 3.3.3, ∀𝑥 ∈ 𝑆, 𝑥 pode ser escrito como combinação convexa dos pontos extremo 𝑥1 , 𝑥 2 , … , 𝑥 𝑝 𝑑𝑒 𝑆, ou seja, 𝑥 = ∑𝑝𝑖=1 𝜆𝑖𝑥 𝑖 𝑒 ∑𝑝𝑖=1 𝜆𝑖 = 1. Logo 𝑐 𝑇 𝑥 = 𝑐 𝑇 (∑𝑝𝑖=1 𝜆𝑖𝑥 𝑖 )𝜆1 𝑐 𝑇 𝑥1 + 𝜆2 𝑐 𝑇 𝑥 2 + ⋯ + 𝜆𝑃 𝑐 𝑇 𝑥 𝑃 . Seja 𝑥 ∗ um ponto extremo tal que 𝑐 𝑇 𝑥 ∗ ≤ 𝑐 𝑇 𝑥 2 (𝑖 = 1, … 𝑝). Mas 𝑐 𝑇 𝑥 = 𝜆1 𝑐 𝑇 𝑥1 + 𝜆2 𝑐 𝑇 𝑥 2 … + 𝜆𝑃 𝑐 𝑇 𝑥 𝑃 ≥ 𝑝

𝜆1 𝑐 𝑇 𝑥 ∗ + 𝜆2 𝑐 𝑇 𝑥 ∗ + ⋯ + 𝜆𝑃 𝑐 𝑇 𝑥 ∗ = ∑ 𝜆𝑖 𝐶 𝑇 𝑥 ∗ = 𝑒 𝑐 𝑇 𝑥 ∗ 𝑖=1

Então 𝑐 𝑇 𝑥 ∗ ≤ 𝑐 𝑇 𝑥, ∀𝑥 ∈ 𝑆. :.𝑥 ∗ é um vértice óptimo (solução óptima)do problema. Corolário “ se a função objetivo possui um máximo (mínimo) finito, então pelo menos uma solução é óptima é um ponto extremo do conjunto convexo S”. Teorema 6: Toda combinação convexa de soluções óptima de um P.P.L. é também uma solução óptima do problema. Corolário se um P.P.L admitir mais uma solução óptima então admite infinitas soluções óptimas. Corolário:“ se uma função objetivo assume o máximo (mínimo) em mais de um ponto extremo, então ela toma o mesmo valor para qualquer combinação convexa desses pontos extremos”.

2. OS PASSOS DO MÉTODO DE SIMPLEX O método simplex é um procedimento matricial para resolver problema de programação linear expressos na forma standard. Otimizar: Sujeito a: Com:

𝑧 = 𝑐𝑇𝑥 𝐴𝑋 = 𝐵 𝑋≥0

Onde B ≥ 0 e se conhece uma solução básica admissível 𝑋0.

39

M método simplex começa com a solução básica admissível 𝑋0 e vai sucessivamente, localizando outras soluções básicas (sempre adimissiveis) correspondentes a melhores valores de função objetivo, ate que seja encontrada uma solução óptima Resumidamente, podemos dizer que o método simplex parte de uma solução básica admissível não óptima ate encontrar uma solução básica admissível óptima. Nota: Para problemas de minimização o método utiliza o quadro que se apresenta em baixo, no qual 𝑋0designa o vector custo associado as variáveis em 𝑋0 .

𝑋0 𝐶0

𝑋𝑇 𝐶𝑇 A 𝑇 𝐶 − 𝐶0 𝑇 𝐴

B −𝐶0 𝑇 𝐵

Nota: Para problemas de maximização o método utiliza um quadro semelhante. A única diferença encontra-se na última linha do quadro.

𝑋0 𝐶0

𝑋𝑇 𝐶𝑇 A 𝑇 𝐶0 𝐴 − 𝐶 𝑇

B 𝐶0 𝑇 𝐵

Uma vez obtida esta ultima linha do quadro, a segunda linha e a segunda coluna do quadro. Corresponde a 𝐶 𝑡 𝑒 𝐶0 , respectivamente, torna-se supérfluas e podem ser eliminadas 𝐶 𝑡 : vector dos custos correspondentes X: é o vector coluna de incógnita (incluindo variáveis de folga, excesso e artificiais) A: é a matriz do coeficiente das operações de restrições. B: é o vector coluna dos vectores a direita das equações representado as restrições. 𝑋0: é o vector coluna de variáveis de folga e artificiais 𝐶0 : é o vector coluna de custo associado com as variáveis em 𝑋0. Exemplo 1 Maximizar z = 80 x1 + 60x2 Sujeito a: 0,20 𝑥1 + 0,32 𝑥2 ≤ 0,25 { 𝑥1 + 𝑥2 = 1

40

com:x1 e x2

não negativos

adicionando uma variável de folga 𝑥3

é uma variável artificial 𝑥4 , respectivamente, as primeira e

segunda restrições. Maximizar z = 80 x1 + 60x2 + 0x3+ Mx4 Sujeito a: 0,20 x1 + 0,32 x2 + x3 x1 +

x2

= 0,25

+ x4 = 1 Com todas as variáveis não negativas

Passando para a forma normal matricial teremos: 𝑋 = [𝑥1 𝑥2 𝑥3 𝑥4 ]

𝑡 [80

0,2 0,32 1 0 𝐴=[ ] 1 1 0 1

60 0 𝑀] 𝐵=[

𝑡

𝑋 0,25 ] 𝑋0 = [ 3 ] 𝑋4 1

𝐶 𝑡 − 𝐶0𝑡 𝐴 = [80 60 0 𝑀] − [0, 𝑀] [

0,2 0,32 1 0 ] 1 1 0 1

[80 60 0 𝑀] − [0 + 𝑀0 + 𝑀0𝑀] [80 60 0 𝑀] − [𝑀 𝑀 0 𝑀] [80 − 𝑀 60 − 𝑀 00] 𝐶0𝑡 𝐵 = [0 , 𝑀] [

0,25 ] = −𝑀 1

Quadro simplex x1 x2 80 0,2 1 80

𝑋3 0 𝑋4 0

x3x4 60 0,32 1 -M60

0 M 1 0 0 1 -M0 0

Exemplo: 2 Maximizar z = x1 + 9x2 + x3 Sujeito a: 𝑥1 + 2𝑥2 + 3𝑥3 ≤ 9 3𝑥1 + 2𝑥2 + 2𝑥3 ≤ 15 Todas as variáveis não negativas Passando para forma matricial 41

0,25 1 -M

𝑋 = [𝑥1 𝑥2 𝑥3 𝑥4 ] 1 𝐴=[ 3

𝑡 [1

2 3 1 0 ] 2 2 0 1

9 1 0 0] 𝐵=[

𝑡

𝑋 9 ] 𝑋0 = [ 4 ] 𝑋5 15

Quadro simplex Quadro 1 (quadro inicial completo)

𝑋4 𝑋5

x1 x2 1231 3220 -1-9

x3 0 1 -10

x4 x5

0

9 15 0

𝐶 𝑡 − 𝐶 𝑡 0𝐴 − 𝐶 𝑡 0𝐵 3. CONJUNTO DE PASSOS QUE CONSTITUEM O MÉTODO SIMPLEX Passo 1: Localize numero mais negativo na última linha do quadro simplex, excluída a ultima coluna, designando a coluna em que este número aparece como coluna de trabalho. Se existir mais do que um candidato a numero mais negativo, escolha um. Passo 2: Para cada linha do quadro (excetuando a ultima) como coeficiente positivo na coluna de trabalho, divida cada elemento da última coluna pelo correspondente coeficiente da coluna de trabalho. Designe o coeficiente de trabalho correspondente ao menor coeficiente por elemento pivot. Se mais de um coeficiente mínimo, escola um. Se nenhum coeficiente da coluna de trabalho for positivo, o problema não terá solução. Passo 4: Use operações elementares sobre as linhas para converter o elemento pivot em 1 e, em seguida, reduzir a zero todos os outro elementos da coluna de trabalho. Passo 4: Na 1ª coluna, substitua a variável x existente na linha pivot, pela variável x correspondente a coluna de trabalho (indicada na 1ª linha). A nova 1ª coluna indica o novo conjunto de variáveis básicas. Passo 5: Repetir os passos 1 a 4 até ate que não existam nºs negativos na última linha, excluindo destas apreciações a ultima coluna. Passo 6: A solução óptima é obtida atribuindo-se a cada variável da 1ª coluna o valor da linha correspondente, na última coluna. Todas as outras variáveis são nulas. O valor óptimo da função objetivo associado, 𝑍 ∗ é o valor indicado na última coluna, para problema de maximização, em problemas de minimização será o seu simétrico. 4. MODIFICAÇÃO PARA PROBLEMAS COM VARIÁVEIS ARTIFICIAIS

42

Modificação 1: A última linha do quadro 3 – 1 é decomposta em duas linhas, a primeira linhas, a primeira das quais envolve os termos que não contem M, e a segunda os coeficientes de M nos restantes termos Exemplo: a linha [−9 − 8𝑀 0 − 9 − 9𝑀 0 𝑀 0 − 14 − 2𝑀] Seria transformada em duas linhas: [−9 0 − 9 0 0 0 − 14] [−8 0 − 9 0 1 0 − 2] Modificação 2: o passo 1 do método simplex é aplicado a ultima linha criada em modificação 1 (seguida pelos passos 2, 3 e 4) ate que esta linha não contenha elementos negativos em seguida o passo 1 é aplicado aos elementos da penúltima linha posicionados sobre os zeros da ultima linha. Modificação 3: sempre que uma variável artificial deixa de ser básica, isto é, deixa de figurar na 1ª coluna do quadro, em resultado do passo 4, a correspondente coluna(identificada na linha superior do quadro por essa variável ) deve ser removida. Modificação 4: a ultima linha do quadro pode ser eliminada quando for constituída unicamente por zeros. Modificação 5: se na solução básica final estiverem presentes variáveis artificiais não nulas, então o problema original não admitira solução. (pelo contrario, na solução básica afinal podem aparecer variáveis artificiais na base com valor zero, indicando que uma ou mais das equações que representam as restrições são redundantes. Praticando no exercício em análise, teremos: Primeiro passo: Coluna de trabalho

x1 x2 𝑋4 𝑋5

1 32 -1

x3

x4

2

310

201 -9

-1

x5

0

0

9 15 0

O número mais negativo

Segundo passo:

Coluna de trabalho

43

x1 x2 𝑋4 𝑋5

1 32 -1

x3

x4

2 310 2 0 1 -9 10

x5 9 15 0

0

Terceiro passo (a) x1 x2 𝑋4 𝑋5

1 2

x3 31 22

1 2 -9

3 -1

4

15 = 7,5 2

Neste passo multiplica-se todos os elementos da linha do pivô pelo seu inverso. Recorde-se que o inverso de 2 é ½

x5 0

2 -1

9 = 4,5 2

0 0

1 0

9 2

15 0

Terceiro passo (b) x1 x2 𝑋4 𝑋5

1 2

x5 0

2

259 22

0

x4 31 22

1 2

3 7 2

x3

0

1

9 2

15 81 2

0

Terceiro passo (b) x1 x2 𝑋4 𝑋5

1 2

x3

2 7 2

x4 31 22

1 0

x5 0

-1

-1

259 22

0

Neste passo, reduziu-se a zero o nº - 9, multiplicou-se por 9 a linha do pivô, seguidamente fez-se a soma algébrica com a linha que contem o elemento – 9.

1

9 2

Neste passo, reduziu-se o elemento 2e multiplicou-se por -2 a linha que contem o pivô, fazendo-se posteriormente a soma algébrica com a linha que contem o elemento 2.

6 81 2

0

Quarto passo x1 x2 𝑋4 𝑋5

1 2

2 7 2

x3

x4 31 22

1 0

-1

0

259 22

x5 0 -1

1

9 2

6 81 2

0

Quinto passo Não é necessário aplicar pois não existe números negativos na ultima linha. 9

Sexto passo𝑥2 = 2 , 𝑥5 = 6, 𝑥1 = 𝑥3 = 𝑥4 = 0 𝑍 = 44

81 2

Exemplo nº 3 Um fabricante de fantasia tem em stock 32m de brim, 22m de seda e 30m de cetim que pretende fabricar dois tipos de fantasia. O primeiro modelo (M1) consome 4m de brim, 2m de seda e 2m de cetim. O segundo modelo (M2) consome 2m de brim, 4m de seda e 6m de cetim. Se M1 é vendido a 6.000 u.m e M2 a 10.000 u.m quantas peças de cada tipo o fabricante deve fazer para obter a receita máxima? Elabore o modelo. - Formulação do problema Dados Peças Brim Seda Cetim Venda Objetivo

Modelo 1 4m 2m 2m 6.000 u.m

Modelo 2 2m 4m 6m 10.000 u.m

Stock 32m 22m 30m

Determinar as quantidades de cada peça ser produzido no modelo 1 e no modelo 2 de modo a obter a receita máxima. - Variáveis de decisão 𝑥1 – Quantidade de cada peça a ser produzido no modelo 1 𝑥2 – Quantidade de cada peça a ser produzido no modelo 2 - Função objetivo Max 𝑍 = 6.000𝑥1 + 10.000𝑥2 - Restrições 4𝑥1 + 2𝑥2 ≤ 32 𝑺. 𝒂 {2𝑥1 + 4𝑥2 ≤ 22 2𝑥1 + 6𝑥2 ≤ 30 𝑥𝟏 , 𝑥𝟐 ≥ 0 - Construção do modelo Max 𝑍 = 6.000𝑥1 + 10.000𝑥2 - Restrições 4𝑥1 + 2𝑥2 ≤ 32 𝑺. 𝒂 {2𝑥1 + 4𝑥2 ≤ 22 2𝑥1 + 6𝑥2 ≤ 30 𝑥𝟏 , 𝑥𝟐 ≥ 0 45

- Flexibilização das restrições Max 𝑍 = 6.000𝑥1 + 10.000𝑥2

- Restrições 4𝑥1 + 2𝑥2 = 32 𝑺. 𝒂 {2𝑥1 + 4𝑥2 = 22 2𝑥1 + 6𝑥2 = 30 𝑥𝟏 , 𝑥𝟐 ≥ 𝟎 - Reta associada a restrição 𝟒𝒙𝟏 + 𝟐𝒙𝟐 = 𝟑𝟐 p/𝑥1 = 0 ⟶ 2𝑥2 = 32 ⟶ 𝑋2 = p/𝑥2 = 0 ⟶ 4𝑥1 = 32 ⟶ 𝑋1 =

32 2 32 2

= 16 =8

4

A inclinação da reta obtida é de 2 − 2 - Reta associada a restrição 𝟐𝒙𝟏 + 𝟒𝒙𝟐 = 𝟐𝟐 p/𝑥1 = 0 ⟶ 4𝑥2 = 22 ⟶ 𝑋2 = p/𝑥2 = 0 ⟶ 2𝑥1 = 22 ⟶ 𝑋1 =

22 4 22 2

4

= 5,5 = 11 1

A inclinação da reta obtida é de 2 = − 2 - Reta associada a restrição 𝟒𝒙𝟏 + 𝟐𝒙𝟐 = 𝟑𝟐 p/𝑥1 = 0 ⟶ 6𝑥2 = 30 ⟶ 𝑋2 = p/𝑥2 = 0 ⟶ 2𝑥1 = 30 ⟶ 𝑋1 = 4

30 6 30 2

=5 = 15 4

A inclinação da reta obtida é de 2 = − 2 Para função objetivo Max 𝑍 = 6.000𝑥1 + 10.000𝑥2 p/Z = 0 0 = 6.000𝑥1 + 10.000𝑥2 6.000𝑥1 + 10.000𝑥2 = 0 10.000𝑥2 − 6.000𝑥1 46

𝑥2 =

6000 𝑥 1000 1

3 𝑥2 = − 𝑥1 5 p/𝑥1 = 0 → 𝑥2 = 0 3

p/𝑥1 = 1 → 𝑥2 = − 5 = −0,6 6000

3

O declive da reta da FO é − 10000 = − 5 Faça o gráfico como exercício. 𝑆1 = (0; 0) 𝑆2 = (8; 0) 𝑆3 = (0; 5) 𝑆4 2𝑥1 + 4𝑥2 = 22 |. (−1) 2𝑥1 + 6𝑥2 = 30 𝑆4 {

−2𝑥1 − 4𝑥2 = −22 2𝑥1 + 6𝑥2 = 30 2𝑥2 = 8 2𝑥2 =

8 =4 2

2𝑥1 + 4𝑥2 = 22 2𝑥1 + 4.4 = 22 2𝑥1 + 16 = 22 2𝑥1 = 22 − 16 2𝑥1 = 6 ⟶ 𝑥1 =

6 =3 2

𝑆4 = (3; 4)

𝑆5 {

2𝑥1 + 4𝑥2 = 22 |. (−2) 4𝑥1 + 2𝑥2 = 32

47

𝑆5 {

−4𝑥1 − 8𝑥2 = −44 4𝑥1 + 2𝑥2 = 32 −6𝑥2 = −12 𝑥2 =

12 =2 6

2𝑥1 + 4𝑥2 = 22 2𝑥1 + 4.2 = 22 2𝑥1 + 8 = 22 2𝑥1 = 22 − 8 2𝑥1 = 14 ⟶ 𝑥1 =

14 =7 2

𝑆4 = (7; 2)

Substituindo na F.O, teremos: 𝑍 = 6.000𝑥1 + 10.000𝑥2 𝑝/𝑆1 = (0; 0) 𝑍 = 6.000 + 10.000 𝑍=0 𝑝/𝑆2 = (8; 0) 𝑍 = 6.000.8 + 10.000.0 𝑍 = 48000 𝑝/𝑆3 = (0; 5) 𝑍 = 6.000.0 + 10.000.5 𝑍 = 50000 𝑝/𝑆4 = (3; 4) 𝑍 = 6.000.3 + 10.000.4 𝑍 = 18000 + 40000 𝑍 = 58000

48

𝑝/𝑆5 = (7; 2) → 𝑃. 𝑂 𝑍 = 6.000.7 + 10.000.2 𝑍 = 42000 + 20000 𝑍 = 62000

- Calculo pelo simplex Max 𝑍 = 6.000𝑥1 + 10.000𝑥2 4𝑥1 + 2𝑥2 ≤ 32 𝑺. 𝒂 {2𝑥1 + 4𝑥2 ≤ 22 2𝑥1 + 6𝑥2 ≥ 30 𝑥𝟏 , 𝑥𝟐 ≥ 0 Max 𝑍 = 6.000𝑥1 + 10.000𝑥2 4𝑥1 + 2𝑥2 + 𝑥2 + 0𝑥4 + 0𝑥5 = 32 𝑺. 𝒂 {2𝑥1 + 4𝑥2 + 0𝑥2 + 𝑥4 + 0𝑥5 = 22 2𝑥1 + 6𝑥2 + 0𝑥2 + 0𝑥4 + 𝑥5 = 30

Max 𝑍 = 6.000𝑥1 + 10.000𝑥2 + 0𝑥3 + 0𝑥4 + 0𝑥5 4𝑥1 + 2𝑥2 + 𝑥2 + 0𝑥4 + 0𝑥5 = 32 𝑺. 𝒂 {2𝑥1 + 4𝑥2 + 0𝑥2 + 𝑥4 + 0𝑥5 = 22 2𝑥1 + 6𝑥2 + 0𝑥2 + 0𝑥4 + 𝑥5 = 30 𝑆. 𝐼

𝑥1 = 32; 𝑥4 = 22; 𝑥5 = 30 𝑥𝟏 = 𝑥𝟐 = 0

Quadro simplex

𝑋 0 𝑋0

𝑋𝑡 𝐶𝑡 A 𝑡 −𝐶 + 𝐶 𝑡 0 . 𝐴

𝐵 𝐶 𝑡0 . 𝐵

X=[ X1 X2 X3 X4 X5 X6 X7 X8 ]t C=[6000 10000 0 0 0 0 ]T 4 2 1 0 0 𝐴 = [2 4 0 1 0 ] 2 6 0 0 1 49

𝑋3 0 32 𝐵 = [22] [𝑋0 = 𝑋4 ] [𝐶0 = 0] 𝑋5 30 0 4 2 1 0 0 −𝐶 𝑡 + 𝐶 𝑡 0 . 𝐴= - [6000 10000 0 0 0 0 ]+ [0 0 0 ].[2 4 0 1 0] 2 6 0 0 1 −𝐶 𝑡 + 𝐶 𝑡 0 . 𝐴= - [6000 10000 0 0 0 0 ] = [6000 10000 0 0 0 0 ] 32 𝐶 𝑡 0 . 𝐵= - [ 0 0 0 ].[22] = 0 30

X3 X4 X5

𝑥1 𝑥2 𝑥3 𝑥4 𝑥5 0 0 0 4 4 2 4 2 ❻

6000

-6000 -100000

0

10000

10 0 0 00 0 0

1

0

0

32 = 16; 2

𝑥1 X3 X4 X5

4 2 2

2 4 ❻

𝑥1 X3 X4 X5

4 2 2 3

2 4 1

10 3

2 1 3

0

0

0 0 1 0

𝑥2 𝑥3 𝑥4 𝑥5 1 0 0 1 0 0

-6000 -10000

X3 X4 X5

22 = 5,5; 4

𝑥2 𝑥3 𝑥4 𝑥5 1 0 0 1 0 0

-6000 -10000

0

32 22 30

0

0 0 1 6

0

0

6

32 22 5

→ 𝐿2 − 2𝐿4

0

6

0

1

→ 𝐿4

0

𝑥1 𝑥2 𝑥3 𝑥4 𝑥5 1 0 1 0 − 3 4 0 1 0 1 1 0 0

-6000 -10000

32 22 30

30 =5 6

0

50

22 22→ 𝐿3 − 4𝐿4 5 0

X3

10

X4

2

𝑥1 0

3

4

3

X5

1

1

3

0

8000

−−

3

X3

10

X4

2

3

3

X5

1 3

X3

0

𝑥2 𝑥3 𝑥4 𝑥5 1 1 0 −

4

0

1

1

0

0

0

8000

→ 22

10 3

1 1

−−

3

22

0

−

1

2

3

2→ 𝐿3

3

2

1

5

6 5000

0

50.000

3

2 2 3

3 → 2. = 3; 2

𝑥2 𝑥3 𝑥4 𝑥5 1 1 0 − 3

0

22→ 𝐿2 -1

2

0

0

5000

0

0 0

0

1 3

10 3

𝐿3

3 5

6

𝑥2 𝑥3 𝑥4 𝑥5 1- 53

1

5

1

0

X4

1

50.000

3

0 𝑥1 0

3

5000

0

0

0

0

1

5

3

X3

X2

1 6

0

0

8000

2

3

3 66 = = 6,6; 10 10

1

3

2

𝑥2 𝑥3 𝑥4 𝑥5 1 1 0 −

0

0

3

−

3

𝑥1

10

X4

X2

0

0

3

22

3

1

22

0 → 𝐿5 + 10000𝐿4

3

4

3

5

6 5000

𝑥1

2 3 1

22

3

0

0

3

2

1− 1

𝑥1

10

−−

X3

0

0

3

X4

X2

0

22

3

0

8000

−−

𝑥2 𝑥3 𝑥4 𝑥5 1 0 −

1

50.000

3

3 2

12 -1

3

1

5

6

51

1

→ 𝐿4 𝐿3 3

→ 5.3 = 15

−−

8000 3

0

𝑥2 𝑥3 𝑥4 𝑥5 1 -5 3

X3

0

𝑥1 0

X4

1

0

0

X2 −−

3

X3

0

X4

1

0

0

-1

2

5000

𝑥1 0

𝑥2 𝑥3 𝑥4 𝑥5 1 -5 3

0

3

3

-1

2

4

4000 - 1000

58.000

𝑥1 0

X4

1

0

0

0

1

0 −

0

0

0

𝑥1 0

𝑥2 𝑥3 𝑥4 𝑥5 1 -5 ❸

X3

0

X4

X2 0

𝑥2 𝑥3 𝑥4 𝑥5 1 -5 3 3 2

-1

1 1

4

2 2

3

1

0

0

0

1

0 −

0

0

12

3

4000 - 1000

0

12

1 1 2 2

0

0

50.000→ 𝐿5 +

3

X3

X2

3 4

2 2

0

0 −

12

1 1

0

1 0

3

0 −

0

50.000

3

0

0 0

X2

0

0

1

8000

5000

0

2

-1

58.000

1

12→ 𝐿2 3

3

1 1

4

2 2

4000 - 1000 58.000 12 4 = 4: 1 → 4.2 = 8 3 2

0

𝑥1 0

1

0

0

0

1

0 −

0

0

X3 X4

X2 0

𝑥2 𝑥3 𝑥4 𝑥5 1 5 1 3

0

4

3

3 2

3→ 𝐿3 + 𝐿2

-1

4

1 1 2 2

4000 - 1000

52

58.000

8000 3

𝐿3

0

𝑥1 0

1

0

X3 X4

X2 0

X2 0

3

3

0 −

0

6

0

0

0

𝑥1 0

𝑥2 𝑥3 𝑥4 𝑥5 1 5 1

1

0

0

1

0

0

-

2

0 − 0

0

1 −

0

0

1

0

0

1

0

0

1

0

6

1 1

4 7

4

2 2

4000 - 1000

1 1

X2

0

58.000

1

→ 𝐿4 − 𝐿2 2

58.000→ 𝐿5 + 1000𝐿2

𝑥2 𝑥3 𝑥4 𝑥5

0

0

2

3

3

𝑥1

1

→ 𝐿4 − 𝐿2

2 2

4000 - 1000

3

7 4

1 1

0

1

X1

1

1

X1

X5

-

2

𝑥1

4

3

0

X3 X1

𝑥2 𝑥3 𝑥4 𝑥5 1 5 1

-

1 1

2

0

3 3

1000 7000 3

7

0

3 6

3

62.000

0

𝑥2 𝑥3 𝑥4 𝑥5 1 3 1 3

X2 −

-

1

1

0

6

1 1 3 3

1000 7000 3

1

3

3

4 7

0

2

0

62.000

Conclusão: 𝑥1 = 7 𝑥2 = 2;𝑥3 = 0;𝑥4 = 0;𝑥5 = 4 𝑍𝑜𝑡 = 62.000 Para obter a receita máxima o fabricante deve fabricar para o MODELO 1, 7m de cada peça e para o modelo 2, 2m de cada peça.

53

TEMA SEIS OUTRA FORMA DO MÉTODO SIMPLEX Exemplo de um Problema O modelo de programação linear pode ser resolvido por um método de solução de sistema de equações lineares. O processo que será apresentado no exemplo a seguir, retirado de ANDRADE (2000), é bastante intuitivo e tem por finalidade apresentar a metodologia utilizada pelo método Simplex. a) Formulação do problema "Uma marcenaria deseja estabelecer uma programação diária de produção. Actualmente, a oficina faz apenas dois produtos: mesa e armário, ambos de um só modelo. Para efeito de simplificação, vamos considerar que a marcenaria tem limitações em somente dois recursos: madeira e mão-de-obra, cujas disponibilidades diárias são mostradas na tabela a seguir. Recurso Madeira Mão-de-obra

Disponibilidade 12m2 8 H.h

O processo de produção é tal que, para fazer uma mesa a fábrica gasta 2 m2 de madeira e 2 H.h de mão-de-obra. Para fazer um armário, a fábrica gasta 3 m2 de madeira e 1 H.h de mão-de-obra. Além disso, o fabricante sabe que cada mesa dá uma margem de lucro de $4.00 e cada armário de $1.00. O problema é encontrar o programa de produção que maximiza a margem de contribuição total para o lucro." b) Montagem do modelo As variáveis de decisão envolvidas no problema são: x1: quantidade a produzir de mesas x2: quantidade a produzir de armários A função objetivo é: maximizar o lucro: z = 4 x1 + x2

54

Para as restrições, a relação lógica existente é: Utilização de recurso ≤ Disponibilidade Assim temos Madeira: 2 x1 + 3 x2 ≤ 12 Mão-de-obra: 2 x1 + x2 ≤ 8 x1, x2 ≥0: Restrições de não negatividade O modelo completo é: Maximizar: z = 4 x1 + x2 Sujeito a: 2 x1 + 3 x2 ≤ 12 2 x1 + x2 ≤ 8 x1, x2 ≥0 1. CUSTOS E PENALIDADES. SOLUÇÃO INICIAL ADMISSÍVEL Solução do modelo Já conhecemos o método de solução gráfica para problemas de programação linear de duas variáveis. Será agora apresentada a solução por sistemas de equações lineares. De forma a transformar as restrições do problema de programação linear de inequações em equações, são introduzidas as variáveis de folga. Neste problema, as restrições têm a seguinte estrutura lógica: Utilização de recurso ≤ Disponibilidade. Ao se introduzir o conceito de folga de recurso, a inequação pode ser escrita como: Utilização de recurso + Folga = Disponibilidade. Isso significa que Utilização de recurso 0; Utilização de recurso = Disponibilidade implica Folga = 0. Deste modo, a folga de cada recurso pode ser representada por uma variável de forma exatamente igual à produção de cada produto. Desse modo, vamos chamar: f1: folga de madeira; f2: folga de mão-de-obra. Introduzindo as variáveis de folga, o problema a ser resolvido passa a ser: 55

Maximizar: z = 4 x1 + x2 Sujeito a: 2 x1 + 3 x2 + f1 = 12 2 x1 + x2 + f2 = 8 x1, x2, f1, f2≥ 0 O problema se transformou em encontrar a solução do sistema de equações lineares que maximiza o lucro. Como neste caso o número de variáveis (m = 4) é superior ao número de equações (n = 2), o sistema é indeterminado, apresentando infinitas soluções. No entanto, todas as variáveis devem ser maiores ou iguais a zero. Atribuir zero a uma variável significa não produzir um dos produtos (se a variável for x1 ou x2) ou utilizar toda a disponibilidade de recursos (se a variável for f1 ou f2). Desta forma, podemos encontrar soluções para o sistema de equações igualando a zero duas variáveis (n - m = 2) e encontrando o valor para as duas variáveis restantes. Teremos que resolver então C 42 

4! 6 2! 2!

sistemas de equações lineares. Uma vez resolvido um sistema, serão aplicados na função objetivo os valores encontrados. As variáveis zeradas são chamadas variáveis não-básicas. Asvariáveis cujos valores são calculados pelo sistema de equações são chamadas variáveis básicas. Variáveis não-básicas: x1 = 0 e x2 = 0 Variáveis básicas f1 = 12 e f2 = 8 Dando o lucro z = 0 Variáveis não-básicas: x1 = 0 e f1 = 0 Teremos as variáveis básicas x2 = 4 e f2 = 4 Dando o lucro z = 4 3) Variáveis não – básicas: x1 = 0 e f2 = 0 Temos as variáveis básicas x2 = 8 e f1 = -12 Como f1< 0, a solução obtida é INVIÁVEL. 4) Variáveis não – básicas: x2 = 0 e f1 = 0 Temos as variáveis básicas x1 = 6 e f2 = -4

56

Como f2< 0, a solução obtida é INVIÁVEL. 5) Variáveis não – básicas: x2 = 0 e f2 = 0 Temos as variáveis básicas x1 = 4 e f1 = 4 dando o lucro z = 16 6) Variáveis não – básicas: f1 = 0 e f2 = 0 Temos as variáveis básicas x1 = 3 e x2 = 2 dando o lucro z = 14 Comparando todas as soluções encontradas por este processo, achamos a solução ótima, ou seja, x1 = 4, x2 = 0, f1 = 4, f2 = 0, dando um lucro z = 16.

2. DESENVOLVIMENTO DO MÉTODO SIMPLEX Da forma como foi resolvido o problema anteriormente, é necessário que muitos sistemas de equações sejam resolvidos e suas soluções comparadas. Para problemas reais de programação linear, esta solução se torna inviável. Desta forma, para termos condições de resolver um problema de programação linear, precisamos de uma sistemática que nos diga: Qual o sistema de equações que deve ser resolvido; Que o próximo sistema a ser resolvido fornecerá uma solução melhor que os anteriores; Como identificar uma solução óptima, uma vez que a tenhamos encontrado. Essa sistemática é o método Simplex, e as regras que o método utiliza para atender às três questões acima são, basicamente, os critérios que desenvolvemos nos itens anteriores. Vamos voltar ao nosso pequeno problema, já com as variáveis de folga: Maximizarz = 4 x1 + x2 Sujeito a: 2 x1 + 3 x2 + f1 = 12 2 x1 + x2 + f2 = 8 x1, x2, f1, f2= 0 Vamos montar um quadro para ordenarmos as operações, colocando nele apenas os coeficientes das variáveis. No caso da função objetivo, vamos realizar a seguinte transformação: de:

z = 4 x1 + x2 Quadro

Base

x1 x2

f1

f2 57

b

f1 f2 Z

2 2 -4

3 1 -1

1 0 0

0 1 0

17 8 0

A última coluna corresponde aos termos independentes das equações, e a última linha contém os coeficientes das variáveis na função objetivo. Nessa última linha teremos sempre a contribuição que cada variável dá para o lucro total z, por unidade, em cada iteração do processo de solução. Essa última linha será chamada de função objetivo transformada, ou função z-transformada. a) Solução inicial A solução inicial para o problema será sempre obtida fazendo as variáveis originais do modelo (no caso x1 e x2) iguais a zero e achando o valor das demais. Assim, fazendo x1 = x2 = 0 (variáveis não básicas), obtemos do Quadro 1: f1 = 12 f2 = 8 (variáveis básicas) z=0 As variáveis básicas estão indicadas no Quadro 1, para facilitar o acompanhamento das operações.

b) Segunda solução Como a primeira solução claramente não é a melhor, vamos procurar outra que dê um valor maior para z. O problema é descobrir:  Das duas variáveis não básicas (nulas) na primeira solução, qual deve se tornar positiva?  Das duas variáveis básicas (positivas) na primeira solução, qual deverá ser anulada? Qual variável deverá se tornar positiva? Vamos observar que na última linha do Quadro 1 temos os coeficientes da função objetivo que mostram a contribuição para o lucro z de cada unidade produzida de mesa (x1) e de armário (x2). Assim, aplicando o critério de que devemos produzir primeiro o produto que mais contribui para o lucro, vamos começar a produção pela variável x1, já que sua contribuição unitária para o lucro (4) é maior que a contribuição de x2, igual a 1.

58

Logo, a variável que deverá se tornar positiva é x1. Qual variável deverá ser anulada? Nota-se pelo Quadro 1 que, na primeira equação, o maior valor possível de x1 é 6, quando f1 for igual a zero (note que x2 vale zero por ser variável não básica). Qualquer valor maior de x1 fará com que o valor de f1 fique negativo, o que não é permitido. Na segunda equação, o maior valor permitido para x1 é 4, quando f2 for igual a zero. Analisando simultaneamente as duas equações, percebe-se que o maior valor possível para x1 é 4, já que atende às duas equações. Observe que esta análise pode ser feita diretamente do Quadro 1, através da divisão dos elementos da coluna b pelos correspondentes elementos da coluna x1. O menor quociente indica, pela linha em que ocorreu, qual a variável básica que deve ser anulada. Assim, como o menor quociente é dado pela divisão 8 / 2 = 4, a variável básica a ser anulada é f2, que é a variável positiva na atual solução, cujo valor foi encontrado na segunda linha. Assim temos: x2 = 0 f2 = 0 E o sistema restante deve ser resolvido para acharmos o valor de x1 e f1. A solução desse sistema será feita usando o Quadro 1 com as equações completas e usando as operações válidas com as linhas da matriz, como apresentado no Capítulo 2. 1ª Operação: Dividir a segunda linha por 2 (L2 L2 / 2) Quadro 1A Bas e f1 x1

x1 x2 f2 2 3 1 1/2

f1

b

1 0 0 1/2

12 4

Z

-4

0

0

-1

0

2ª operação: Multiplicar a segunda linha do Quadro 1A por (-2) e somar com a primeira linha do mesmo quadro, colocando o resultado na primeira linha (L1 L1 - 2 L2) Quadro 1B Base

x1 x2

f1

f1

0

1

2

f2 -1

b 4 59

x1

1 1/2

Z

-4

-1

0

1/2

4

0

0

0

3ª Operação: Multiplicar a segunda linha do Quadro 1B por (4) e somar com a terceira linha do mesmo quadro, colocando o resultado na terceira linha (L3 L3 + 4 L2). Quadro 2 Base

x1 x2

f1

f2

b

f1 x1

0 2 1 1/2

1 -1 0 1/2

4 4

Z

0

0

16

1

2

Como a última linha (função z – transformada) mostra as contribuições líquidas para o lucro, caso as variáveis x1 e f2 venha a ter seus valores aumentados de 0 para 1 e como estas contribuições têm seus valores trocados com relação ao quadro original, concluímos que a solução encontrada é óptima.

x1

= 4, x1

=4,

f1 = 4,f2 = 0 e z = 16,

3. PROCEDIMENTO DO MÉTODO SIMPLEX(Problemas de Maximização) Passo 1: Introduzir as variáveis de folga; uma para cada desigualdade. Passo 2: Montar um quadro para os cálculos, colocando os coeficientes de todas as variáveis com os respectivos sinais e, na última linha, incluir os coeficientes da função objetivo transformada. Passo 3: Estabelecer uma solução básica inicial, usualmente atribuindo valor zero às variáveis originais e achando valores positivos para as variáveis de folga. Passo 4: Como próxima variável a entrar na base, escolher a variável não básica que oferece, na última linha, a maior contribuição para o aumento da função objetivo (ou seja, tem o maior valor negativo). Se todas as variáveis que estão fora da base tiverem coeficientes nulos ou positivos nesta linha, a solução atual é óptima. Se alguma dessas variáveis tiver coeficiente nulo, isto significa que ela pode ser introduzida na base sem

60

aumentar o valor da função objetivo. Isso quer dizer que temos uma solução óptima, com o mesmo valor da função objetivo. Passo 5: Para escolher a variável que deve deixar a base, deve-se realizar o seguinte procedimento: a) Dividir os elementos da última coluna pelos correspondentes elementos positivos da coluna da variável que vai entrar na base. Caso não haja elemento algum positivo nesta coluna, o processo deve parar, já que a solução seria ilimitada. O menor quociente indica a equação cuja respectiva variável básica deverá ser anulada, tornando-se variável não básica. Passo 6: Usando operações válidas com as linhas da matriz, transformar o quadro de cálculos de forma a encontrar a nova solução básica. A coluna da nova variável básica deverá se tornar um vector identidade, onde o elemento 1 aparece na linha correspondente à variável que está sendo anulada. Passo 7: Retornar ao passo 4 para iniciar outra iteração. Outro exemplo Vamos resolver pelo método simplex o problema das rações proposto no capitulo 1 cujo o modelo foi apresentado no capitulo 3. Maximizar Z= 11 x1 +12 x2 Sujeito a: x1 + 4 x2 ≤ 10000 5x1 +2x2 ≤ 30000 x1, x2 ≥0 a) Inclusão das variáveis de folga Com a inclusão das variáveis de folga, o problema torna-se: Maximizar Z =11 x1 +12 x2 Sujeito a: x1 + 4 x2 + f1 ≤ 10000 5 x1 + 2x2 + f2 ≥ 30000 x1, x2, f1, f2 a) Solução inicial Base

x1

x2

≥0

f1

f2

61

b

F1 f2

1 5

4 2

z

-11 -12

1 0

0 1

10000 30000

0

0

0

b) Primeira interação Variável a entrar na base: 𝑥2 (coluna com maior valor negativo na ultima linha) Variável a sair da base: 𝑓1 (o quociente 10000/4 é menor quociente entre a ultima coluna e a coluna da variável 𝑥2 que vai entrar na base) 𝐿1 → 𝐿1 /4 𝐿2 → 𝐿2 /−2𝐿1 𝐿3 →𝐿3 + 12𝐿1 Base

x1

x2

F1 f2

1/4 4,5

1 0

Z

-8

0

f1

f2

b

1/4 -1/2

0 1

2500 25000

3

0

30000

c) Segunda iteração Variável a entrar na base: 𝑥1 (coluna com maior valor negativo na última linha) Variável a sair da base: 𝑓2 (o quociente 25000/4,5 é o menor quociente entre a última coluna e a coluna da variável𝑥1 , que vai entrar na base) Base

x1

F1 f2

0 1

Z

0

x2 1 0

f1

f2

0,27 -0,0556 -0,11111 0,2222 0

2,1111

1,7778

b 1111,11 5555,56 74444,44

Solução óptima encontrada Como todos os valores da última linha (função z-transformada) são positivos ou nulos, concluímos que a solução encontrada é óptima, ou seja: 𝑥1 = 5555,55𝑥2 = 1111,11𝑧 = 74444,44

4. ASPECTO MATEMÁTICOS SINGULARES

62

Na modelagem de um problema de programação linear, algumas situações específicas podem ocorrer, o que pode levar a casos em uma forma matemática diferente da apresentada ate o momento. Entretanto, alguns artifícios matemáticos ajudam a reduzir o modelo obtido a forma padrão estudada. Este artifícios são mostrado a seguir. a. Minimização de uma função A minimização de uma função z(x) é matematicamente análogo à maximização da negativa desta função (-z(x)). Exemplo: minimizar 𝑍 = 𝑐1 𝑥1 + 𝑐2 𝑥2 + ⋯ + 𝑐𝑛 𝑥𝑛 É equivalente a Maximizar 𝑍´ = −𝑐1 𝑥1 − 𝑐2 𝑥2 − ⋯ − 𝑐𝑛 𝑥𝑛 Essa forma de forma de resolver os problemas de maximização utilizando o mesmo algoritmo. Caso que queira resolver directamente, devemos alterar o critério de entrada das variáveis na base. A variável que entra na base passa a ser aquela que tem o maior valor positivo na linha z-transformada. Caso todas tenham coeficientes negativo ou nulo, a solução obtida é óptima. Restrições de limites inferior (≥) Uma desigualdade em uma direção (≤ ou ≥) pode ser mudada por uma desigualdade na direção oposta, pela multiplicação de ambos os lados da desigualdade por (-1) Exemplo: 𝑐1 𝑥1 + 𝑐2 𝑥2 ≥ 𝑏 É equivalente a −𝑎1 𝑥1 − 𝑎2 𝑥2 ≥ −𝑏 Restrições de igualdade Uma equação pode ser substituída por duas desigualdades de direção oposta. Exemplo: 𝑎1 𝑥1 + 𝑎𝑥2 = 𝑏 Equivalente a duas desigualdades simultâneas: 𝑎1 𝑥1 + 𝑎𝑥2 ≤ 𝑏 𝑎1 𝑥1 + 𝑎𝑥2 ≥ 𝑏 Variável irrestrita em sinal Uma variável irrestrita em sinal (ou seja, pode ser positiva, nula ou negativa) pode ser substituída pela diferença de duas variáveis não negativas.

63

Exemplo: (𝑥´1 − 𝑥´´1 )

se a variável𝑥1 for irrestrita em sinal pode ser substituída pela diferença

Com 𝑥´1 ≥ 0 𝑒 𝑥´´1 ≥ 0 5. MÉTODO SIMPLEX EM DUAS FASES O Método Simplex utiliza uma solução inicial viável para começar o processo iterativo, trabalhando sempre dentro da região viável. Nos casos apresentados até o presente momento, a solução xi = 0, para i = 1, ..., n era uma solução viável, já que todas as restrições apresentadas foram do tipo (£). Quando as restrições são do tipo (=) ou (³), esta solução não existe. Seja o exemplo abaixo: Minimizar z = 10 x1 + 4 x2 + 5 x3 sujeito a: 8 x1 + 3 x2 + 4 x3  10 4 x1 + 3 x2  8 x1, x2, x3  0 Como temos uma restrição do tipo (³), a variável de folga deve ter coeficiente negativo, tendo o significado de uma variável de excesso. O problema transformado é: Minimizar z = 10 x1 + 4 x2 + 5 x3 sujeito a: 8 x1 + 3 x2 + 4 x3 – f1 = 10 4 x1 + 3 x2 + f2 = 8 X1, x2, x3, f1, f2  0 Onde f1 é uma variável de excesso e f2 é uma variável de folga. Note que, pelo processo de solução anterior, a variável de excesso (f1 passaria a ter valor negativo na solução inicial (-10), o que não é permitido. Assim, a solução x1 = x2 = x3 = 0 é inviável. É necessário então encontrar uma solução viável para que o método Simplex possa ser iniciado. A forma de se resolver isto é inventando novas variáveis. Estas variáveis são chamadas de variáveis artificiais, e representadas por zi. Será colocada uma variável artificial em cada restrição do modelo, ou seja:

64

8 x1 + 3 x2 + 4 x3 – f1 + z1 = 10 4 x1 + 3 x2 + f2 + z2 = 8 X1, x2, x3, f1, f2, z1, z2  0 Como pode-se perceber, o problema com as restrições acima não é o mesmo problema, a não ser que todas as variáveis 𝑧𝑖 sejam iguais a zero. Desta forma, podemos resolver o problema em duas fases: na primeira fase, substituímos a função objetivo original por uma função objetivo auxiliar: 𝑧𝑎𝑢𝑥 = - z1 – z2 = 12 x1 + 6 x2 + 4 x3 – f1 + f2 – 18 Nesse momento, aplicamos o método Simplex de forma a maximizar a função objetivo auxiliar, com as restrições contendo as variáveis auxiliares. A função objetivo auxiliar será maximizada quando todas as variáveis𝑧𝑖 forem iguais a zero, já que não podem conter valores negativos. A primeira fase do problema, que consiste na maximização da função objetivo auxiliar, fornecerá uma solução viável para o problema original. A segunda fase consiste em resolver o problema original tomando como solução inicial os valores obtidos pela primeira fase para as variáveis xie fi. d) Solução inicial Para resolver o problema, monta-se o quadro de forma semelhante à sistemática, colocando-se a função objetivo artificial na última linha. O quadro do exemplo fica:

Base

x1

x2

x3

f1

f2

z1

z1 z2

8 4

3 3

4 0

-1 0

0 1

1 0

z' = -z

10

4

5

0

0

Zaux

-12

-6

-4

1

-1

z2

b

0 1

10 8

0

0

0

0

0

-18

Obs. Como a função objetivo é de minimização, ele foi transformado em um problema de maximização através da multiplicação de todos os coeficientes por (-1). A seguir, aplica-se o método Simplex normalmente, usando como função objetivo a última linha. Quando a solução óptima for atingida, dois casos podem ocorrer:

65

zaux = 0: neste caso foi obtida uma solução básica do problema original e o processo de solução deve continuar, desprezando-se as variáveis artificiais e os elementos da última linha. É o início da segunda fase do processo. zaux ¹ 0: neste caso o problema original não tem solução viável, o que significa que as restrições devem ser inconsistentes. Fase 1 - Primeira iteração Variável a entrar na base: x1 (coluna com maior valor negativo na última linha) Variável a sair da base: z1 (o quociente 10/8 é o menor quociente entre a última coluna e a coluna da variável x1, que vai entrar na base) L1 ¬ L1 / 8 L2 ¬ L2 - 4 L1 L3 ¬ L3 - 10 L1 L4 ¬ L4 + 12 L1 Base

X1x2x3f1f2z1z2

b

X1 Z2

1 0

3/8 3/2

½ -2

-1/8 1/2

0 1

1/8 -1/2

0 1

5/4 3

z' = -z

0

1/4

0

5/4

0

-5/4

0

-12,5

zaux

0

-3/2

2

-1/2

-1

3/2

0

-3

Fase 1 - Segunda iteração Variável a entrar na base: x2 (coluna com maior valor negativo na última linha) Variável a sair da base: z2 (o quociente 3/(3/2) é o menor quociente entre a última coluna e a coluna da variável x2, que vai entrar na base) L1 ¬ L1 - 3 L2 / 8 L3 ¬ L3 - L2 / 4 L4 ¬ L4 + 3 L2 / 2 Base X1 X2

x1x2x3f1f2z1z2 1 0

0 1

b 1 -1/4 -4/3 1/3

-1/4 2/3

66

1/4 -1/3

-1/4 2/3

½ 2

z' = -z

0

0

1/3

7/6

zaux

0

0

0

0

-1/6

-7/6

0

1

1/6

-13 1

0

Como na última linha o valor da função objetivo artificial é zero, a primeira fase terminou e a solução encontrada é a solução básica inicial para a segunda fase. Removendo a última linha e as colunas referentes às variáveis artificiais, o quadro se torna: x1x2x3f1f2

Base

b

X1 X2

1 0

0 1

1 -1/4 -1/4 -4/3 1/3 2/3

z' = -z

0

0

1/3

7/6 -1/6

½ 2 -13

Fase 2 - Primeira iteração Variável a entrar na base: f2 (coluna com maior valor negativo na última linha) Variável a sair da base: x2 (o quociente 2/(2/3) é o menor quociente entre a última coluna e a coluna da variável x2, que vai entrar na base) L2 ¬ 3 L2 / 2 L1 ¬ L1 + L2 / 4 L3 ¬ L3 + L2 / 6 Base X1 X2 z' = -z

x1x2x3f1f2

b

1 3/8½ -1/8 0 0 3/2 -2 0

¼

0

1/2 5/4

5/4 3

1 0

-12,5

Solução óptima encontrada Como todos os valores da última linha (função z-transformada) são positivos ou nulos, concluímos que a solução encontrada é óptima, ou seja: X1 = 1,25 X2 = 0 z = -z' = 12,5

67

TEMA SETE PROBLEMAS MODELADOS Conhecendo o modelo matemático, faça a formulação do problema e resolva-o graficamente 1) Um alfaiate tem, disponíveis, os seguintes tecidos: 16 metros de algodão, 11 metros de seda e 15metros de lã. Para um terno são necessários 2 metros de algodão, 1 metro de seda e 1 metro de lã. Para um vestido, são necessários 1 metros de algodão, 2 metros de seda e 3 metros de lã. Se um terno é vendido por $300,00 e um vestido por $500,00, quantas peças de cada tipo o alfaiate deve fazer, de modo a maximizar o seu lucro? Encontre a solução óptima do problema, e interprete sua resposta. Max.Z  300 x1  500 x2  2 x1  x2  16  s.a :  x1  2 x2  11  x  3 x  15 2  1 x1 , x 2  0

2) Uma companhia de aluguer de caminhões possuía-os de dois tipos: o tipo A com 2 metros cúbicos de espaço refrigerado e 4 metros cúbicos de espaço não refrigerado e o tipo B com 3 metros cúbicos refrigerados e 3 não refrigerados. Uma fábrica precisou transportar 90 metros cúbicos de produto refrigerados e 120 metros cúbicos de produto não refrigerado. Quantos caminhões de cada tipo ela deve alugar, de modo a minimizar o custo, se o aluguer do caminhão A era $0,30 por km eo do B, $0,40 por km. Elabore o modelo de programação linear. Min.Z  0,30 x1  0,40 x 2  2 x1  3x 2  90 s.a :   4 x1  3x 2  120

x1 , x2  0 3) Uma confeitaria produz dois tipos de bolos de soverte: chocolate e creme. Cada lote de bolo de chocolate é vendido com um lucro de 3 u.m. e os lotes de bolo de creme com um lucro de 1 u.m. .Contratos com várias lojas impõem que sejam produzidos no mínimo 10 lotes de bolos de chocolate por dia e que o total de lotes fabricados nunca seja menos que 20. O mercado só é capaz de consumir até 40 lotes de bolos de creme e 60 de chocolate. As máquinas de 68

preparação do sorvete disponibilizam 180 horas de operação, sendo que cada lote de bolos de chocolate consome 2 horas de trabalho e cada lote de bolos de creme 3 horas. Formule apenas o modelo do problema. Max.Z  x1  3 x 2  x1     s.a :   x1   x1    



40

x2



60

x2 x2

 

10 203

2x2



180

x1 , x 2  0 4) A Fashion Things Ltda. é uma pequena empresa fabricante de diversos tipos de acessórios femininos, entre eles bolsas de modelos diferentes. A empresa foi convencida, pelo seu distribuidor, de que existe mercado tanto para bolsas do modelo padrão (preço médio) quanto para as bolsas do modelo luxo (preço alto). A confiança do distribuidor é tão acentuada que ele garante que ele irá comprar todas as bolsas que forem produzidas nos próximos três meses. Uma análise detalhada dos requisitos de fabricação resultaram na especificação da tabela abaixo, a qual apresenta o tempo despendido (em horas) para a realização das quatro operações que constituem o processo produtivo, assim como o lucro estimado por tipo de bolsa: Produto Corte e coloração Costura Acabamento Inspeção e Empacotamento Lucro por bolsa Padrão 7/10 1/2 1 1/10 R$10,00De luxo 1 5/6 2/3 1/4 R$9,00Tempo disponível 630 600 700 135 Max.Z  10 x1  9 x 2  7 x1  x 2  603   10  1 x  5 x  600 2 1 6 2 s.a :   x1  2 x 2  700  3  1 1  x1  x 2  135 4  10

x1 , x2  0 5) A indústria Luzilândia S/A iniciou suas operações em Janeiro de 2001 e já vem conquistando espaço no mercado de laminados brasileiro, tendo contratos fechados de fornecimento para todos os 3 tipos diferentes de lâminas de alumínio que fabrica: espessuras finas, média ou grossa. Toda a produção da companhia é realizada em duas fábricas, uma localizada em São Paulo e a outra no Rio de Janeiro. Segundo os contratos fechados, a empresa precisa entregar 16 toneladas de lâminas finas, 6 toneladas de lâminas médias e 28 toneladas de Lâminas grossas. Devido à qualidade dos produtos da Luzilândia S/A., há uma demanda extra para cada tipo de lâminas. A fábrica de São Paulo tem um custo de produção diária de R$ 100.000,00 para cada capacidade produtiva de 8 toneladas de lâminas finas, 1 tonelada de lâminas médias e 2 tonelada de Lâminas grossas por dia. O custo de produção diário da fábrica do Rio de Janeiro é de R$ 200.000,00 para cada produção de 2 toneladas de lâminas finas, 1 tonelada de lâminas médias e 7 69

tonelada de Lâminas grossas por dia. Quantos dias cada uma das fábricas deverá operar para atender aos pedidos ao menor custo possível? Elabore o modelo.

Min.Z  100.000 x1  200.000 x 2  8 x1  2 x 2  16  s.a :  x1  x 2  6  x  7 x  28 2  1 x1 , x2  0 6) Um vendedor de frutas pode transportar 800 caixas de frutas para sua região de vendas. Ele já transporta 200 caixas de laranjas a 20 u.m. de lucro por caixa por mês. Ele necessita transportar pelo menos 100 caixas de pêssegos a 10 u.m. de lucro por caixa, e no máximo 200 caixas de tangerinas a 30 u.m. de lucro por caixa. De que forma deverá ele carregar o caminhão para obter lucro máximo?

Max.Z  10 x1  30 x 2  4000  x1  x 2  600   100 s.a :  x1  x 2  200  x1 , x2  0 7) Uma rede de televisão local tem o seguinte problema: foi descoberto que o programa A com 20minutos de música e 1 minuto de propaganda chama a atenção de 30.000 telespectadores, enquanto o programa B, com 10 minutos de música e 1 minuto de propaganda chama atenção de 10.000 telespectadores. No decorrer de uma semana, o patrocinador insiste no uso de no mínimo, 5 minutos para sua propaganda e que não há verba para mais de 80 minutos de música. Quantas vezes por semana cada programa deve ser levado ao ar para obter o número máximo de telespectadores? Elabore o modelo.

Max.Z  30000 x1  10000 x 2  20 x1  10 x 2  80 s.a :   x1  x 2  5 x1 , x2  0 8) A empresa Have Fun S/A produz uma bebida energética muito consumida pelos frequentadores de danceterias noturnas. Dois dos componentes utilizados na preparação da bebida são soluções compradas de laboratórios terceirizados – solução Red e solução Blue – e que provêm os principais ingredientes ativos do energético: extrato de guaraná e cafeína. A companhia quer saber quantas doses de 10 mil litros de cada solução deve incluir em cada lata da bebida, para satisfazer às exigências mínimas padronizadas de 48 gramas de extrato de guaraná e 12 gramas de cafeína e, ao mesmo tempo, minimizar o custo de produção. Por acelerar o batimento cardíaco, a norma padrão também prescreve que a quantidade de cafeína seja de, no máximo, 20 gramas por lata. Uma dose da solução Red contribui com 8 70

gramas de extrato de guaraná e 1 grama de cafeína, enquanto uma dose da solução Blue contribui com 6 gramas de extrato de guaraná e 2 gramas de cafeína. Uma dose de solução Red custa R$ 0,06 e uma dose de solução Blue custa R$ 0,08.

Min.Z  0,06 x1  0,08 x 2  8 x1  6 x 2  48  s.a :  x1  2 x 2  12  x  2 x  20 2  1 x1 , x2  0 9) Um fabricante de bombons tem estocado bombons de chocolate, sendo 130 kg com recheio de cerejas e 170 kg com recheio de menta. Ele decide vender o estoque na forma de dois pacotes sortidos diferentes. Um pacote contém uma mistura com metade do peso dos bombons de cereja metade em menta e vende por R$ 20,00 por kg. O outro pacote contém uma mistura de um terço de bombons de cereja e dois terços de menta e vende por R$12,50 por kg. O vendedor deveria preparar quantos quilos de cada mistura a fim de maximizar seu lucro nas vendas?

Max.Z  20 x1  12,50 x 2 1 1  x1  x 2  130 3 s.a :  2  1 x  2 x  70  1 2 3 2 x1 , x2  0 10) Uma mulher tem R$ 10.000,00 para investir e seu corretor sugere investir em dois títulos, A e B.O título A é bastante arriscado, com lucro anual de 10% e o título B é bastante seguro, com um lucro anual de 7%. Depois de algumas considerações, ela resolvem investir no máximo R$ 6.000,00no título A, no mínimo R$ 2.000,00 no título B. Como ela deverá investir seus R$ 10.000,00 a fim de maximizar o rendimento anual? Max.Z  0,10 x1  0,07 x 2 1210.000 x1  x 2  16  s.a :  x1  x 2  6000  x  x  2000 1 2 

71

PROBLEMAS PROPOSTOS DE PROGRAMAÇÃO LINEAR

1.Considere o seguinte programa linear:

min Z  x1  3x 2  x 4  2 x5 s.a. : x1  x 4  x5  3  x1  x 2  x 4  3 5 x1  x3  2 x 4  16 x1 , x 2 , x3 , x 4 , x5  0 Verifique que as colunas associadas às variáveis x1 , x2 e x3 constituem uma base do sistema de restrições e classifique a correspondente solução básica quanto à admissibilidade. Justifique se a solução encontrada em a) é a solução óptima. 2.Considere o seguinte problema, formulado em p.l. como:

min Z  2 x1  3x 2  4 x3 s.a. : x1  5 x 2  3x3  15 x1  x 2  x3  5 5 x1  6 x 2  4 x3  10 x1 , x 2 , x3  0

a) Escreva-o na sua forma canónica e determine a solução básica admissível associada às variáveis de folga. b) Mostre que a solução encontrada em a) não é a óptima e indique justificando quais as variáveis básicas na próxima iteração. c) Escreva e resolva as equações que levam à obtenção de uma nova S.B.A. 3. Uma fábrica de tintas produz dois tipos de produto: 1 tinta para interiores e uma tinta para exteriores. Para isso recorre a dois tipos de matéria prima, A e B, das quais possuí, respectivamente, 6 e 9 toneladas, em stock, stock esse que não pode ser reforçado . Para 72

produzir uma tonelada de tinta interior são necessárias 1 tonelada de A e 2 toneladas de B. No caso da tinta exterior, para produzir uma tonelada são necessárias 1 tonelada de A e duas toneladas de B. Um estudo de mercado indica que a procura de tinta interior não excede em mais de 1 tonelada de tinta exterior. O preço de venda da tinta interior é de 30$00 por Kg e o da tinta exterior de 45$00 por kg. Formule o problema. Encontre a sua solução óptima, recorrendo ao método do simplex. 4. Considere o seguinte problema de p.l.

max Z  20 x1  12 x 2 s.a. : x1  4 x2  5 3x1  x 2  16 x1 , x 2  0 Determine a sua solução ótima recorrendo à forma matricial do simplex. 5. É possível produzir um determinado tipo de óleo misturando 2 outros tipos disponíveis: A e B. O óleo a obter tem de obedecer a vários requisitos: possuir um grau de viscosidade não superior a 60 e um teor de Enxofre que não exceda os 40%. Os óleos A e B têm as seguintes características e preços: Óleo A

Óleo B

40

40

Teor em Enxofre

30

52

Preço

30

20

Viscosidade (º Baumé)

(u.m/l) Pretende-se determinar quais as quantidades de A e de B a misturar para produzir 100 l do novo óleo, de forma a minimizar os custos com a matéria-prima. Formule o problema. Determine graficamente a sua solução óptima. 6.Um fabricante de papel produz três tipos de papel: pesado (P) com um lucro de 6 u.m./ton, médio (M) com um lucro de 4 u.m/ton e fino (F) com um lucro de 5 u.m./ ton.

73

Considera-se que para produzir uma tonelada de P são necessários 2 ton de pasta e 2 unidades de energia eléctrica, para M os valores são 1 e 2 e para F 1 e 5. O fabricante dispõe de 30 ton de pasta e 40 unidades de energia eléctrica. Formule o problema Determine a sua solução óptima. 7.Uma empresa possui uma fábrica de objetos de plástico. Dois dos tipos de matéria prima de que necessita, designemo-los por A e B, são produzidos internamente, numa linha de produção parcialmente autónoma, com custo de 16$00/kg e de 24$00/kg, respectivamente. A produção de A e B destina-se, em primeiro lugar, para satisfazer as necessidades da fábrica (que requer diariamente 4 toneladas de A e 10 toneladas de B) sendo um eventual excesso de produção vendido no mercado. Sabe-se que são necessários 2 trabalhadores para obter uma tonelada de matéria primas A, enquanto para obter uma tonelada de matéria-prima B é necessário somente 1. A empresa não pode destacar mais de 30 dos seus trabalhadores para a linha de produção a) Formule o problema em programação linear e resolva-o graficamente. Caracterize a solução obtida, referindo se esta é, ou não única e quais restrições ativa. b) Construa o problema dual que lhe está associado e, recorrendo à complementaridade, determine a sua solução óptima. c) Uma equipa de consultores de Engenharia propõe à empresa a implementação uma nova tecnologia que permite reduzir as necessidades de mão de obra da linha de produção. Indique, justificando, qual deverá ser a resposta da empresa a esta proposta. (Caso tenha resolvido o problema alternativo, discuta uma eventual vantagem no aumento do valor de b2) 8.Considere o seguinte programa linear:

max Z  80 x1  60 x 2 s .a . : 5 x1  3x 2  30 2 x1  3x 2  24 x1  3 x 2  18 x1 , x 2  0

74

a) Obtenha o quadro do simplex no qual se tem como variáveis básicas as variáveis

x1 , y 2 , y3 e prossiga com a aplicação do método até chegar ao valor óptimo do problema. b) Discuta as implicações das alterações que a seguir se descrevem na resposta apresentada em a). bi ) O vector dos termos independentes das restrições passa a ser dado por 30 22 18

T

9. Dado o programa linear:

min Z  2 x1  3x 2 s.a. : x1  2 x 2  1 x1  x 2  2 x1 , x 2  0 a) Escreva e resolva o problema auxiliar conducente à obtenção de uma solução básica admissível. b) Determine o valor da função objetivo Z para a solução obtida em a) e verifique se é ou não possível melhorá-lo.

10. Uma fábrica de refrigerantes produz dois tipos de refrescos, A e B. De forma a otimizar o seu esquema de produção foi construído o seguinte modelo de programação linear:

max Z  1.5 x1  1x2 s.a.20 x1  40 x2  40 45 x1  30 x2  60 x1 , x2  0 onde x1 e x2 representam as quantidades (em hectolitros) a produzir de cada um dos refrigerantes e 40 e 60 representam as disponibilidades das matérias primas destinadas à

75

produção (em toneladas). Os preços de venda dos refrigerantes são 1.5 e 1 u.m., respectivamente. a) Resolva graficamente o problema indicado. b) Apresente o seu dual e calcule a respectiva solução óptima. c) Interprete, em termos económicos, o significado a atribuir aos resultados de a) e b)

11.Considere o seguinte problema, formulado em programação linear, como:

maxZ  x1  x 2  x3 s .a . : x1  x3  1 2 x1  x 2  x3  8 x1  x 2  x3  2 x1 , x 2 , x3  0 a) Verifique que as colunas associadas às variáveis x3 , y 2 e y3 constituem uma base do sistema das restrições, quando reduzido à sua forma canónica e encontre a correspondente solução básica. Justifique que não é óptima para o problema. b) Construa o quadro do simplex associado à solução básica encontrada em a) e prossiga com o método até encontrar a solução óptima. c) Indique o intervalo de variação para 𝑏1 na qual a base mantém admissível. d) Admita que o valor de 𝑐1 é alterado para 4 (se resolveu o problema alternativo considere 𝑐1 = 45) determine a solução óptima do problema modificado. e) Admita que é introduzida uma nova restrição ao problema, a saber: 𝑥3 ≤ 2 Ou 𝑥2 + 𝑥3 ≤ 30 Para caso de problema alternativo. Estude as sequências da introdução da referida restrição no plano óptimo determinado. 12. Considere um programa linear de máximo, onde todas as restrições são de tipo ≤. As variáveis de decisão foram designadas por 𝑥1 𝑒 𝑥2 e as variáveis auxiliares por 𝑦1 , 𝑦2 𝑒 𝑦3 . Após a aplicação do método de simplex chegou-se ao quadro óptimo: Para caso de problema alternativo. 76

𝒙 𝟏 𝒙 𝟐 𝒚𝟏 𝒚𝟐 𝒚𝟑 Z 𝒙𝟏 𝒙𝟐 𝒚𝟑

0 1 0 0

5 3/2 2 4

0 0 1 0

¼ -1/8 ½ 1

¼ 3/8 -1/2 -2

0 0 0 1

Formule matematicamente o problema em causa. 13.Considere a seguinte instância de um problema P, formulado em programação linear como:

(P) :

min z   x1  2 x2  3x3 3x1

s .a.

 2 x3  5

 x1  x 2  x3  7  x1  x 2  x3  2 x1  0, x2 , x3  0 a) Recorrendo à primeira fase do método das duas fases determine uma solução básica admissível e o seu valor para o problema P b) Classifique a solução encontrada em a) quanto à optimização. Caso a solução não seja ainda a óptima, escreva e resolva as equações conducentes à obtenção da próxima solução. 14.Considere o seguinte problema de programação linear:

max z  600 x1  1000 x2 s.a.

1x1  1.8 x2  64 0.5 x1  0.6 x2  24 x1 , x2  0

Por aplicação do método do Simplex ao problema assim formulado, chegou-se ao quadro final: x1

x2

y1

y2

Z

108 800/3 0

0

1400/3

800/3

x1

16

1

0

-2

6

x2

80/3

0

1

5/3

-10/3

a) Descreva a solução obtida, indicando quais as restrições ativas. b) Confirme graficamente os resultados indicados no quadro. 77

c) Realize uma análise de sensibilidade aos segundos termos das restrições e aos coeficientes da função objetivo. d) Escreva o dual problema e, recorrendo à complementaridade, encontre a sua solução óptima. e) Suponha que é introduzida uma restrição adicional ao problema x2  15

Quais as alterações que a introdução de uma tal restrição trará ao quadro óptimo? 15. Considere o seguinte problema formulado em Programação Linear, como:

(P) Min Z   x1  3x 2  x3 s.a : 2 x1  x 2  x3  18 x1  x 2  3 x3  36  x1  3 x 2  x3  24 x1 , x 2 , x3  0 a) Determine a solução básica associada às variáveis y1 , y2 e x2 . Justifique que a solução encontrada é uma solução básica admissível para o problema. ( yi denota a variável auxiliar associada à restrição i) b) Mostre que a solução encontrada na alínea a) não verifica o critério da optimalidade. c) Construa o quadro do simplex correspondente à solução encontrada em a). d)

Prossiga com a aplicação do método até encontrar a solução óptima de P.

16. Considere o seguinte problema: Numa pequena oficina produzem-se dois tipos de peças: A e B. Para tal, o artesão dispõe de uma única máquina que pode utilizar até 8h por dia. Para produzir uma peça A o artesão necessita de utilizar a máquina durante uma hora, enquanto que para produzir uma peça de B o artesão ocupa a máquina durante duas horas. Recentemente o artesão recebeu a visita de uma equipa de consultores da região de turismo que definiu que: 

As peças tipo A serão vendidas por 5 u. m. e as tipo B por 10 u.m., respectivamente



A produção de peças tipo A deve ser pelo menos dupla da produção de peças tipo B. 78



A máquina não deve ser ocupada em mais do que 50% do seu tempo disponível com cada um dos dois tipos de peça a produzir.

a) Determine o esquema de produção que permite maximizar o valor das receitas. b) Recorrendo a um processo gráfico, determine a sua solução óptima. c) Construa diretamente o quadro óptimo do Simplex. 17. Considere o seguinte programa linear:

min Z  x1  3x 2  2 x3 s.a. : 2 x1  3x 2  7 5 x1  3x 2  2 x3  8 5 x1  2 x 2  x3  7 x1 , x 2 , x3  0

a)Verifique que as colunas associadas às variáveis y1, y2 e x1 constituem uma base do sistema das restrições e classifique a correspondente solução básica quanto à admissibilidade) Construa o quadro do simplex respeitante à solução básica encontrada em a) e discuta a sua optimalidade. Caso a solução encontrada não seja ainda a óptima, continue com o método até à optimalidade. 18. Considere o problema em P.L..

( P ) min z  x1  3 x 2 s.a. x1  x 2  2 4

x1

x1  x 2  5 x2  6 x1 , x 2  0 a) Represente graficamente o conjunto das soluções admissíveis de P. Identifique as soluções básicas admissíveis. b) Indique qual a solução óptima de P e identifique as restrições ativas. Determine o valor associado às variáveis de folga de cada uma das restrições. c) Construa o dual de (P) e, recorrendo à complementaridade, determine a sua solução óptima. 19. Numa fábrica podem produzir-se 4 tipos de solventes diferentes. Tendo em vista a maximização dos lucros, pretende definir-se qual a quantidade de cada um dos produtos 79

xi (i=1,2,3,4) que se deve produzir mensalmente. Sabe-se que o lucro unitário associado a cada um dos produtos é de 300, 725, 200 e 450 u.m./Kl, respectivamente. A quantidade a produzir de cada um destes produtos é limitada por restrições ao consumo de matéria-prima, à disponibilidade de mão-de-obra e ao espaço de armazenagem destinado ao produto acabado. Na tabela seguinte apresentam-se as necessidades em cada uma das linhas de produção, bem como a disponibilidade mensal de cada um dos recursos mencionados:

Matéria-Prima (Kg/mês) Mão-de-obra (horas homem/mês) Espaço de armazenagem (m3/mês)

Produto

Produto

Produto

Produto

Disponibilida

1

2

3

4

de

1

3

1

2

60

2

8

2

3

140

3

5

6

3

100

Com base em todas estas informações foi possível formular o problema em termos de Programação Linear na seguinte forma:

max Z  300 x1  725 x 2  200 x3  450 x 4 s.a. : x1  3x 2  x3  2 x 4  60 2 x1  8 x2  2 x3  3x 4  140 3x1  5 x 2  6 x3  3x 4  100 x1 , x2 , x3 , x 4  0 Aplicando o método do simplex ao problema obtém-se o seguinte quadro óptimo ( yi denota a variável de folga associada à restrição i):

80

x1

x2

x3

x4

y1

y2

y3

14350

0

0

242.5

0

142.5

367.5

47.5

x4

8

0

0

-3/5

1

7/5

2/5

-1/5

x2

14

0

1

-3/10

0

-3/10

3/10

-1/10

x1

2

1

0

31/10 0

-9/10

-1/10

7/10

Z

a) Descreva a solução obtida, indicando o que se produz e em que quantidades. Refira também o consumo de recursos e indique se há, ou não, vantagem em aumentar a disponibilidade de algum dos recursos necessários à produção dos solventes. b) Considere que o lucro unitário do solvente 3 passa para 400 u.m. Averigúe se a solução óptima se mantém. c) Imagine, agora, que se estuda a hipótese de passar a produzir um quinto tipo de solvente. Este novo solvente seria vendido por 250 u.m/kl, sendo as suas necessidades em matéria-prima, mão-de-obra e espaço de armazenagem de 2, 3 e 5, respectivamente. Deverá a empresa rever o seu esquema de produção de forma a passar a produzir este novo tipo de solvente? 20. Uma empresa de refrigerantes está a estudar a possibilidade de passar a produzir dois novos produtos, cujos preços de venda são 2 e 1 u.m./l, respectivamente. Na produção destes novos produtos são utilizadas três matérias-primas distintas, a saber: A, B e C. Por litro de refrigerante 1 produzido são consumidas 3 unidades da matéria-prima A e 1 da matéria-prima B. Por sua vez, por litro de refrigerante 2 produzido são consumidos 1 unidade de matéria-prima A, 2 unidades de matéria-prima B e 1 unidade da matériaprima C. A empresa tem assegurado um fornecimento de 70 unidades da matéria-prima A, 60 unidades da matéria-prima B e 25 unidades da matéria-prima C, e pretende planear a produção, maximizando o valor das vendas sem exceder as disponibilidades. a) Formule o problema em programação linear.

81

b) Resolva-o graficamente, indicando a sua solução óptima. Caracterize-a, descrevendo o que se produz e em que quantidade e refira o consumo de matéria-prima c) Formule o problema dual correspondente. Determine e interprete economicamente a solução óptima dual.

Soluções Exerc. P.L.: 1) a) x1  3 , x2  6 e x3  1 . É S.B.A.. b) É óptima visto que os valores dos custos reduzidos das variáveis não básicas mostram que não é possível melhorar o valor actual da função objectivo. 2) a) y1  15 , y2  5 e y3  10 . É S.B.A.. b) Novas variáveis básicas: y1 , y 2 , x 3 . c) Nova solução básica: y1  45 / 2 , y 2  5 / 2 , x3  5 / 2 . 3) a) Sejam: x1 

x2 

’Quantidade de tinta para interiores a produzir (kg) ‘ ’Quantidade de tinta para exteriores a produzir (kg) ‘

O problema enunciado pode ser formulado como:

MaxZ  30 x1  45 x 2 s.a.

x1  2 x 2  6 2 x1  x 2  9 x1  x 2  1 x1 , x 2  0

b) x *  8 / 3, 5 / 3 ; y *  0, 2,0 ; z *  155 . 4) x *  11 / 3, 5 ; y *  1 / 3,0,0 ; z *  400 / 3 . 5) a) Sejam: ’Quantidade de óleo A no novo óleo (l)’ x1  82

x2 

’Quantidade de óleo B no novo óleo (l)’ O problema enunciado pode ser formulado como:

MinZ  30 x1  20 x 2 s.a.

40 x1  40 x 2  60( x1  x 2 ) 0.3x1  0.52 x 2  0.4( x1  x 2 ) x1  x 2  100 x1 , x 2  0

b) x*  0,100 ; y *  2 0 00,10 ; z *  3000 . Logo o novo óleo será constituído por 100% de óleo A e 0% de óleo B. 6) a) Sejam: x1 

x2 

’Quantidade de papel fino a produzir (ton)’

’Quantidade de papel médio a produzir (ton)’

x3  ’Quantidade de papel pesado a produzir (ton)’ O problema enunciado pode ser formulado como:

MaxZ  5 x1  4 x 2  6 x3 s.a.

x1  x 2  2 x3  30 5 x1  2 x 2  2 x3  40 x1 , x 2 , x3  0

b) x *  0,10,10 ; y *  0, 0 ; z *  100 .

7) a) Sejam: x1 

x2 

’Quantidade de matéria prima A a produzir (ton)’

’Quantidade de matéria prima B a produzir (ton)’ O problema enunciado pode ser formulado como:

83

MinZ  16 x1  24 x 2 x1  4

s.a.

x 2  10 2 x1  x 2  30 x1 , x 2  0 A solução óptima obtida é x *  4,10 ; y *  0, 0,12 e tem valor z * =304. A solução é única e estão ativas as primeira e segundas restrições. O lucro gerado é 304 000$00. b) Problema Dual: MaxG  4w1  10w2  30w3 s.a. w1  2w3  16 w2  w3  24 w1 , w2  0 w3  0

A solução óptima dual é w*  16,24, 0 e v *  0, 0 e tem valor G * =304 . c) A resposta deverá ser negativa pois o recurso mão-de-obra não é esgotado com o plano atual. 8)

a) A solução óptima obtida é x *  3,5 ; y *  0, 3,0 e tem valor z * =540. b) i) A solução permanece admissível e, como tal não é necessário reoptimizar. Assim o valor de y 2 e alterado passando a valer 2. ii) A nova solução óptima é x *  0,6 ; y *  12,6,0 com valor z * =360.

9)

10)

a) S.B.A: x  0,1/ 2 ; y  0, 3 / 2 . b) Valor da solução: z =3/2. A solução é óptima. a) x1 , x2    1,1/ 2  1    4 / 3,0, com   0,1 . b) Problema Dual: MinG  40w1  60w2

s.a.

20w1  45w2  1.5 40w1  30w2  1 w1 , w2  0

A solução óptima dual é w*  0,1 / 30 e v *  0, 0 e tem valor G * =2. c) Produzem-se 1 hl de refrigerante A e 50l de refrigerante B, consumindo-se as duas matérias-primas na totalidade. O preço sombra atribuído à matéria-prima 1 84

é 0, o que significa que não há vantagem em adquiri-la. Por sua vez, o preço sombra da matéria-prima 2 é 1/30 u.m., o que significa que é vantajoso para a empresa adquirir uma quantidade extra de matéria-prima 2, desde que o preço de aquisição seja inferior a 1/30 u.m/unidade adquirida. 11)

a) A solução básica encontrada é x  0,0,1 ; y  0, 7,3 . Trata-se de uma solução básica admissível. b) A solução óptima obtida é x *  0,3,1 ; y *  0, 4,0 e tem valor z * =4. c) b1  0,3 d) A nova solução óptima é x *  1,1,0 ; y *  0,5,0 com valor z * =5. e) A solução permanece admissível e óptima.

12)

MaxZ  2 x1  x 2 s.a.

4 x1  3 x 2  12 4 x1  x 2  8 4 x1  x 2  8 x1 , x 2  0

a) A solução básica encontrada é x   5 / 3,1/ 3,0 ; y  0, 5 / 2,0 .

b) A solução óptima é x *   5 / 3,16 / 3,0 ; y *  0, 0,5 e tem valor z *  9 . 13) a) São básicas as variáveis x1 e x 2 e são não básicas as variáveis y1 e y 2 . A solução óptima de (P) é única e tem valor 108 800/3. Estão ativas as restrições 1 e 2. b) b1 48, 72 ; b2 64 / 3, 32 ; c1 5000 / 9, 2500 / 3 ; c2 720,1080 c) MinG  64w1  24w2

s.a.

w1  0.5w2  600 1.8w1  0.6w2  1000 w1 , w2  0

A solução óptima dual é w*  1400 / 3, 800 / 3 , v *  0, 0 e tem valor G * =108 800/3 A nova solução óptima é x*  30,15 ; y*  7,0,0 e tem valor z*=33 000. 14) a) A solução básica é x  0,8,21 / 2 ; y  10,28 . É S.B.A. visto que respeita as restrições de não negatividade. b) Não é óptima porque é possível melhorar o valor da função objetivo, fazendo entrar x3 na base. 85

c) x1

x2

x3

y1

y2

0

2

0

0

Z

24

0

y1

10

-5/3 0

2/3

1

0

y2

28

4/3

0

8/3

0

1

x2

8

-1/3 1

1/3

0

0

d) A solução óptima é x*  0, 9 / 2,11 ; y*  3,0,0 e tem valor z*=3. 15) a) Sejam: x1  x2 

’Quantidade de peças tipo A a produzir ’

’Quantidade de peças tipo B a produzir ’

O problema enunciado pode ser formulado como:

MaxZ  5 x1  10 x 2 x1  2 x 2  8

s.a.

x1  2 x 2 x1  4 2 x2  4 x1 , x 2  0 e inteiros b) A solução óptima é x*  4,2 e tem valor z*=40. c) x1 x2 y1 Y2 y3 y4 40

0

0

5

0

0

0

x1

4

1

0

1/2

-1/2

0

0

x2

2

0

1

1/4

1/4

0

0

y3

0

0

0

-1/2

1/2

1

0

y4

0

0

0

-1/4

-1/4

0

1

Z

16)

86

a) A solução básica encontrada é x  7 / 5,0,0; y  21/ 5,1,0 . Trata-se de uma S.B.A. b) A solução óptima é x*  1,1,0; y*  2,0,0 e tem valor z*= - 2. 17) a) O conjunto das soluções admissíveis de P é o poliedro cujos pontos extremos são: A(0,5); B(0,6); C(4,6); D(4,2) e E(7/2,3/2). b) A solução óptima é x*  7 / 2,3 / 2 e tem valor z*= 8. Estão ativas as primeira e terceira restrições. Os valores associados às variáveis de folga são: y1  y3  0; y2  1/ 2 ; y4  9 / 2 . c) Problema Dual:

MaxG  2w1  4w2  5w3  6w4 s.a.

w1  w2  w3  1  w1  w3  w4  3 w1 , w2 , w4  0 w3  0 A solução óptima dual é w*   1,0,2,0 e v *  0, 0 e tem valor G * =8.

18) a) Produzem-se os solventes 1, 2 e 4 nas quantidades de 2Kl, 14 Kl e 8 Kl, respectivamente. Consomem-se todos os recursos disponíveis, havendo vantagem em aumentar a sua disponibilidade, desde que esse aumento não traga custos superiores a 142.5 u.m., 367.5 u.m. e 47.5 u.m, por unidade de matériaprima, mão-de-obra e espaço de armazenagem disponibilizados. b) A solução permanece óptima. c) Não há vantagem em alterar o plano de produção, logo a solução permanece óptima. 19) a) Sejam: x1 

x2 

’Quantidade de refrigerante 1 a produzir ’

’Quantidade de refrigerante 2 a produzir ’ O problema enunciado pode ser formulado como:

87

MaxZ  2 x1  x 2 s.a.

3 x1  x 2  70 x1  2 x 2  60 x 2  25 x1 , x 2  0

b) A solução óptima é x*  16,22 e tem valor z*=54. Assim, produzem-se 16 l de refrigerante 1 e 22 l de refrigerante 2. As matérias-primas A e B são consumidas na totalidade, havendo um excesso de 3 unidades de matéria-prima C. c) Problema Dual: MinG  70w1  60w2  25w3

s.a.

3w1  w2  2 w1  2w2  w3  1 w1 , w2 , w3  0

A solução óptima dual é w*  3 / 5,1 / 5,0 e v *  0, 0 e tem valor G * =54. A matéria-prima C não é consumida na totalidade, pelo que o seu preço sombra é zero. As matéria primas A e B são bens escassos, havendo vantagem em adquirir quantidades extra, desde que o custo de aquisição não ultrapasse 3/5 u.m. e 1/5 u.m., por unidade adquirida, respectivamente.

88

TEMA OITO ANALISE DEPOIS DO OTIMO Uma empresa produz trés produtos numa fábrica sua. Na fabricação dos produto, trés insumos são críticos em termos de restringir a capacidade de produção possível. A mão-de-obra disponível, a quantidade de matéria-prima e o espaço para o armazenamento dos produtos já produzidos. Assim, o departamento de produção já sabe que para o próximo mês terá disponível 100 kg de matéria-prima, 360𝑚2 de área para armazenamento e 400 homens hora de mão de obra. Cada unidade de P1 consome 1 kg de matéria prima, precisa de 6𝑚2 para ser armazenada e necessita de 8 h-h em mão de obra. Por sua vez cada unidade do produto 2, consome 2 kg de matéria prima, 6𝑚2 para ser armazenada e envolve o uso de 4 h-h. Já cada P3 precisa de 2kg de matéria-prima, 4𝑚2 para ser armazenado e o trabalho avaliado ao equivalente a 4 h- h. Deduzindo o preço de venda de todos os custos directos ou indirectos, foi determinado que o lucro unitário é igual $4 para P1 e $5 para P2 e $3 para P3 levando em conta que o objectivo da empresa é máximizar o lucro com a produção e a venda dos trés produtos, foi formulado no seguinte modelo de PL visando determinar as quantidades que deveriam ser fabricadas de cada produto no próximo mês. Variáveis de decisão: 𝑥1 – quantidade de P1 a serem produzidos 𝑥2 - quantidade de P2 a serem produzidos 89

𝑥3 - quantidade de P3 a serem produzidos Max 𝑍 = 4𝑥1 + 5𝑥2 + 3𝑥3 𝑥1 + 2𝑥2 + 2𝑥3 ≤ 100 (𝑚𝑎𝑡𝑒𝑟𝑖𝑎 − 𝑝𝑟𝑖𝑚𝑎) 𝑆. 𝑎 { 6𝑥1 + 6𝑥2 + 4𝑥3 ≤ 360 (𝑒𝑠𝑝𝑎ç𝑜𝑑𝑒𝑒𝑠𝑡𝑜𝑐𝑎𝑔𝑒𝑚𝑒𝑚𝑚2 8𝑥1 + 4𝑥2 + 4𝑥3 ≤ 400 (𝑚ã𝑜 − 𝑑𝑒 − 𝑜𝑏𝑟𝑎𝐻 − 𝐻) 𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 ≥ 0 Submetido ao simplex, a solução apresenta as seguintes soluções básicas, onde (SI) é a solução inicial e (SF) é a solução final ou seja a solução óptima. ST: (0) 𝑍 − 4𝑥1 + 5𝑥2 − 3𝑥3 = 0 (1) 𝑥1 + 2𝑥2 + 5𝑥3 + 𝐹1 = 100 (2) 6𝑥1 + 6𝑥2 + 4𝑥3 + 𝐹3 = 360 (3) 8𝑥1 + 4𝑥2 + 4𝑥3 + 𝐹3 = 400 𝐹1 = 100 𝑥1 = 0 𝑉𝐵 {𝐹2 = 320 𝑉𝑁𝐵 {𝑥2 = 0 𝐹3 = 400 𝑥3 = 0 𝑍=0 𝑥2 - Var que entra na base. 𝐹1 - Var que sai da base Nova solução básica 3

5

(0) 𝑍 − 2 𝑥1 + 2𝑥2 + 2 𝐹1 = 250 (1)

1

𝑥 2 1

1

+ 𝑥2 + 𝑥3 + 2 𝐹1 = 50

(2) 3𝑥1 − 2𝑥3 − 3𝐹3 + 𝐹2 = 60 (3) 6𝑥1 − 𝐹1 + 𝐹3 = 200 𝑥1 = 0 𝐹1 = 50 𝑉𝐵 { 𝐹2 = 60 𝑉𝑁𝐵 {𝑥2 = 0 𝑥3 = 0 𝐹3 = 200 𝑍 = 250 𝑥2 - Entra na base e 𝐹2 sai da base Solução final (SF) 1

(0) 𝑍 + 𝑥3 + 𝐹1 + 2 𝐹2 = 280 4

1

(1) 𝑥2 + 2 𝑥3 + 𝐹1 − 𝑥3 − 6 𝐹2 = 40 2

1

(2) 𝑥1 − 3 𝑥3 − 𝐹1 + 3 𝐹2 + 𝐹3 = 8 90

𝑥1 = 40 𝑉𝑁𝐵 {𝑥2 = 20 𝐹3 = 80

𝐹1 = 0 𝑉𝐵 {𝐹2 = 0 𝑥3 = 0 𝑍 = 280

1. ANÁLISE PÔS OPTIMALIDADE São raras as vezes em que se consegue determinar os parâmetro (𝑐𝑖 , 𝑎𝑖𝑗 , 𝑒 𝑏𝑖 ) de um dado modelo matemático com certeza absoluta. Na realidade os parâmetros dos modelos são simples estimativos sujeitos a um certo grau de incerteza e em consequência disto, é natural que se queira avaliar os efeitos de mudança na solução óptima, se forem alterados um ou mais parâmetros do modelo sem que seja necessário resolver de novo o modelo. Definição: Analise de sensibilidade também chamada por analise de pôs – optimalidade é o estudo do efeito na Solução Otima, da alteração efectuados nos parâmetros de determinados modelos. Nota: As diferentes categorias de alteração que se podem analisar são: 1. 2. 3. 4.

Alteração nos coeficientes da FO (𝐶𝑖 ). Alteração das constantes do lado direito (𝑏𝑖 ). Alteração nos coeficientes das restrições (𝑎𝑖𝑗 ). Inclusão de uma nova variável.

2. ANÁLISE DE SENSIBILIDADE DOS COEFICIENTES DA F.O. a. Das variáveis não básicas na solução óptima Na sequência do exemplo anterior, examinamos a variável 𝑥3 que represente o número de unidades de P3 a produzir. Pergunta 1: Se o coeficiente 𝑥3 na FO for menor que 3, a solução final combinará a ser solução óptima? Numa análise previa, por intuição pode-se dizer que sim, pois se um lucro igual a 3 não foi suficiente que purifica 𝑥3 de zero, muito menos o fará um lucro menor. Pergunta 2: Se o coeficiente de 𝑥3 for superior a 3, a solução final continuará sendo Otima? Para responder esta pergunta podemos imaginar um coeficiente para 𝑥3 maior que 3 na solução final e baseando – se nas propriedades do sistema de equações lineares, calcular como ficaria a função (eq.0) no sistema óptimo (F).

91

De realçar que para se saber se uma solução é óptima ou não, temos que examinar a equação da F.O. Seja 3 + ∆ o coeficiente de 𝑥3 , onde ∆≥ 0 Teremos:

𝑍 − 4𝑥1 − 5𝑥2 − (3 + ∆)𝑥3 = 0

Ou seja:

𝑍 − 4𝑥1 − 5𝑥2 − 3𝑥3 − ∆𝑥3 = 0

Se considerarmos −∆𝑥3 = 𝜅 = 0 teremos: 𝑍 − 4𝑥1 − 5𝑥2 − 3𝑥3 + 𝜅 = 0 Pergunta 3: Se com esta equação no sistema inicial aplicassem o simplex como é que se chegaria a solução óptima? Consideramos que a variável 𝜅 só aparece na equação (0) e como durante o simplex somamos e subtraímos a equação (0) múltipla de outras equações (restrições) nas quais 𝜅 não aparece, teríamos: 1

(0) 𝑍 + 𝑥3 + 𝜅 + 𝐹1 + 2 𝐹2 = 280 Substituindo pelo valor de 𝜅, tem-se: 1 𝑍 + 𝑥3 − Δ𝑥3 + 𝐹1 + 𝐹2 = 280 2 1 𝑍 + (1 − Δ)𝑥3 + 𝐹1 + 𝐹2 = 280 2 A equação acima seria a equação (0) da solução final (SF) se o coeficiente original de 𝑥3 fosse 3 + ∆: Para esta solução continuar sendo óptima, lembrando-nos que o modelo é de Max, teremos que garantir que: 1−∆≥ 0 , logo devemos ter que ∆≤ 1. Se ∆≥ 1 a solução (SF) deixa de ser óptima porque 𝑥3 será variável entrante porque seu coeficiente seria menor que zero. Para compreendermos os resultados na análise de sensibilidade consideremos: Definição: UPPER LIMIT (limite Superior) é o maior valor que um coeficiente pode assumir sem alterar a solução óptima. Definição: LOWER LIMIT (limite inferior) é menor que um coeficiente pode assumir sem alterar a solução óptima. Definição: O LOWER e UPPER LIMIT são simbolicamente representados por [𝐿𝐿; 𝑈𝐿], ou seja entre parêntese rectos separado por ponto e virgula. Nota: É importante observar uma valiosa premissa básica para determinar do LOWER e UPPER limite para os parâmetros de um modelo de PL. Quando se diz na definição dos

92

vectores de “LL e UL “ sem alterar a solução óptima” queremos dizer sem alterar o conjunto as variáveis básicas e consequentemente de variáveis não básicas. Noutras palavras se o [𝐿𝐿; 𝑈𝐿], é por exemplo [2; 12], isto significa que neste intervalo fechado, o conjunto de variáveis básicas (e não básicas) não se altera podendo no entanto , se alterar o valor numéricos delas. Assim sendo, o LOWER e o UPPER LIMIT para o coeficiente de 𝑥3 na FO é [0; 3 + ∆] ou seja [0; 4]. É importante considerar a diferença entre o LOWERLIMIT matemático e o LOWER LIMIT prático. Matematicamente o LOWER LIMIT é −∞ , mas como o coeficiente de 𝑥3 , representa lucro unitário o LOWER LIMIT será zero, pois o lucro unitário não deve ser menos que zero. Outro ponto a ser observado é o valor de ∆ é igual ao coeficiente de 𝑥3 na equação (0) do sistema óptimo (SF). Na verdade, para variáveis não básicas, ∆ será sempre igual aquele valor.

b. Das variáveis básicas na solução óptimas Qual é LOWER e o UPPER LIMIT do coeficiente de 𝑥3 na F.O.? Suponhamos que o coeficiente de 𝑥3 original seja 4 + ∆ logo, teremos (0) 𝑍 − (4 + ∆)𝑥1 − 5𝑥2 − 3𝑥3 = 0 Substituindo pelo valor de 𝜅, tem-se: ⟹ 𝑍 − 4𝑥1 − Δ𝑥1 − 5𝑥2 − 3𝑥3 = 0 Fazendo −Δ𝑥1 = κ, teremos: (0) 𝑍 − 𝑥1 + 𝜅 − 5𝑥2 − 3𝑥3 = 0 Como 𝜅 so aparece na equação (0) original, na solução (F) teríamos: 1

(0)𝐹 𝑍 + 𝜅 + 𝑥3 + 𝐹1 + 2 𝐹2 = 280 Substituindo 𝜅 por −Δ𝑥1 teremos 1

(0)𝐹 𝑍 − Δ𝑥1 + 𝑥3 + 𝐹1 + 2 𝐹2 = 280 Sendo que 𝑥3 é variável básica, tem de ser eliminada da equação (0). Para tal, multiplica-se a equação (2) que é onde 𝑥3 aparece como básica na solução F, por Δ e somamos a equação (0), obtendo-se:

93

2 1 1 𝐹 = 280 (0)𝐹 𝑍 + [1 ∆] 𝑥2 + [1 − 𝑥]𝐹1 + [ + ∆] 2 +20Δ 3 2 3 Para garantir que a solução (F) continue sendo óptima, teremos que ter todos os coeficientes ≥ 0, ou seja: 2 3 1 − ∆≥= 0 ⇒ ∆≤ 2 2 1 − ∆≥= 0 ⇒ ∆≤ 1 1 2 3 + ∆≥= 0 ⇒ ∆≤ 2 3 2 Dada a existência de sobreposição teremos:

−

2 3

0

N

2 3

Desta forma, os valores validos para ∆ serao: −

3 ≤ ∆≤ 1 2

Logo para o coeficiente de 𝑥1 na função objectivo teremos: 3

[4 − 2 ; 4 + 1] Ou [2,5; 5] Nota: Se o lucro unitário de P1 estiver neste intervalo, então, a solução (F) continua a ser óptima. Exercício: Achar o LOWER (F) e o UPPER LIMIT para o coeficiente de 𝑥2 na F.O. 17

Resposta: [ 𝟔 ; 9]

5. ANÁLISE DE SENSIBILIDADE DAS CONSTANTES DE LADO DIREITO Pergunta: Qual é o LOWER e o UPPER LIMIT da constante do lado direito da 3ª restrição ou seja qual a faixa de variação da mão-de-obra (homens – hora) que matem a solução (F) como sendo a solução óptima?

94

Suponhamos que a constante do lado direito original, da 3ª restrição seja 4 + ∆; onde ∆ é um valor qualquer. Assim sendo: (3)1 8𝑥1 + 4𝑥2 + 4𝑥3 + 𝐹3 = 400 + ∆ Dá para observar que ∆ é a variável 𝐹3 possuem no sistema (I), as mesmas condições, ou seja ambas só aparecem uma única vez com coeficiente 1, 3ª restrição. Pode-se concluir que todo o que acontecer durante o simplex com 𝐹3 , acontecerá a ∆. Como no sistema (F) a variável 𝐹3 aparece exactamente da mesma forma, ou seja, somente na terceira restrição teremos então: : (3)1 4𝑥3 + 4𝐹1 − 2𝐹2 + 𝐹3 = 80 + ∆ Nota: Para ma solução seu óptimo, antes tem de ser praticável. Logo como os vectores do lado direito representam os vectores das variáveis básicas, eles tem de ser ≥ 0 pois excepto Z todas as variáveis tem de ser ≥ 0 para (F) continuar a ser praticável e consequentemente óptima. Assim sendo, para que a solução (F) continue a ser óptima bastará que: 80 + ∆≥ 0 ⇒ ∆≥ −80 Então para ∆ teremos: −80 ≤ ∆≤ ∞ Logo parar a constante da terceira restrição do lado direito teremos: [400 − 80; 400 + ∞] 𝑜𝑢 𝑠𝑒𝑗𝑎 [300; ∞] Nota:Na verdade era sabido que UPPER LIMIT era ∞ porque na solução óptima o valor óptimo de 𝐹3 era 80. Como 𝐹3 representa a falsa na mão-de-obra o seu valor óptimo maior que zero indica que na solução óptima já não se esta a usar toda a mão-deobra disponível. Desta forma o aumento da mão-de-obra disponível de qualquer quantidade não vai provocar qualquer alteração na solução óptima. Respondendo a mesma pergunta para a constante do lado direito da primeira restrição, teremos: (1) 𝑥1 + 2𝑥2 + 2𝑥3 + 𝐹1 = 100 + ∆ Usando o raciocínio anterior, segundo o qual tendo o que acontecer com 𝐹1 acontecerá com ∆ no sistema (F) teremos: 1 𝑍 + 𝑥3 + 𝐹1 + 𝐹2 = 280 + ∆ 2 4 1 𝑥2 + 𝑥3 + 𝐹1 − 𝐹2 = 40 + ∆ (𝐹) 2 6 2 1 𝑥1 − 𝑥3 − 𝐹1 + 𝐹2 = 20 − ∆ 3 3 {4𝑥1 + 4𝐹1 − 2𝐹2 + 𝐹3 = 80 + 4∆

95

Para que a solução (F) continua a ser óptima todas as constantes do lado direito, excepto o da equação (0) (valor de Z), devem ser ≥ 0 logo devemos ter: 40 + ∆≥ 0 ⇒ ∆≥ −40 20 − ∆≥ 0 ⇒ ∆≤ 20 80 + 4∆≥ 0 ⇒≥ −20 Tendo em conta as sobreposições, teremos:

−40

20

0

20

Podemos concluir que ∆ que deve ser −20 ≤ ∆≤ 20. Assim sendo, podemos escrever para a constante do lado direito da 1ª restrição: [100 − 20; 100 + 20]ou [80; 120] Desta forma, se as quantidades de matéria-prima estiverem entre 80 a 120 quilos, o conjunto de variável básico e consequentemente o de variáveis não básicas, será o mesmo do encontrado na solução (F). Entretanto, se por exemplo, o vector de ∆ for igual a 10, ou seja se tivermos 110 quilos de matéria-prima, o valor numérico óptimo de variáveis básicos vai ser diferente pois teremos: 𝑍 = 200; 𝑥2 = 50; 𝑥1 = 10; 𝐹3 = 120 Assim fica claro o conceito de UPPER e LOWER LIM IT. Como o conjunto de variáveis básicas (e não básicas) não se altere diz-se que a solução óptima permanece a mesma, apesar de ter mudado o seu valor numérico. Exercício: Achar o LOWER e o UPPER LIMIT para a constante do lado direito da segunda restrição. Resposta: [300; 400] 6. DUALIDADE O termo dualidade refere-se ao facto de que cada modelo de P.L. pode tomar duas formas. A primeira, a original designa-se PRIMAL e a segunda forma do modelo denomina-se DUAL. As propriedades de uma forma do modelo estão relacionadas com 96

as outras. Como consequência disto, pode-se a partir da solução óptimas de um dos modelos, buscar-se a solução óptima da outra. A solução do modelo DUAL fornece informações significativas as questões económicas existente em qualquer modelo de PL a. Modelo Primal e Modelo Dual Observe os seguintes modelos de PL Max 𝑍 = 4𝑥1 + 5𝑥2 + 9𝑥3 𝑥1 + 𝑥2 + 2𝑥2 ≤ 16 𝑆. 𝑎 { 7𝑥1 + 5𝑥2 + 3𝑥3 ≤ 20 𝑇 𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 ≥ 0 Min 𝑌 = 16𝑦1 + 25𝑦2 𝑆. 𝑎 {

𝑥1 + 𝑥2 + 2𝑥2 ≤ 16 𝑦1 + 𝑦2 ≥ 5 2𝑦1 + 3𝑥2 ≤ 9 𝑥1 , 𝑥2 ≥ 0

Definição: designamos ao primeiro modelo de modelo principal e ao Segundo modelo DUAL. Se consideramos o segundo modelo de PRIMAL então, o primeiro será DUAL. Nota: Se observarmos atentamente os dois modelos, denota-se que esta relacionado, numa vês que as constantes do lado direito do 1º modelo são constante da F.O. do segundo 2º. Os coeficientes da F.O do 1º são constantes do lado direito do 2º. O coeficiente da 1ª linha do 1º modelo (1,1,2) é coeficiente da primeira coluna do 2º e assim por diante Nota: (resumo). Dado um modelo (PRIMAL) podemos construir o segundo (dual). b. Teorema DUAL Suponhamos que nos exemplos anterior, 𝑥1 , 𝑥2 , 𝑒 𝑥3 sejam vectores praticáveis para o modelo PRIMAL e , 𝑦1 , 𝑦2 sejam modelos praticáveis para o modelo DUAL. Se multiplicarmos a 1ª restrição do PRIMAL por , 𝑦1 , 𝑦2 e a 2ª restrição por , 𝑦2 e somarmos as duas restrições obteremos: 𝑦1 𝑥1 + 𝑦1 𝑥2 + 2𝑦1 𝑥3 + 7𝑥2 𝑥1 + 5𝑦2 𝑥2 + 3𝑦2 𝑥3 ≤ 16𝑦1 + 25𝑦2

97

Se da mesma forma multiplicarmos a enésima restrição do DUAL por 𝑥𝑖 e somarmos as três teremos: 𝑥1 𝑦1 + 7𝑦2 𝑥1 +𝑦1 𝑥2 + 5𝑦2 𝑥2 + 2𝑦1 𝑥3 + 3𝑦2 𝑥3 ≥ 3𝑦2 4𝑥3 + 5𝑥2 + 9𝑥3 Observando atentamente nota-se que os membro esquerdo das segunda equações são iguais daí podemos escrever na forma: 16𝑦1 + ∑ 5𝑦2 ≥ 4𝑥1 + 5𝑥2 + 9𝑥3 Ou 𝑌 ≥ 𝑍 Este resultado em que o vector da F.O. de uma solução praticável de um dos modelos é um limite para qualquer outra solução praticável do outro modelo. Desta forma, por exemplo, se considerarmos a solução praticável, para o modelo PRIMAL em que 𝑥1 = 1, 𝑥2 = 2 𝑒 𝑥3 = 2, dando um valor igual a 32 para Z, e a solução praticável 𝑦1 = 0 𝑒 𝑦2 = 3 para o DUAL, dando um valor igual a 75 para y, que conclusão tirar? Qualquer solução praticável, inclusive a óptima para o PRIMAL será menor ou igual a 75 e qualquer solução praticável, inclusive a óptima para o DUAL, será maior ou igual a 32. A conclusão clara é que a solução óptima será aquela em que Z = Y. Teorema DUAL: No evento em que tanto o modelo DUAL quanto o PRIMAL possuam soluções praticáveis terias que: Z = Y, ou seja, o vector óptimo dos dois modelos é o mesmo. Nota: Um corolário deste teorema é que se um dos modelos tem solução ilimitada, então o outro modelo não tem solução praticável, pois caso tivesse, seria uma contradição ao exposto anteriormente. Corolário: Se um dos modelos tem solução óptima e limitada (𝑍 𝑜𝑢 𝑦 = ± ∞) entao o outro modeo não tem solução praticável.

7. RELAÇÃO ENTRE PRIMAL E DUAL Nº 1 2 3 4 5 6 7 8 9

Modelo PRIMAL (Max) como todas as restrições ≤ ou = (Min) com todas restrições ≥ ou = Restrição Variável Coeficiente da F.O. Constante o lado direito J – ésima coluna de coeficiente J – ésima linha de coeficiente J – ésima variável ≥ 0 98

Modelo DUAL (Min) com todas restrições ≥ ou = (Max) como todas as restrições ≤ ou = Variável Restrição Constante o lado direito Coeficiente da função objectivo J – ésima da linha de coeficiente J – ésima coluna de coeficiente J – ésima restrição ≥ (Min) ou ≤(Max)

10 J – ésima variável irrestrita em sinal 11 J – ésima com restrição com sinal ≥ ou ≤ 12 J – ésima restrição com sinal =

J – ésima com restrição com sinal = J – ésima variável ≥ 0 J – ésima variável irrestrita em sinal

Costruir o DUAL do seguinte modelo (PRIMAL no caso) Min 𝑍 = 3𝑥1 − 4𝑥2 + 𝑥3 − 2𝑥4 2𝑥1 + 𝑥2 + 2𝑥3 + 𝑥4 = 10 𝑥3 + 2𝑥4 ≤ 10 𝑥4 + 𝑥2 −𝑥4 ≤ 5 𝑆. 𝑎: 2𝑥2 + 3𝑥2 + 𝑥3 + 𝑥4 ≥ 5 {2𝑥1 + 3𝑥2 + 𝑥3 + 𝑥4 ≤ 20 𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 ≥ 0 𝑥4  Irrestrita em sinal Antes da aplicação da tabela devemos colocar o modelo PRIMAL dentro das regras que conformam o uso da tabela. Desta forma sendo o PRIMAL um modelo de minimização, faz-se com que todas as restrições seja do tipo ≥ ou =. É necessário então transformar as restrições do tipo ≤, multiplicar ambos os membros por (- 1), entretendo o seu sinal. Recordar que a cada restrição PRIMAL corresponderá uma variável no DUAL. Assim sendo transformado o PRIMAL, teremos: Min 𝑍 = 3𝑥1 − 4𝑥2 + 𝑥3 − 2𝑥4 2𝑥1 + 𝑥2 + 2𝑥3 + 𝑥4 = 10 ⇒ 𝑦1 𝑥3 + 2𝑥4 ≤ −10 ⇒ 𝑦2 𝑥4 + 𝑥2 −𝑥4 ≤ −5 ⇒ 𝑦3 𝑆. 𝑎: 2𝑥2 + 3𝑥2 + 𝑥3 + 𝑥4 ≥ 5 ⇒ 𝑦4 {2𝑥1 + 3𝑥2 + 𝑥3 + 𝑥4 ≤ −20 ⇒ 𝑦5 𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 ≥ 0 𝑥4  Irrestrita em sinal Pode-se agora aplicar a tabela e construir o modelo DUAL: Max 𝑌 = 10𝑦1 − 10𝑦2 − 5𝑦3 + 5𝑦4 −20𝑦5

99

𝑆. 𝑎:

2𝑦1 + 𝑦3 + 2𝑦4 − 𝑥5 ≤ 3 ⇒ 𝑥1 𝑦1 − 𝑦3 + 3𝑦4 − 3𝑦5 ≤ −4 ⇒ 𝑥2 2 𝑦1 − 𝑦2 + 𝑦4 − 𝑦5 ≤ −1 ⇒ 𝑥3 {

. 𝑦2 , 𝑦3 , 𝑦4, 𝑦5 ≥ 0

𝑦1  Irrestrita em sinal 8. VALOR ÓPTIMO DAS VARIÁVEIS DO MODELO DE DUAL Ao assumirmos que o PRIMAL

foi resolvido por Max teremos que:

a) Y = Z (teorema DUAL) b) O valor óptimo da variável 𝑦𝑗 é igual ao coeficiente da variável de folga da jésima restrição da equação (0) do sistema Primal. Propriedade adicional O coeficiente da variável 𝑛𝑗 na equação (0) do sistema óptimo PRIMAL é igual a diferença entre os lados esquerdo e direito da j-ésima restrição dual associada. Em relação os modelos anteriores vimos no inicio da analise de sensibilidade que: Max 𝑍 = 4𝑥1 + 5𝑥2 + 3𝑥3 (𝑙𝑢𝑐𝑟𝑜𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙) 𝑥1 + 2𝑥2 + 2𝑥2 ≤ 100 (𝑚𝑎𝑡𝑒𝑟𝑖𝑎 − 𝑝𝑟𝑖𝑚𝑎) 𝑆. 𝑎 {6𝑥1 + 6𝑥2 + 4𝑥3 ≤ 360 (𝑒𝑠𝑝𝑎ç𝑜𝑑𝑒𝑒𝑠𝑡𝑎𝑛𝑐𝑎𝑔𝑒𝑚𝑒𝑚𝑚2 8𝑥1 + 4𝑥2 + 4𝑥3 ≤ 400 (𝑚ã𝑜 − 𝑑𝑒 − 𝑜𝑏𝑟𝑎 − 𝐻𝐻 𝑥𝑖 ≥ 0 O DUAL teria a forma: Min 𝑌 = 100𝑦1 + 369𝑦2 + 400𝑦3 𝑦1 + 6𝑦2 + 8𝑦3 ≥ 4 {2𝑦1 + 6𝑦2 + 4𝑦3 ≥ 5 2𝑦1 + 4𝑦2 + 4𝑦3 ≥ 3 𝑦𝑖 ≥ 0 De solução (F) 0ptima podemos tirar os valores: 𝑌 = 𝑍 = 280 𝑦1 =Coeficiente de 𝐹1 em (0)𝐹 = 1 1

𝑦2 = Coeficiente de 𝐹2 em (0)𝐹 = 2 𝑦3 = Coeficiente de 𝐹3 em (0)𝐹 = 0 100

O coeficiente de 𝑥1 na equação (0)𝐹 é 0. Se a propriedade é valida, a diferença os lados esquerdo e direito da 1ª restrição do modelo DUAL tem que ser igual a 0 (zero). Restrição dual ⇒ 𝑦1 + 6𝑦2 + 8𝑦3 ≥ 4 Lado esquerdo ⇒ 𝑦1 + 6𝑦2 + 8𝑦3 Lado direito ⇒ 4 𝑗

Pela propriedade L (equação) = L(div.); usando os valores óptimos dos 𝑦𝑒 1

Lequ = 1 + 6 × 2 + 8 × 0 = 4 Lequ = 4 − 4 = 0 Exercícios: Verificar a propriedade para os coeficientes de 𝑥1 𝑒 𝑥2 N

9. O SIGNIFICADO DE ECONÓMICO DOS VALORES OTIMOS DAS VARIÁVEIS DO MODELO DUAL Voltemos ao modelo: Max 𝑍 = 4𝑥1 + 5𝑥2 + 3𝑥3 (𝑙𝑢𝑐𝑟𝑜 𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙) 𝑥1 + 2𝑥2 + 2𝑥3 ≤ 100 (𝑚𝑎𝑡𝑒𝑟𝑖𝑎 − 𝑝𝑟𝑖𝑚𝑎) 𝑆. 𝑎 {6𝑥1 + 6𝑥2 + 4𝑥3 ≤ 360 (𝑒𝑠𝑝𝑎ç𝑜 𝑑𝑒 𝑒𝑠𝑡𝑎𝑛𝑐𝑎𝑔𝑒𝑚 𝑒𝑚 𝑚2 8𝑥1 + 4𝑥2 + 4𝑥3 ≤ 400 (𝑚ã𝑜 − 𝑑𝑒 − 𝑜𝑏𝑟𝑎 − 𝐻𝐻 𝑥𝑖 ≥ 0 𝑍 = 280; 𝑥1 = 20; 𝑥2 = 40; 𝑥3 = 0 MODELO DUAL Min 𝑌 = 100𝑦1 + 369𝑦2 + 400𝑦3 𝑦1 + 6𝑦2 + 8𝑦3 ≥ 4 {2𝑦1 + 6𝑦2 + 4𝑦3 ≥ 5 2𝑦1 + 4𝑦2 + 4𝑦3 ≥ 3 𝑦𝑖 ≥ 0

101

1 𝑦 = 280; 𝑦1 = 1; 𝑦2 = ; 𝑦3 = 0 2 Recorde que: 𝑌 = 𝑍 = ∑3𝑖=1 𝑦𝑖 × 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒𝑠𝑙𝑎𝑑𝑜 𝑑𝑖𝑟𝑒𝑖𝑡𝑜 ∑3𝑖=1 𝑦𝑖 × disponibilidade de insumos (matéria prima área para área de estacagem e mão de obra) pelo valor das variáveis do modelo DUAL. Do ponto óptimo teremos: Min 𝑌 = 100𝑦1 + 306𝑦2 + 400𝑦3 = 280 Suponhamos que está a oferecer uma unidade adicional de matéria-prima (1kg). Devemos ou não adqiro? Se o adquirirmos passaríamos a ter 101 kg, ou seja na F.O. teríamos: 𝑌 = 101𝑦1 + 360𝑦2 + 400𝑦3 Com 𝑦1 = 1 o lucro em tese aumentaria $10 o que poderia justificar a compra de mais de um kg de matéria-prima. Entretanto se o custo de compra deste kg adicional fosse por exemplo: $3, estaríamos na verdade a ter um prejuízo $2 ao invés de aumentar o lucro. Assim sendo a resposta é sim, desde que o preço de compra deste kg adicional seja menor que $1. Pergunta: Qual é o significado do vector óptimo de uma variável no modelo DUAL? Resposta: É o limite que se deve pagar por uma unidade adicional do recurso associado a variável. Nota: Por terem este significado, os valores óptimos das variáveis do modelo DUAL são chamados de VALORES IMPLICITOS (SHADOW PRICES em inglês). Os valores implícitos de aquisição de 1𝑚2 de área para a estacagem $0,05; que e o valor óptimo de 𝑦2 (variável associada a restrição do espaço para a estacagem na 2º restrição). O valor lícito para a mão-de-obra (homens hora) é zero (valor óptimo de 𝑦3 ). Este valor coincide com analise já feita anteriormente, pois, como ao existe folga nesta restrição, ou seja, não se esta a utilizar toda mão-de-obra disponível não existe nenhum ganho em adquirir mais mão-de-obra, mesmo sem custo, ou seja sobraria mais.

10. ANÁLISE DE SENSIBILIDADE USANDO MODELO DUAL. Pergunta: Qual intervalo para o coeficiente de 𝑥3 na função objectivo que matem a solução (F) como solução óptima? O coeficiente de 𝑥3 e 3. Seja 3 + ∆ o coeficiente de 𝑥3 . 102

Vamos fazer esta análise usando o DUAL: A mudança no coeficiente de𝑥3 indica que no DUAL da 3ª restrição fique na forma: 2𝑦1 + 4𝑦2 + 4𝑦3 ≥ 3 + ∆ Substituindo pelos valores óptimo do DUAL teremos: 2∙1+4∙

1 +4∙𝑜 ≥ 3+∆ 2 ∆≤ 1

Neste caso, se ∆≤ 1, a 3º restrição do DUAL é violada, ou seja deixa de ser praticável. Como uma solução antes de ser óptima tem de ser praticável, o óptimo DUAL deixa de ser óptimo e consequentemente o óptimo PRIMAL também deixas de ser óptimo pois, como vimos, as soluções óptimas são as mesmas. O uso do modelo DUAL permite que outras análises sejam realizadas

11. INCLUSÃO DE UMA NOVA VARIÁVEL Suponhamos que no nosso exemplo seja adicionado uma nova variável cujos coeficientes são 3 na 1ª restrição, 6 na 2ª e 4 na terceira restrição. O lucro unitário deste novo produto é 8, ou seja, o coeficiente de 𝑥𝑛 na FO. Pergunta: Com esta nova variável a solução óptima (F) continuaria a ser óptima? O novo modelo terá a forma: Max 𝑍 = 4𝑥1 + 5𝑥2 + 3𝑥3 + 8𝑥𝑛 𝑥1 + 2𝑥2 + 2𝑥3 + 3𝑥𝑛 ≤ 100 𝑆. 𝑎 { 6𝑥1 + 6𝑥2 + 4𝑥3 + 6𝑥𝑛 ≤ 360 8𝑥1 + 4𝑥2 + 4𝑥3 + 4𝑥𝑛 ≤ 400 𝑥𝑖 ≥ 0 No modelo DUAL teremos uma nova solução, ou seja: 1 3×1+6× +4×0 ≥8 2 6 ≥ 0 (falso) Logo como a restrição DUAL é violada o óptimo DUAL deixa de ser óptimo pois deixa de ser praticável. Como consequência, óptimo principal (F) também deixa de sê-lo. Pergunta: Como determinar a nova solução óptima? 103

É necessário colocar os coeficientes de 𝑥𝑛 na equação (0). Ele será igual a diferença entre os dados esquerdo e os dados direitos da restrição DUAL associada, ou seja usando-se os antigos valores óptimo do DUAL: 1 𝐿𝑒𝑠𝑞 = 3𝑦1 + 6𝑦2 + 4𝑦3 = 3 × 1 + 6 × + 4 × 0 = 6 2 𝐿𝑑𝑖𝑓 = 8 O coeficiente de 𝑥𝑛 em (0)𝐹 = 𝐿𝑒𝑠𝑞 − 𝐿𝑑𝑖𝑓 = 6 − 8 = −2 Para determinar os coeficientes de 𝑥𝑛 nas restrições do sistema (F), usaremos um artifício matemático baseado nas propriedades do sistema de equação lineares, que é construir uma função que resolvida, dê os coeficientes de 𝑥𝑛 tanto no sistema inicial, como em qualquer outro. Sabendo que os coeficientes das variáveis de folga formam uma matriz identidade no sistema inicial, podemos escrever: 𝐶𝑜𝑒𝑓𝑖𝑐𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑑𝑒 𝑥𝑛 𝑛𝑎 𝑟𝑒𝑠𝑡𝑟𝑖çã𝑜 𝑗 = 3 + 𝑐𝑜𝑒𝑓𝑖𝑐𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑑𝑒 𝐹1 𝑛𝑎 𝑟𝑒𝑠𝑡𝑟𝑖çã𝑜 𝑗 + 6 × 𝑐𝑜𝑒𝑓𝑖𝑐𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑑𝑒 𝐹2 𝑛𝑎 𝑟𝑒𝑠𝑡𝑟𝑖çã𝑜 𝑗 + 4 × 𝑐𝑜𝑒𝑓𝑖𝑐𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑑𝑒 𝐹3 𝑛𝑎 𝑟𝑒𝑠𝑡𝑟𝑖ç𝑎õ 𝑗. Verifiquemos se a função funciona na função (I) 𝑐𝑜𝑒𝑓𝑖𝑐𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑑𝑒 𝑥𝑛 𝑒𝑚 (1)𝐼 = 3 × 1 + 6 × 0 + 4 × 0 = 3 𝑐𝑜𝑒𝑓𝑖𝑐𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑑𝑒 𝑥𝑛 𝑒𝑚 (2)𝐼 = 3 × 0 + 6 × 1 + 4 × 0 = 6 𝑐𝑜𝑒𝑓𝑖𝑐𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑑𝑒 𝑥𝑛 𝑒𝑚 (3)𝐼 = 3 × 0 + 6 × 0 + 4 × 1 = 4 Para achar os coeficiente de 𝑥𝑛 no sistema (F) basta aplicar a mesma função: 1 𝑐𝑜𝑒𝑓𝑖𝑐𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑑𝑒 𝑥𝑛 𝑒𝑚 (1)𝐹 = 3 × 1 + 6 × − + 4 × 0 = 2 6 𝑐𝑜𝑒𝑓𝑖𝑐𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑑𝑒 𝑥𝑛 𝑒𝑚 (2)𝐹 = 3 × (−3) + 6 ×

1 + 4 × 0 = −1 3

𝑐𝑜𝑒𝑓𝑖𝑐𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑑𝑒 𝑥𝑛 𝑒𝑚 (3)𝐹 = 3 × 4 + 6 × −2 + 4 × 1 = 4 Escrevendo novamente o sistema, teremos:

104

1 (0) 𝑍 + 𝑥3 + 𝐹1 + 𝐹2 − 2𝑥𝑛 = 280 2 4 1 (1)𝑥2 + 𝑥3 + 𝐹1 − 𝐹2 + 2𝑥𝑛 = 40 (𝐹) 3 6 2 1 (2)𝑥1 − 𝑥3 − 𝐹1 + 𝐹2 − 𝑥𝑛 = 20 3 3 { (3)4𝑥3 + 4𝐹1 − 2𝐹2 + 𝐹3 + 4𝑥𝑛 = 80 𝑥2 = 40 𝑉𝐵 {𝑥1 = 20 𝐹3 = 80

𝐹=0 𝐹3 = 0 𝑉𝑁𝐵 { 𝑍 = 280 𝑥3 = 0 𝑥𝑛 = 0

Exercício: Prosseguir com o simplex e achar a nova solução óptima. Rep: 𝑍 = 320; 𝑥1 = 40; 𝑥𝑛 = 20 12. ANÁLISE DE SENSIBILIDADE DOS COEFICIENTES DAS RESTRIÇÕES DE VARIÁVEL NÃO BÁSICA NA SOLUÇÃO ÓPTIMA. seja que o coeficiente da variável 𝑥3 na 1ª restrição é 2 + ∆ em vez de 2. Pergunta: Para que valores de ∆ solução (F) continuara a ser a óptima? No DUAL a 3ª restrição será: (2 + ∆)𝑦1 + 4𝑦2 + 4𝑦3 ≥ 3 A solução (F) continuará a ser óptima se a restrição DUAL continuara a ser praticável. Substituindo pelos valores óptimo teremos: 1 (2 + ∆) × 1 + 4 × + 4 × 0 ≥ 3∆≥ −1 2 Assim sendo, se ∆≥ −1 , ou seja se o coeficiente de 𝑥3 na 1ª restrição for menor que 1, a restrição DUAL é violada, logo a solução DUAL deixa de ser óptimo pois deixa de ser praticável. Pelo teorema DUAL o óptimo PRIMAL também deixa de ser óptimo.

EXERCÍCIOS PROPOSTOS DE ANÁLISE DE SENSIBILIDADE A) Seja o seguinte modelo de P. Linear: (Max)𝑍 = 4𝑥1 + 5𝑥2 + 11𝑥4 𝑠. 𝑎 𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3 + 𝑥4 ≤ 15 7𝑥1 + 5𝑥2 + 3𝑥3 + 2𝑥4 ≤ 120 3𝑥1 + 5𝑥2 + 10𝑥3 + 15𝑥4 ≤ 100 𝑥𝑖 ≥ 0

105

(0) 𝑍 − 4𝑥1 − 5𝑥2 − 9𝑥3 − 11𝑥4 = 0 (1)𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3 + 𝑥4 + 𝐹1 = 15 (1) (2)7𝑥1 + 5𝑥2 + 3𝑥3 + 2𝑥4 + 𝐹2 = 120 {(3) 3𝑥1 + 5𝑥2 + 10𝑥3 + 15𝑥4 + 𝐹3 = 100 𝑥1 𝑥 𝑉𝑁𝐵 { 2 𝑥3 𝑥4

𝐹1 = 15 𝑉𝐵 {𝐹2 = 120 𝐹3 = 100

=0 =0 =0 =0

𝑍=0 Variável entrante:𝑥4 Variável sainte 𝐹3 9 4 5 11 220 (0) 𝑍 − 𝑥1 − 𝑥2 − 𝑥3 + 𝐹3 = 5 3 3 15 3 4 2 1 11 25 (1) 𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥1 + 𝐹1 − 𝐹3 = 5 3 3 15 3 (2) 33 13 5 2 320 (2) 𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3 + 𝐹2 − 𝐹3 = 5 3 3 15 3 1 1 2 1 20 { (3) 5 𝑥1 + 3 𝑥2 + 3 𝑥3 + 𝑥4 + 15 𝐹3 = 3 25 3 320 𝑉𝐵 𝐹2 = 3 20 { 𝑥4 = 3 𝐹1 =

𝑥1 = 0 𝑥 =0 𝑉𝑁𝐵 { 2 𝑥3 = 0 𝐹4 = 0

𝑍=

220 3

Variável entrante:𝑥3 Variável sainte𝑥4 3 11 13 5 695 (0) 𝑍 + 𝑥2 − 𝑥4 − 𝐹1 + 𝐹3 = 7 7 7 7 7 5 5 10 1 50 (1)𝑥1 + 𝑥3 − 𝑥1 + 𝐹1 − 𝐹3 = 7 7 7 7 7 (2) 7 13 61 4 325 (2) 𝑥2 + 𝑥 − 𝐹 + 𝐹2 − 𝐹3 = 6 7 4 7 1 7 7 2 12 3 1 55 { (3) 7 𝑥2 + 𝑥3 + 7 𝑥4 + 7 𝐹1 + 7 𝐹3 = 7 50 7 325 𝑉𝐵 𝐹∗2 = 7 55 ∗ {𝑥 4= 7 𝑥 ∗1 =

𝑥 ∗2 = 0 𝑥∗ = 0 𝑉𝑁𝐵 { ∗4 𝐹 1=0 𝐹∗3 = 0

106

𝑍∗ =

695 7

Responda as seguintes perguntas relativas ao modelo acima: a. Considere que o coeficiente original de 𝑥2 na funçaõ objrctivo é 34/7 em vem vez de 5. Calcule os coeficientes de 𝑥2 na equação (0) em cada uma das interacções do simplex. b. Responda ao exercício anterior para um coeficiente de 37/7 em vez de 5. c. Considere que o coeficiente de 𝑥4 na função objectiva original é 10n, em vez de 11. Qual o coeficiente de 𝑥4 na equaçaõ (0) do sistema (F)? d. Responda ao exercício anterior para um coeficiente igual a 12 em vez 11. e. Considere que a constante do lado direito (CLD) na equação (2) de (I) é 100 em vez de 120. Calcule a CLD em todas as equações em cada interacção do simplex. f. Considere que CLD na equação (1) de (I) é 11 em vez de 15. Calcule as CLD em todas as equações da solução (F). Ela continua otima. g. Em cada um dos itens abaixo, modifique o modelo como indicado, e escreva o modelo Dual. a) A função objectivo é Max 7𝑥1 + 8𝑥2 + 7𝑥3 + 13𝑥4 b) As CLD nas equações (1),(2) e (3) são30, 80 e 115 respectivamente c) Os coeficientes de 𝑥3 nas equações (1), (2) e (3) são 1, 4 e 9 respectivamente. d) Os coeficiente de 𝑥2 nas equações (0), (1) e (3) são -3, 1 , 6, -9 respectivamente. e) Há uma variável adicional, 𝑥5 tendo coeficientes iguais 13, 1, 1, e 18 na equações (0), (1), (2) e (3) respectivamente. h. Ache o valor máximo otimo da função objectivo se as CLD nas equações (1), (2) e (3) são respectivamente. i. Suponha que o coeficiente de𝑥2 na equação (3) é (5 + ∆). Qual é o menor valor que ∆ modo que a solução (F) permaneça otima? j. Suponha que o coeficiente 𝑥2 na equação (1) é (1 + ∆). Qual menor valo que ∆ pode assumir de modo eu a solução (F) permaneça otima? k. Suponha eu adicionamos a variável 𝑥5 tendo os coeficientes 1,2 e 3 nas equações (1), (2) e (3) respectivamente qual é o maior valor possível para o coeficiente de 𝑥5 na função objectivo de maneira que a solução (F) permaneça otima? l. Responda ao exercício anterior considerando que o coeficiente da variável 𝑥5 na equação (3), é 16em em de 3. B) Considere o seguinte o modelo: (0)(𝑀𝑎𝑥) 𝑍 − 2𝑥1 − 𝑥2 + 3𝑥3 − 2𝑥4 𝑠. 𝑎 (1)𝑥1 + 3𝑥2 − 𝑥3 + 2𝑥4 ≤ 7 (2)−𝑥1 − 2𝑥2 + 4𝑥3 ≤ 12 (3)−𝑥1 − 4𝑥2 + 3𝑥3 + 8𝑥4 ≤ 10 107

𝑥𝑖 ≥ 0 Se acrescentarmos 𝐹1 , 𝐹2 𝑒 𝐹3 como variáveis de folga obteremos, após aplicar o simplex, o seguinte sistema (F) final: 5 12 1 4 (0) 𝑍 + 𝑥1 + 𝑥5 + 𝐹1 + 𝐹2 = 11 5 5 5 5 3 4 2 1 (1) 𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥4 + 𝐹1 + 𝐹2 = 4 10 5 5 10 1 2 1 3 (2) 𝑥1 + 𝑥3 + 𝑥4 + 𝐹1 + 𝐹2 = 5 10 5 5 10 1 1 (3) 𝑥1 + 10𝑥4 + 𝐹1 − 𝑥2 + 𝐹3 = 11 2 2 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7.

Qual a solução otima? É única? Qual o Lower e o Upper Limit para o coeficiente de 𝑥1 na função objctivo? Idem para 𝑥4 . Idem para cada CLD Escreva o modelo Dual Qual é a solução otima Dual? Rsponda os itens 2 e 3 usando o modlo Dual. Suponha que novas variaveis 𝑥5 e 𝑥6 são adicionadas ao modelo. Os coeficiente de 𝑥5 são -2, 5, -3 e 2 na equação (0), (1), (2) e (3) respectivamentee os de 𝑥6 são -4, -2, 10 e 12 a soução (F) continua otima. 8. Suponha que o coeficiente de 𝑥1 na equação (1) é (1 + ∆). Qual é o menor valor para ∆ que mantém a solução (F) otima? Qual o maior? 9. Suponha que o coeficiente de 𝑥1 na equação (2) é (−1 + ∆). Qual é o menor valor para ∆ que mantém a solução (F) otima? Qual o maior? C) Cosidere o seguinte modelo: 𝑇

(𝑀𝐼𝑁) 𝑍 = ∑ 𝑌𝑖 𝑡=1

s.a 𝑌1 + 𝑌𝑇 ≥ 𝑅1 𝑌𝑡−1 + 𝑌𝑡 ≥ 𝑡 = 2, … , 𝑇 𝑌𝑡 ≥ 0 i. Monte o mdelo para T=5, onde𝑅1 = 8, 𝑅2 = 7, 𝑅3 = 10, 𝑅4 = 10 𝑒 𝑅5 = 2. ii. Chamando o modelo acima de Dual,monte o Primal. iii. Resolva o Primal pelo Simplex e dê a solução otima Dual. iv. Ache os valores otimo Primal e Dual quando 𝑅1 = 9 em vez de 8. D) A companhia Móveis Fino S/A fabruca varios tipo de móveis inclusive móveis rústicos paara casas de campo actualmente eles fabricam 3 produtos na linha dr produção de móveis rústicos: uma cadeira de balanço, um banco de jardim e uma mesa de jantar. Este produtos são fabricados em 2 etapas envolvndo a secção de corte de madeira e a secção de montagem de móveis.

108

O tempo, em horas, necessario para cada item em cada secção é mostrado abaixo: Produto Cadeira Banco Secção de Corte Secção de Montagem

1,2 0,8

1,7 0

Mesa 1,2 2,3

Capacidade (Horas) 1.000 1.200

O lucro que a moveis Fino S/A recebe pela fabricação e venda de cada unidade é $3 para cadeira $3 para o banco e $5 para mesa. A companhia esta tenando planejar a sua produção para o proximo mês. Como a procura é miuto grande por este tipo de móveis, qualquer quantidade que venha a ser produzida será vendida. A produção esta limitada, no entanto, pelas horas disponíveis nas scções de corte e montagem, alem da quantidade da madeira disponível para este tipo de móveis. No proximo mês a companhia disporá de somente 2.000𝑚3 de madeira para fazer os móveis da linha rústicas sendo que cada madeira gasta 2 𝑚3 cada banco 3 𝑚3 e cada mesa 4,5 𝑚3 . De maneira a determinar a produção otima do proximo mês foi formulado o seguite modelo de P. Linear: (𝑀𝑎𝑥) 𝑍 − 3𝑥1 + 3𝑥2 + 5𝑥3 𝑠. 𝑎 1,2𝑥1 + 1,7𝑥2 + 1,2𝑥3 ≤ 1000 0,8𝑥1 + 2,3𝑥2 + 3𝑥3 ≤ 1200 2𝑥1 + 3𝑥2 + 4,5𝑥3 ≤ 2000 𝑥𝑖 ≥ 0 Onde: 𝑥1 →nº de cadeiras a serem fabricadas no proximo mês. 𝑥2 →idem, bancos. 𝑥3 →idem mesas O modelo foi submetido ao simplex, obtendo-se o seguite sistema final: 83 7 4 8300 (0) 𝑍 + 𝑥2 + 𝐹4 + 𝐹2 = 60 6 5 3 27 3 2 (1)𝑥1 + 𝑥 + 𝐹 − 𝐹 = 700 20 2 2 1 5 3 37 1 3 1000 (2) − 𝑥2 + 𝐹1 + 𝐹2 − 𝐹3 = 30 3 5 3 1 2 2 400 (3) 𝑥2 + 𝑥3 − 𝐹2 + 𝐹3 = { 15 3 5 3 Responda as sguintes questões: 109

1. Qual a produção otima para o proximo mês? 2. Um distribuidor local esta oferecendo a Móveis Finos S/A, madira adicional a 0,60 𝑜 𝑚3 . Deve a companhia comprar? (justifique) 3. O departamento de vendas sugeriu que sugeriu que um novo modelo de banco fosse produzido. Cada unidade deste novo modlo de banco necessita de 1,8 horas da secção de corte 0,5 horas na secção de motagem, alem de consumir 1.3 𝑚3 . Que lucro deve ter este novo produto para que seja atrativo produzí-lo? 4. Se o lucro da cadeira diminuisse para $2,50 qual deveria ser o plano de produção e o lucro para o proximo mês? E) Uma de aparelho de TV produz 4 modelos: Um modelo preto e braco, portátil, chamado “Sport”; um modelo preto e braco não portátil, chamado “Standard”; um modelo acores, portátil, chamado “Viajante” e o modelo a cores, não portátil, chamado “Super”. Cada modelo consome tempo para sua motagem e teste. As necessidades de tempo para a montagem e teste, assim como o tempo disponível são mostrado abaixo: Modelo Sport Tempo de montagem (hr) Tempo de teste (hr) Lucro unitário ($)

Modelo Viajante

6

Modelo Standar d 10

12

Model o Super 15

Total Horas disponível 2.000

2 40

2 60

4 80

5 100

500

Devido a uma greve há falta de imagem. O fornecedor de tubos de imagem disse que a sua que a sua produção esta desorganizada e que não poderá fornecer mais do que 180 tubos de imagem no proximo mês, sendo que deste 180, no mnimo 100 terão que ser a cores. Fazendo: 𝑥1 →nº de televisores modelo “Sport” a serem fabricados no proximo mês. 𝑥2 →idem, para modelos “Standard”. 𝑥3 →idem, para modelos “Viajante”. 𝑥4 →idem, para modelos “Super”. Podemos construir um modelo de P. Linear para resolver o problema: (𝑀𝑎𝑥) 𝑍 − 40𝑥1 + 60𝑥2 + 80𝑥3 + 100𝑥4 𝑠. 𝑎 6𝑥1 + 10𝑥2 + 12𝑥3 + 15𝑥4 ≤ 2000 2𝑥1 + 2𝑥2 + 4𝑥3 + 5𝑥4 ≤ 500 𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3 + 𝑥4 ≤ 180 𝑥3 + 𝑥4 ≥ 100 𝑥𝑖 ≥ 0 Introduzindo as variaveis de folga aplicando o simplex de 2 fases chegamos ao seguinte sistema:

110

(0) 𝑍 + 20𝑥1 + 10𝑥4 + 30𝐹2 + 40𝐹4 = 11000 (1) − 4𝑥1 − 2𝑥4 + 𝐹1 − 5𝐹4 − 8𝐹4 = 300 1 1 (2)𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥4 + 𝐹2 + 2𝐹4 = 50 2 2 1 1 (3) − 𝑥4 − 𝐹2 + 𝐹2 − 𝐹4 = 30 2 2 (4)𝑥3 + 𝑥4 − 𝐹4 = 100 a. Que modelos de televisores devem ser fabricadas no proximo mês? Em que quantidade? b. Se por qualquer problema só foi possivel ter 1.800 horas para a montagem a resposta do item 1 continua valida? c. Suponha que 0 horas adicionais de teste possam ser obtidas externamente por $4/horas. Isto deve ser feito? Poque? d. Suponha que o lucro do modelo “Sport” seja alterado de $40 para $45. Qual deveria ser o novo esquema de produção? e. A gerencia esta considerandoa introdução de um novo modelo colorido chamado “Matador”. Cada unidade deste novo modelo ncessita de 10 horas de montagem e 3 horas de teste. O lucro unitário deste novo modelo será $70. Deve-se ou não produzir o novo modelo? Porque? Obs: Como a procura é muito grande, qualquer modelo produzido, preto e branco ou colorido, será vendido. Uma mercenaria produz 4 tipos de armário embutidos. Para fazer cada armário, 3 perações basicas são realizadas: corte de madeira montagem do armário e acabamento. A capacidade de produção da mercenaria está limitada em 900 horas para corte, 800 horas para para a montagem e 480 horas para acabamento. O objectivo da firma é maximizar o seu lucro. Fazendo-se 𝑥1 ser o número de armário a serem produzido do modelo 𝑖, teremos: (𝑀𝑎𝑥) 𝑍 = 90𝑥1 + 160𝑥2 + 40𝑥3 + 100𝑥4 𝑠. 𝑎 2𝑥1 + 8𝑥2 + 4𝑥3 + 2𝑥4 ≤ 480 (𝑎𝑐𝑎𝑏𝑎𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜) 5𝑥1 + 4𝑥2 + 8 + 5𝑥4 ≤ 800 (𝑚𝑜𝑛𝑡𝑎𝑔𝑒𝑚) 7𝑥1 + 8𝑥2 + 3𝑥3 + 5𝑥4 ≤ 900 (𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒) 𝑥𝑖 ≥ 0 Usando o simplex chegamos ao seguinte sistema ótimo:

111

(0) 𝑍 + 10𝑥1 + 130𝑥5 +

25 𝐹 + 15𝐹2 = 18000 2 1

1 5 1 (1)𝑥1 + 𝑥3 + 𝐹1 − 𝐹2 = 25 8 32 16 3 1 1 (2)𝑥1 + 𝑥3 + 𝑥4 − 𝐹1 + 𝐹2 = 140 2 8 4 11 5 3 (3) 2𝑥1 − 𝑥3 − 𝐹1 − 𝐹2 + 𝐹3 = 0 2 8 4 1. Qual o modelo Dual e a solução ótimaDual? 2. Qual deveria ser o lucro de 𝑥3 para ele deixasse de ser igual a zero na solução ótima? 3. Para que intervalo na capacidade da secção de montagem, a solução ótima permanece otima? 4. Deve ser fabricado ou não, um novo modelo de Armário que necessita 20 horas de corte, 3 horas de montagem e 2 horas de acabamento por cada unidade produzida, dando um lucro de $120? (justifique) G) Formular o Dual para o modelo abaixo: Min 𝑍 = 3𝑥1 − 5𝑥2 + 4𝑥3 − 5𝑥4 s.a −𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥4 + 𝑥4 ≤ 11 𝑥1 − 𝑥3 +𝑥4 ≥ 12 𝑥1 + 𝑥2 +𝑥3 +𝑥4 = 18 4𝑥1 − 5𝑥2 − 𝑥3 ≤ 19 𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 , 𝑥4 ≥ 0 𝑥3  Irrestrita em sinal H) Considere o seguinte modelo deP. Linear: (Max) 𝑍 = 10𝑥1 + 15𝑥2 + 5𝑥3 s.a 2𝑥1 + 𝑥2 ≤ 6000 3𝑥1 + 3𝑥2 +𝑥3 ≤ 9000 𝑥1 + 2𝑥2 +2𝑥3 ≤ 4000 𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 ≥ 0 Submetido ao simplex foi encotrada a seguinte soluçaõ fina: 20 5 𝑥3 + 𝐹2 + 5𝐹3 = 35000 3 3 (1)𝑥3 + 𝐹1 − 𝐹2 + 𝐹3 = 1000 4 2 (2)𝑥1 − 𝑥3 + 𝐹2 − 𝐹3 = 2000 3 3 5 1 (3)𝑥2 − 𝑥3 − 𝐹2 + 𝐹3 = 1000 3 3 1. Qual é o Lower e o Upper Limitpara os coeficientes de 𝑥1 , 𝑥2 𝑒 𝑥3 na função objectivo? 2. Idem para CLD das 3 restrições (0) 𝑍 +

112

I) Considere o seguinte modelo de P. Linear: (Max) 𝑍 = 2𝑥1 − 3𝑥2 + 6𝑥3 s.a 3𝑥1 − 4𝑥2 − 6𝑥3 ≤ 2 2𝑥1 + 𝑥2 +2𝑥3 ≤ 11 𝑥1 + 3𝑥2 −2𝑥3 ≤ 5 𝑥𝑖 ≥ 0 Submetido ao simplex foi encontrado o seguinte sistma final: (0) 𝑍 + 4𝑥1 + 6𝑥2 + 3𝐹3 = 33 (1) 9𝑥1 − 𝑥2 + 𝐹1 − 3𝐹2 = 35 1 1 11 (2)𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3 + 𝐹2 = 2 2 2 (3) 3𝑥1 + 4𝑥3 + 𝐹2 − 𝐹3 = 16 Onde 𝐹𝑖 é a variavel de folga de restrição 𝑖.

Responda as perguntas abaixo: 1. Qual o valor minimo para o coeficiente de 𝑥1 na fução objectivo que altera a solução ótima? 2. Qual o intervalo de variação para a cosnstante do lado dirito da 3ª restrição quem matem a actual solução ótima como ótima? 3. Suponha que uma nova variavel 𝑥4 seja adicionada ao modelo original com coeficiente 4, 4, -3 e 1 respectivamente na função objectivo e restrições. A solução otima continua a mesma? (justifique) 4. Como ficaria o sistema final acima se esta variavel 𝑥4 estivesse no modelo?

Respostas dos exercícios da análise de sensibilidade Exercício A 1)− 25⁄21 ; 13⁄42 ; 4⁄7 2)− 34⁄21 ; − 5⁄42 ; 1 ∕ 7 3)18 ∕ 7 4)4 ∕ 7 5) Somente a CLD na equação (2) é alterada 260⁄3 ; 10⁄7 ; 569⁄7 ; 67⁄7 ; 𝑠𝑖𝑚

113

7) O Dual do problema original é: (MIN) 𝑌 = 15𝑦1 + 120𝑦2 + 100𝑦3 𝑦1 + 7𝑦2 + 3𝑦3 ≥ 4 𝑦1 + 5𝑦2 + 5𝑦3 ≥ 5 𝑦1 + 3𝑦2 + 10𝑦3 ≥ 9 𝑦1 + 2𝑦2 + 15𝑦3 ≥ 11 𝑦𝑖 ≥ 0 (a) Troque as CLD para 7,8,7 e 13. (b) Trque as fuções objectivo para: (MIN) 𝑌 = 30𝑦1 + 80𝑦2 + 155𝑦3 (c) Troque a equação (3) para: 𝑦1 + 4𝑦2 + 9𝑦3 ≥ 9 (d) Troque a equação (2) para: 𝑦1 + 6𝑦2 − 9𝑦3 ≥ −3 (e) Adicione: 𝑦1 + 𝑦2 + 18𝑦3 ≥ 13 8) (𝑎) 708⁄7 𝑏)100 3

9)∆≥ − 5 3

10)∆≥ 13 11) 4 12) 93/7 Exercício B 1) 𝑍 = 11 𝑥2 = 4 𝑥3 = 5 𝐹3 = 11 ú𝑛𝑖𝑐𝑎 3

2) [−∞, − 5 2

3) [−∞, 5] 4) 𝑎)[−3; ∞] c) [−

14 3

= 34]

d) [−1; ∞] 5) (MIN) 𝑌 = 7𝑦1 + 12𝑦2 + 10𝑦3 114

s.a 𝑦1 − 𝑦2 − 𝑦3 ≥ −2 3𝑦1 − 2𝑦2 − 4𝑦3 ≥ −1 −𝑦1 + 4𝑦2 + 3𝑦3 ≥ 3 2𝑦1 + 8𝑦3 ≥ −2 𝑦𝑖 ≥ 0 1

4

6) 𝑦1 = 2 𝑦2 = 5 𝑦3 = 0 𝑌 = 11 7) Sim 8) -7 9) -7/14; Exercício C 1) (MIN) 𝑌 = 𝑦1 + 𝑦2 + 𝑦3 + 𝑦4 + 𝑦5 s.a 𝑦1 + 𝑦5 ≥ 8 𝑦1 + 𝑦2 ≥ 7 𝑦1 + 𝑦3 ≥ 10 𝑦3 + 𝑦4 ≥ 10 𝑦4 + 𝑦5 ≥ 2 𝑦𝑖 ≥ 0 2) (MAX) 𝑌 = 8𝑥1 + 7𝑥2 + 10𝑥3 + 10𝑥4 + 2𝑥5 s.a 𝑥1 + 𝑥2 ≤ 1 𝑥2 + 𝑥3 ≤ 1 𝑥3 + 𝑥4 ≤ 1 𝑥4 + 𝑥5 ≤ 1 𝑥1 + 𝑥5 ≤ 1 3) 𝑍 = 37⁄2 𝑥1 = 1⁄2 𝑥2 = 1⁄2 𝑥3 = 1⁄2 𝑥3 = 1⁄2 𝑥4 = 1⁄2 𝑥5 = 1 ∕ 2 𝑌 = 37⁄2 𝑥1 = 13⁄2 𝑥2 = 1⁄2 𝑥3 = 19⁄2 𝑥4 = 1⁄2 𝑥5 = 3 ∕ 2 4) 𝑌 = 19 𝑥1 = 7 𝑥2 = 0 𝑥3 = 0 𝑥4 = 10 𝑥5 = 2 Exercício D

115

𝑥1 = cadeiras =700 𝑥2 = bancos = 0 𝑥3 = Mesas =

400 3

𝑍=

8300 3

Otimização Matemática O problema dos Transportes O problema de afetação Optimização em Redes Certezas e incertezas

116

O Docente: José AntónioFazenda TEMA NOVE: O PROBLEMA DOS TRANSPORTES 1. NOÇÕES GERAIS O problema dos transportes é um caso particular dos problemas de programa matemática e é utilizado sempre que nos deparamos com um produto homogéneo, dado por um conjunto de um centro de oferta ou origens e procurado por outro conjunto de centros de procura ou destinos, desde que: Se pretenda transportar o produto dado dos centros de oferta para os centros de procura. Seja nosso objectivo, encontrar a oferta mais barata ou mais rápida de o fazer. 1.1.Um exemplo de problema de transporte Uma empresa tem 4 padarias e pretende distribuir o pão que produz diariamente por 6 pastelarias 8 exploradas. As 4 padarias têm capacidade diária de produção de 300,400,400 e 500 pães respectivamente. Entretanto, o consumo de pão nas pastelarias estima-se em 250,360,280,200,250 e 200 por dia os custos de transportes por unidade, de cada uma das padarias para cada uma das pastelarias, constam a seguinte tabela: Pastelarias 𝑃1

𝑃2

𝑃3

𝑃4

𝑃5

𝑃6

01

3

2

5

1

1

3

300

0

2

2

4

3

2

5

400

0

5

4

2

4

5

1

400

0

3

4

3

4

3

2

500

Padarias

117

Oferta total

Procura

250 360 280 200 250 200

O objectivo é determinar o melhor plano de distribuição do pão por forma de minimização os custo de transportes. As restrições do problema, relacionam-se quer maximização da que de pão a produzir quer a minimização do consumo em cada pastelaria.

O quadro anterior pode simplificar no seguinte diagrama: 01

300

250

𝑃1

02

400

360

𝑃2

400

280

𝑃3

500

200

𝑃4

250

𝑃5

𝑂4

111226

200

𝑃6

Consideremos que devemos transportar um único produto homogéneo desde m origens ou pontos de embarque até n destinos que podem ser armazéns ou fábricas.Denotemos por a1,a2, …, am as ofertas ou quantidade de produtos disponível e por b1, b2, …, bn a procura ou necessidades existentes deste produto em n destinos. É possível transportar este produto a partir de qualquer origem para qualquer destino sendo Cij o custo de transportação de uma unidade de produto desde a origem i até ao destino j. Neste caso em que se supõem que a oferta existente nas origens é igual a procura nos destinos, o objectivo é determinar as quantidades de produto que deveram ser enviadas desde cada origem até a cada destino de forma que se satisfaça a procura existente e se esgotem as ofertas das origens a um custo mínimo de transportação.A situação que descrevemos atrás, pode ser representada mediante o esquema que segue, também conhecido como fluxograma. 118

a1

b1

a2

b2

a3

b3

Am

bn

NOTA: Para concluir pode-se dizer que, desde que a oferta total seja igual a procura total, o problema de transportes tem sempre solução. Analisemos o exemplo anterior: 3𝑥11 + 2𝑥12 + 5𝑥13 + 𝑥14 + 𝑥15 + 3𝑥16 +2𝑥21 + 2𝑥22 + 4𝑥23 + 3 𝑥24 + 2𝑥25 + 5𝑥26 +5𝑥31 + 4𝑥32 + 2𝑥33 + 4𝑥34 + 5𝑥35 + 𝑥36 +3𝑥41 + 4𝑥42 + 3𝑥43 + 4 𝑥44 + 3𝑥45 + 2𝑥46

𝑥11 + 𝑥12 + 𝑥13 + 𝑥14 + 𝑥15 + 𝑥16 ≤ 300

Restrições

𝑥21 + 𝑥22 + 𝑥23 + 𝑥24 + 𝑥25 + 𝑥26 ≤ 400

de

𝑥31 + 𝑥32 + 𝑥33 + 𝑥34 + 𝑥35 + 𝑥36 ≤ 400

oferta

𝑥41 + 𝑥42 + 𝑥43 + 𝑥44 + 𝑥45 + 𝑥46 ≤ 500

𝑥11 + 𝑥21 + 𝑥31 + 𝑥41 ≤ 250 𝑥12 + 𝑥22 + 𝑥32 + 𝑥42 ≥ 360

Restrições

𝑥13 + 𝑥23 + 𝑥33 + 𝑥43 ≥ 280

de

𝑥14 + 𝑥24 + 𝑥34 + 𝑥44 ≥ 200

procura

𝑥15 + 𝑥25 + 𝑥35 + 𝑥45 ≥ 250 𝑥16 + 𝑥26 + 𝑥36 + 𝑥46 ≥ 200

119

𝑥11 , 𝑥12 , 𝑥13 , 𝑥14 , 𝑥15 , 𝑥16 ≥ 0 𝑥21 , 𝑥 , 𝑥23 , 𝑥24 , 𝑥25 , 𝑥26 ≥ 0

Restrições

𝑥31 , 𝑥32 , 𝑥33 , 𝑥34 , 𝑥35 , 𝑥36 ≥ 0

de não

𝑥41 , 𝑥42 , 𝑥43 , 𝑥44 , 𝑥45 , 𝑥46 ≥ 0

negatividade

Neste caso, oferta total das padarias é igual a 1600 pães enquanto as 6 pastelarias procuram 1540 pães, devemos criar uma pastelaria fictícia que consuma os 60 pães excedentes. Assim sendo: 𝑚𝑖𝑛. 𝐶𝑇𝑇 = 3𝑥11 + 2𝑥12 + 5𝑥13 + 𝑥14 + 𝑥15 + 3𝑥16 + 0𝑥17 +2𝑥21 + 2𝑥22 + 4𝑥23 + 3 𝑥24 + 2𝑥25 + 5𝑥26 + 0𝑥27

2. FORMULAÇÃO DE UM PROBLEMA DE TRANSPORTES Seja: 0 𝑐𝑖𝑗 → o custo de transporte de uma unidade de produto da origem i até ao destino j.

𝑆𝑖 → a quantidade de produto disponível para ser transportada de cada centro de oferta i. dj → a quantidade de produto procurada em cada centro de procura j. 𝑥𝑖𝑗 → a quantidade de produto a transportar de cada centro de oferta i para cada outro centro de procura j ao custo unitário de 𝑐𝑖𝑗 . Com estas definições, a formulação genérica do problema será: 0 0 0 0 𝑀𝐼𝑁 𝐶 = 𝐶11 𝑥11 + 𝐶12 𝑥12 + 𝐶13 𝑥13 + … + 𝐶14 𝑥14 0 0 0 0 +𝐶21 𝑥21 + 𝐶22 𝑥22 + 𝐶23 𝑥23 +. . . +𝐶24 𝑥24 + ⋯ 0 0 0 0 + 𝐶𝑚1 𝑥𝑚1 + 𝐶𝑚2 𝑋𝑚2 + 𝐶𝑚3 𝑥𝑚3 +. . . +𝐶𝑚,4 𝑥𝑚 4

S.a 𝑥11 + 𝑥12 + 𝑥13 +. . . + 𝑥14 ≤ 𝑥1 𝑥21 + 𝑥22 + 𝑥23 +. . . + 𝑥24 ≤ 𝑥2 …

…

Restrições

…

𝑥𝑚1 + 𝑥𝑚2 + 𝑥𝑚3 +. . . +𝑥𝑚 4 ≤ 𝑆4

de oferta

120

𝑥11 + 𝑥21 + 𝑥31 +. . . + 𝑥𝑚 1 ≥ 𝑆1 𝑥12 + 𝑥22 + 𝑥32 +. . . + 𝑥𝑚 2 ≥ 𝑥2 …

…

Restrições

…

de

𝑥1𝑚 + 𝑥2𝑚 + 𝑥3𝑚 +. . . +𝑥𝑚 4 ≥ 𝑆4

procura

𝑥11 , 𝑥12 , 𝑥13 , . .. , 𝑥14 ≥ 0 𝑥21 , 𝑥22 , 𝑥23 , . . . , 𝑥 24 ≥ 0 …

…

Restrições

…

da

𝑥𝑚 1 , 𝑥𝑚 2 , 𝑥𝑚 3 , . .. , 𝑥𝑚 𝑚 ≥ 0

não negatividade

Simplificadamente: 𝑛

𝑛

𝑀𝑖𝑛 𝐶𝑇𝑇 ∑ ∑ 𝐶𝑖𝑗0 𝑥𝑖𝑗 𝑖=1 𝑗=1 𝑛

𝑆. 𝑎: ∑ 𝑥𝑖𝑗 ≤ 𝑆𝑖 ; 𝑖 = 1, … , 𝑚 𝑗=1 𝑚

∑ 𝑥𝑖𝑗 ≥ 𝑑𝑗 ; 𝑗 = 1, … , 𝑛 𝑗=1

𝑥𝑖𝑗 ≤ 0 ; 𝑖 = 1, … , 𝑚 ; 𝑗 = 1, … , 𝑛

3. ARRANJOS NA FORMA GENÉRICA

Por norma o problema só terá solução se a quantidade total de procura não exceder a quantidade total de oferta, ou seja se ∑𝑛𝑖=, 𝑆𝑖 ≥ ∑𝑛𝑗=1 𝑑𝑗 NOTA: Na vida real compreende-se que solução passará a transportar o possível, deixando um ou mais outros de oferta com quantidades de escoar. 121

Se o total do produto a oferecer for superior ao total do produto procurado, então a quantidade total a transportar será apenas o limite dos produtos procurados ficando alguns produtos em stock, na origem. Se o total de produtos a oferecer for inferior ao total do produto procurados, então a quantidade total a transportar será apenas o limite do produto oferecido, ficando alguma procura por satisfazer. Desta forma para conseguir-se que a oferta total seja igual a procura total deve-se criar um destino fictício quando a oferta total e superior a procura total ou uma origem fictícia sempre que a procura total seja superior a oferta total. Os custos de transporte das unidades que saem da origem fictícia ou que entram para o destino fictício serão nulos. As quantidades transportadas “caminhos fictícios”correspondem a oferta que fica por utilizar ou a procurar que fica por satisfazer. A partir do momento em fica garantido que ∑𝑛𝑖=1 𝑆𝑖 ≥ ∑𝑛𝑗=1 𝑑𝑗, pode-se formular o problema de transporta com todas as restrições sob forma de igualdade, pois assegura-se que toda quantidade oferecida terá destino e que toda quantidade procurada será satisfeita. Diz-se então que o problema esta equilibrado. Simbolicamente tem-se: 0 0 0 0 𝑀𝑖𝑛 𝐶𝑇𝑇 = 𝐶11 𝑥11 + 𝐶12 𝑥12 + 𝐶13 𝑥13 + … + 𝐶14 𝑥14 0 0 0 0 +𝐶21 𝑥21 + 𝐶22 𝑥22 + 𝐶23 𝑥23 +. . . +𝐶24 𝑥24 0 0 0 0 + 𝐶𝑚1 𝑥𝑚1 + 𝐶𝑚2 𝑥𝑚2 + 𝐶𝑚3 𝑥𝑚3 +. . . +𝐶𝑚,4 𝑥𝑚 4

S.a.: 𝑥11 + 𝑥12 + 𝑥13 + ⋯ + 𝑥14 = 𝑠1 𝑥21 + 𝑥22 + 𝑥23 +. . . + 𝑥24 = 𝑠2 …

…

…

𝑥𝑚1 + 𝑥𝑚2 + 𝑥𝑚3 +. . . +𝑥𝑚 4 = 𝑠4

𝑥11 + 𝑥21 + 𝑥31 +. . . + 𝑥𝑚 1 = 𝑑1 𝑥12 + 𝑥22 + 𝑥32 +. . . + 𝑥𝑚 2 = 𝑑2 …

…

𝑥1𝑛 + 𝑥2𝑛 + 𝑥3𝑛 +. . . +𝑥𝑚 4 = 𝑑4

122

…

𝑥11 ,

𝑥12 , 𝑥13 , . .. , 𝑠14 ≥ 0

𝑥21 , 𝑥22 , 𝑥23 , . . . , 𝑥 24 ≥ 0 …

…

…

𝑥𝑚 1 , 𝑥𝑚 2 , 𝑥𝑚 3 , . .. , 𝑥𝑚 4 ≥ 0 OBS: 𝑥1 + 𝑥2 +. . . +𝑥𝑚 = 𝑥1 + 𝑥2 +. . . +𝑥4 Simbolicamente: 𝑛

𝑛

𝑀𝑖𝑛 𝐶𝑇𝑇 ∑ ∑ 𝐶𝑖𝑗0 𝑥𝑖𝑗 𝑖=1 𝑗=1 𝑛

𝑆. 𝑎. : ∑ 𝑥𝑖𝑗 = 𝑠𝑖 ;

𝑖 = 1, … , 𝑚

𝑖=1 𝑛

∑ 𝑥𝑖𝑗 = 𝑑𝑖 ;

𝑗 = 1, … , 𝑛

𝑖=1

𝑥𝑖𝑗 0 ≥ 𝑖 = 1, … , 𝑚; 𝑗 = 1, … , 𝑛 𝑚 Em que: ∑𝑚 𝑖=1 ∑𝑗=1 = 𝑑𝑗.

4. PROPRIEDADES DO MODELO DE TRANSPORTE Teorema nº1: O modelo de transporte tem duas soluções possíveis. Demonstração: devemos demonstrar que existe xij ; i  1,..., m; j  1,..., n Tal que:

n

m

j 1

i 1

 xij  b j ;  xij  ai sendo que

n

m

b

 ai 

j 1

i 1

j

 A(oferta e procura ) n

Seja xij 

ai b j A

m

m

ai b j

i 1

i 1

A

 xij  

i, y então xij  0 sendo que: m

 bj  i 1

n

x

ai b j . A   bj A A

123

j 1

ij

 ai

b j 1

A

j



ai . A  ai A

Teorema nº2: No modelo de transporte, qualquer uma das equações do sistema de restrições pode ser expressa como combinação linear das restantes. Demonstração: Sabemos que o sistema de equações lineares do modelo de transporte é: n

 xij  b j j 1

m

x i 1

ij

 ai ; i  1,, m; j  1,, n

Desta forma podemos escrever:

 x11  x12    x1n  a1 x  x    x  a  21 22 2n 2        xm1  xm 2    xmn  a m

 x11  x21    xm1  b1 x  x    x  b  12 22 m2 2        x1n  x2 n    xmn  b n A demonstração não perde generalidade se por exemplo verificarmos que a primeira equação se pode expressar como combinação linear das restantes. Com efeito, se somarmos as n equações do segundo tipo de restrições obteremos:

x11  x12    x1n   x21  x22    x2n     xm1  x2m   xmn   b1  b2  bn Equação A. Se somarmos as equações do primeiro tipo de restrições a partir da segunda equação obteremos uma nova equação que chamaremos de B ou seja:

x21  x22    x2n     xm1  xm2   xmn   a2    am  B A  B  x11  x12    x1n   x21  x22    x2n     xm1  x2m   xmn  

x21  x22    x2n     xm1  xm2   xmn   b1    bn  a2  a3    am Ou seja n

m

j 1

1 2

x11    x1n   b j   ai  a1 obteremos a primeira equação. Como A – B

124

Como A é combinação linear das equações do segundo tipo e B é combinação linear de m-1 equações do primeiro tipo (não se inclui a primeira), então A – B é combinação linear das equações do sistema a partir da segunda. Como a primeira equação é igual a A – B, então fica demonstrado que a primeira equação se pode expressar como combinação linear das restantes m+n-1 equações do sistema. Como consequência desta demonstração, podemos afirmar que nos problemas de transporte, uma das equações do sistema é redundante e portanto se pode eliminar ficando então o modelo com nxm variáveis e n+m-1 restrições. TERCEIRO TEOREMA (construção de uma solução básica possível) O problema de transporte admite uma solução, quanto mais m+n-1 variáveis positivas. Demonstração: Consiste em indicar um procedimento para obter uma solução básica possível. Este procedimento denomina – se método da esquina noroeste e foi proposto por Dantzig. Vemos detalhar o método para um sistema de três origens e quatro destinos, ou seja:

x12

x13

x14

a1

x21 x22

x23

x24

a2

x31

x32

x33

x34

a3

b1

b2

b3

x11

b4

Determinemos um valor para x11 (esquema noroeste). X11=Min (a1.b1). se x11=a1, então x1j = 0; J= 2, 3, 4. Se x11 = b1, então xij = 0; i = 2, 3. Primeiro passo: x11 = a1

0

0

0

x21 x22

x23

x24

0 a2

x31

x33

x34

a3

a1

x32

b1  a1

b2

b3

b4

Seguidamente passam a determinar X21=Min (a2,b1-a1). Suponhamos que Min (a2.b1 – a1) = b1 - a1, então teremos a tabela do segundo passo: Segundo passo: 125

a1

0

0

0

b1  a1

x22

x23

x24

0 a2  b1  a1

0

x32

x33

x34

a3

0

b2

b3

b4

Seguidamente detalha – se os passos seguintes: Terceiro passo: suponhamos que a2 - b1+a1 = b2

0

0

0

b1  a1 b2

x23

x24

0 a2  b1  a1  b2 a3

a1 0

0

x33

x34

0

b2

b3

b4

Quarto passo: Supõe – se que a2 – b1+a1- b2< b3

a1

0

0

a2  b1  a1  b2

x24

0 a2  b1  a1  b2

x33

x34

a3

0

b1  a1 b2 0

0

0

0

b3  a2  b1  a1  b2

Neste caso vemos que:

b4

x33  b3  a2  b1  a1  b2

Resumidamente teremos:

x11  a1

x21  b1  a1

x22  b2

x23  a2  b1  a1  b2

x33  b3  a2  b1  a1  b2

x34  b4 Nota – se claramente que as suas variáveis tem valores positivos. O número de equações deste modelo é 3+4=7, isto é, obtivemos uma solução básica possível. De notar que a1, a2, a3, b1, b2, b3, b4 são números inteiros não negativos e consequentemente a solução obtida (como combinação da soma e o resto dos ai e dos bj), também consistirá em números inteiros não negativos.

126

Exemplo: Determine uma solução básica com: a1=2, a2=4, a3=7, b1=3, b2=2, b3=4, b4=2, b5=2

2 0 0 0 0 1 2 1 0 0 0 0 3 2 2

2 4 7

3 2 4 2 2 Quarto teorema: Cada conjunto m+n-1 vectores LI do sistema de equações do modelo de transporte reduzido pode ser arranjado como uma matriz triangular. Neste teorema também se pode enunciar da seguinte forma: “todas as bases do problema de transportes são triangulares”. A importância deste teorema radica no fato de facilitar a resolução destes sistemas de equações por métodos como o de substituição. Definição: Um sistema de equações lineares AX = b, é triangular se a matriz A se pode arranjar como uma matriz triangular. Exemplo: o sistema de equações anterior será agora resolvido pelo método de retro substituição.

1 0  0  0 0  0 0 

1 0 0 0 0 0  x11  3 1 1 1 0 0 0  x21  4 0 1 0 0 0 0  x22  2     0 0 1 1 0 0. x23   4 0 0 0 1 1 1  x33  7     0 0 0 0 1 0  x34  2 0 0 0 0 0 1  x35  2

127

x11  x21  3 x21  x 22  x23  4 x22  2 x23  x23  4 x33  x34  x35  7 x34  2 x35  2 x33  2  2  7  x33  3 x23  3  4  x23  1 x21  2  1  4  x21  1 x11  1  3  x11  2 0btivemos assim uma solução original. Quando o sistema de equações é triangular então pelo menos uma equação tem contem apenas uma variável ( que pode ser isolada directamente) se substituir este valor no resto das equações do sistema obtém – se pelo menos uma equação com uma incógnita e assim sucessivamente até achar todas as variáveis e isto consiste precisamente no método de retro substituição. Quinto teorema: Supondo que ai e bj são números inteiros não negativos, então todas as soluções básicas possíveis do problema de transportes têm valores inteiros. Sexto teorema: Existe sempre nos problemas de transporte uma solução possível mínima finita. Demonstração: Já se demonstrou no primeiro teorema que estes problemas admitem solução. Como os coeficientes das equações do sistema são não negativos e todos os ai e bj são não negativos, então nenhum xij será infinitamente grande. De facto, os xij não podem ser maiores que os seus correspondentes ai ou bj. Se ai ou bj são inteiros então uma solução possível mínima básica tem valores finitos inteiros. Métodos para construção de uma solução básica inicial dos problemas de transporte. O algoritmo de transporte que estudaremos é igual ao método Simplex e parte de uma solução básica possível para começar as iterações. Vamos tratar de três métodos para construir uma solução básica possível, um dos quais já foi abordado. Estes métodos são: I. II. III.

Método da esquina nordeste (já abordado) Método do custo mínimo por fila Método do custo mínimo por coluna 5. MÉTODO DO CUSTO MÍNIMO POR FILA 128

Seja c1k o custo mínimo da primeira fila (se existir mas do que um custo mínimo seleccionaremos aquele que tenha menor sub índice j) Seja x1k = Min (a1,bk) Se x1k = a1 então passamos a segunda fila depois de trocar bk por bk – a1. Seguidamente encontramos na segunda fila o escaque que tenha custo mínimo e repetimos o processo Se x1k=bk , então trocamos a1 por a1 – bk e bk por zero e encontramos o seguinte cij mais pequeno que na primeira fila repetindo o processo.

Exemplo: Determine uma solução básica inicial pelo método do custo mínimo por fila, no problema cujos dados se oferecem na seguinte tabela:

cij

D1

D2

D3

D4

O

O1

8

15

24

12

60

O2

16

25

7

9

70

O3

70

15

24

32

100

D

50

80

30

50

210

Solução pelo método de custo mínimo por fila

O1

D1

D2

D3

D4

O

8

15

24

12

40

40 O2

16

25

9 7

40

70

30 129

O3

D

32 70

15

10

80

50

80

24

10

30

100

50

Valor da f.o. = 40x8+30x7+40x9+70x10+80x15+32x6 = 320+210+360+700+1200+320 = 3110 Localizamos o escaquecorrespondente ao custo mínimo na primeira fila e neste caso será o primeiro escaque, sendo assim: x11= Min (40,50) = 40 Passamos para segunda fila e localizamos o escaque do custo mínimo na e neste caso será x23 , sendo assim: x23= Min (30,50) = 30, nesta mesma fila o escaque seguinte de acordo com o custo mínimo é x24, logo: x24= Min (70 - 30, 50) = 40 Na terceira fila teremos: x32 = Min (80,100) = 80 x32 = Min (100 - 80,50 - 40) = (20 – 10) = 10 x32 = Min (50 - 40,100 - 90) = 10 Assim podemos concluir que estamos diante de uma solução básica possível.

6. MÉTODO DO CUSTO MÍNIMO POR COLUNA Este método é análogo ao anterior, só que aqui o processo decorre nas colunas. Exemplo: Determine uma solução básica inicial pelo método do custo mínimo por coluna, no problema cujos dados se oferecem na seguinte tabela: D1 O1

D2 8 15

D3

D4 24

O

12

130

40 O2

40 16

25

9 7

10

30

70

30 O3

70

15 80

D

50 80

32 24 30

20

100

50

X11= Min (50, 40) = 40 x21 = Min (70,50 - 40) = 10 x23 = Min (100 ,80) = 80 x32 = Min (30, 70- 10) = 30 x42= Min (50, 7 – 30 - 10) = 30 x43 = Min (100 – 80, 50 - 30) = 20 Valor da f.o. = 40x8+16x10+80x15+30x7+30x9+20x32 = 2800 Estes dois métodos explicados caracterizam – se pelas seguintes propriedades: A soma das variáveis básicas que aparecem numa fila i, é igual a ai, (oferta correspondente a origem i). A soma das variáveis básicas que aparecem numa coluna j, é igual a bj (procura correspondente ao destino j). No total há m + n – 1 variáveis básicas já quês nos três métodos estudados quando colocamos uma variável básica num escaque (i, j), então não é possível colocar simultaneamente mais variáveis básicas na fila e coluna correspondente ao dito escaque. Estas propriedades fazem com que a solução obtida seja básica e possível.

7. MÉTODO STEPING STONE Ao resolver qualquer método de PL devemos de forma geral esperar que o número total de iterações requeridas dependerá do mais próximo que se encontre o valor da FO na solução possível inicial do mínimo real. Como o método da esquina noroeste não 131

considera os coeficientes cij não podemos esperar que o valor da FO numa solução inicial pelo método da esquina noroeste se aproxime do mínimo. Estudaremos o método que toma em conta os cij e que portanto deverá der uma solução inicial melhor que o método da esquina noroeste. a. Desenvolvimento do método de Stepping-Stone O método de stepping-stone chega à solução óptima partindo se uma solução inicial e pesquisando se alguma solução melhor pode ser obtida. Como o método parte de uma solução inicial, devemos encontrar uma solução viável qualquer para poder utilizar o método. Solução inicial Vamos utilizar como exemplo o problema apresentado na Seção 6.1. Para encontrar uma solução inicial, será utilizado o método do mínimo custo. Este método consiste nos seguintes passos: 1. Atribuir o máximo possível à variável com menor custo unitário e preenche com zeros a linha ou coluna satisfeita. No exemplo, faz-se x31 = 80 já que c31 = 3, utilizando completamente o fornecimento da Fonte 3. Desta forma, x32 e x33 devem ser iguais a 0. 2. Ajustar os elementos da linha ou coluna não ajustada a partir da variável com menor custamos. Assim, no exemplo, na primeira coluna temos que fazer x11 = 70 (menor custo unitário), de forma a atender a capacidade do Destino 1. Logo, x21 deve ser igual a 0. 3. O processo é repetido para as variáveis com outros custos, em ordem crescente. Dessa forma, devemos fazer x12 = 50, de forma a completar o fornecimento da Fonte 1, igualando a zero assim a variável x13. Para completar o quadro, devemos definir x22 = 20 (capacidade do Destino 2) e x23 = 60.

D1 O1

D2 8

70 O2

5

6

50 15

0

D3

0

120

10 12

20

80

60 O3

9 132

3

0

80 D

150

10

80

0 70

60

Processo iterativo Cada célula vazia representa uma variável não básica que poderia entrar na base. Para entrar, a contribuição da variável não básica deve implicar a redução do custo total. Calculando essas contribuições para a célula x13: 1. Atribua 1 unidade a x13. Assim, não é mais 60, mas 61 o total de unidades na coluna 3. 2. Para não violar a restrição da coluna 3, uma unidade deverá ser subtraída de x23, que passa a ter 59 unidades, e a coluna 3 com um total de 60 novamente. 3. Agora a linha 2 totaliza 79 e não 80, o que pode ser corrigido com a adição de uma unidade a x22 (20 → 21). 4. A coluna 2 fica então com um total de 71, o que pode ser corrigido com a subtração de uma unidade de x12. 5. A linha 1 é automaticamente corrigida em função do passo anterior. Para cada variável zerada, devemos determinar um caminho fechado de forma a calcular a sua contribuição na função objectivo. Estes caminhos são definidos por linhas verticais ou horizontais, delimitando um polígono fechado. Apenas em um vértice deste polígono deve haver uma variável zerada, que é a própria variável não básica que será incluída na base. Só é possível formar um único caminho com essas características para cada variável zerada. Encontrado o caminho mínimo da variável, sua contribuição é calculada alternando soma e subtracção dos custos unitários dos vértices, começando da variável a ser incluída na base. Vamos agora calcular a contribuição de cada variável não básica na função objectivo .Variável

Caminho

Contribuição

x13x13 →x23 → x22 →x12

6 - 12 + 10 - 5 = -1

x21x21 →x22 → x12 →x11

15 - 10 + 5 - 8 = 2

x32x32 →x12 → x11 →x31

9-5+8-3=9

x33x33 →x23 →x22 →x12 →x11 →x31

10 - 12 + 10 - 5 + 8 - 3 = 8 133

Como é um problema de minimização, a variável a entrar na base será aquela que contribui com a maior redução no valor da função objectivo, que é a variável x13. O valor a ser alocado a esta célula deve ser o máximo, de modo que nenhuma das variáveis fique com valor negativo. Este valor é o menor valor das variáveis que estão nos vértices do caminho mínimo com sinal negativo. No caso, as variáveis com sinal negativo são x12 e x23. Logo, o valor a ser alocado é 50. As demais variáveis vão adicionar ou subtrair 50, conforme o sinal do vértice correspondente à variável seja positivo ou negativo. Ou seja, as variáveis passarão a ter os seguintes valores: x13 = 0 + 50 = 50; x23 = 60 - 50 = 10; x22 = 20 + 50 = 70; x12 = 50 - 50 = 0. Logo, a variável que sai da base é x12. A seguir, é apresentado o quadro após a primeira iteração. D1 O1

D2 8

70 O2

5

6

0

50

15 0

D3

120

10 12

70

80

10 O3

9 3

10

0

80 D

150

80

0 70

60

Recalculando as contribuições de cada variável não básica na função objectivo, temos que: Variável

Caminho

x12 x12 →x13 → x23 →x22 x21x21 →x23 → x13 →x11 x32 x32 →x22 → x23 →x13 →x11 →x31 x33 x33 →x13 → x11 →®x31

Contribuição 5 - 6 + 12 - 10 = 1 15 - 12 + 6 - 8 = 1 9 - 10 + 12 - 6 + 8 - 3 = 10 10 - 6 + 8 - 3 = 9

134

Como todas as variáveis têm contribuição positiva, isto indica que a inclusão de qualquer uma delas fará aumentar o valor da função objectivo, portanto a solução encontrada é óptima.

8. DIFICULDADES DO PROBLEMA DE TRANSPORTE Não balanceamento entre oferta e demanda Caso isso ocorra, o problema não pode ser resolvido da maneira apresentada. Deve-se então criar uma origem ou destino fictício para que o problema esteja balanceado. Para o problema inicial, se a produção total for maior que a capacidade total, criar um depósito fictício com capacidade = produção total - capacidade total, com custos de distribuição nulos. Se a produção total for menor que a capacidade total, criar uma fábrica fictícia. Outra maneira de se resolver o problema seria tratar as restrições pertinentes não mais como equações e sim como inequações.

Soluções múltiplas Ocorrem quando, detectada a solução óptima, um dos valores das contribuições for zero. O caminho fechado para a variável xij correspondente indicará a forma de obtenção da solução alternativa.

EXERCÍCIOS PARA RESOLVER 1.Uma empresa multinacional pretende determinar como distribuir a produção de três produtos seus: milho, trigo e centeio, por três países onde desenvolve a sua actividade, Inglaterra, França e Espanha. O objectivo desta análise, prende-se com a utilização do menor número de transportadoras possível.

135

Sabe – se que a Inglaterra, França e Espanha tem disponível para plantação: 7000, 12400 e 7100 hectares respectivamente. Os três países necessitam para satisfazer a procura, de plantar 13700 hectares de milho, 5800 de trigo e 7000 de centeio. A produção de uma tonelada de milho necessita em Inglaterra, França e Espanha respectivamente, de 20, 14 e 17 trabalhadores. Por sua vez, a produção de uma tonelada de trigo necessita respectivamente de 15, 12 e 12 trabalhadores. Finalmente, a produção de uma tonelada de centeio necessita respectivamente de 12, 10 e 11 trabalhadores. Esta ainda provado que cada país pode produzir mais do que um produto. a. Formule o problema anterior. b. Encontre uma solução básica admissível para o problema. c. Determine uma solução óptima para o problema. 2.Uma empresa industrial tem três fábricas a produzir um produto que deverá ser enviado para quatro armazéns. As fábricas 1, 2 e 3 produzem 12, 17 e 21 carregamentos por mês, respectivamente. Cada armazém necessita de receber 10 carregamentos mensais. A distância de cada fábrica a cada armazém é dada em km pela tabela a baixo.)

Armazém 1

Armazém 2

Armazém 3

Armazém 4

Fábrica 1

800

1 500

400

700

Fábrica 2

1 100

600

600

1 000

Fábrica 3

600

1 200

800

800

O custo de cada carregamento é de USD 100,00 acrescido de 0,5 cêntimos por km. a. Formule o problema como um problema de transporte. b. Determine a solução admissível para o problema. c. Investigue se a solução da alínea anterior é óptima. Caso não seja, melhore a solução. 3.Uma empresa de aluguer de viaturas possui 15 e 13 viaturas excedentárias em duas agências distintas existindo, no entanto, outras quatro agências necessitando de 9, 6, 7 e 9 viaturas respectivamente. Sabendo que os custos unitários de transferência de viaturas entre agencias são dados pela seguinte matriz: 136

Destino 1

Destino 2

Destino 3

Destino 4

Origem 1

45

17

21

30

Origem 2

14

18

19

31

a. Proponha um modelo matemático que permite determinar a melhor distribuição das viaturas numa óptica dos custos mínimos. b. Determine a primeira solução básica e identifique se é óptima. 4.Um armazenista tem três depósitos A, B e C, a partir dos quais fornece a três retalhistas P, Q e R com um certo produto. A quantidade armazenada em cada depósito é de 50 toneladas e a procura dos retalhistas é de 30, 45 e 25 toneladas, respectivamente. Os custos de transporte entre cada depósito e cada retalhista em euros por tonelada são: P

Q

R

A

300

400

100

B

200

100

500

C

700

200

200

O armazenista pretende saber se deverá vender ou não um dos depósitos. Que conselho se daria? 5.Uma empresa têxtil possui duas fábricas, F1 e F2, situadas no interior e no litoral do País. A Fábrica F1,possui uma capacidade produtiva de 6000 casacos por mês, enquanto a F2 produz 9000 casacos mensalmente. Após a confecção, os casacos são enviados para quatro armazéns, A1, A2, A3 e A4, para posteriormente serem distribuídos. A Fábrica F1 apenas pode enviar casacos para os armazéns A1,A2 e A3, enquanto a fábrica F2 tem apenas acesso aos armazéns A2, A3 e A4. Os custos unitários de transporte, assim como as capacidades dos armazéns, encontram se na seguinte tabela:

F1

A1

A2

A3

A4

40

50

55

----

137

F2

---

CAPACIDADES 2500

60

30

50

4500

5500

3500

a. Proponha um modelo matemático que permite determinar a melhor distribuição das viaturas numa óptica dos custos mínimos. b. Determine a primeira solução básica e identifique se é óptima. 6.Uma companhia de aço possui 2 minas e 3 fábricas transformadoras. Em cada mina (1 e 2) encontram-se disponíveis 103 e 197 toneladas de minério. A companhia transporta por mar o minério até às fábricas. O custo de transporte do minério para as fábricas é dado na tabela (em milhares de euros por tonelada). FABRICA 1

FABRICA 2

FABRICA 3

MINA 1

9

16

28

MINA 2

14

29

19

As fábricas (1, 2 e 3) requerem a utilização de 71, 133 e 96 toneladas de minério. (a) Construa o modelo matemático que represente o problema de transportar minério das minas para as fábricas transformadoras, de modo a minimizar o custo total de transporte. (b) Determine o plano óptimo de transporte. 7. Uma companhia de aço 2 minas e 3 fabricas transformadoras. Em cada mina (1 e 2) encontram-se disponível 13 e 197 tonelada de minério. A companhia transporta por mar o minério ate as fabricas. O custo de transporte de minério para as fábricas é dado na tabela (em milhares de euros por tonelada). Mina 1 Mina 2

Fabrica 1 9 14

Fabrica 2 16 29

Fabrica 3 28 19

As fábricas (1,2 e 3) requerem a utilização de 71,133 e 96 tonelada de minério. a) Construa o modelo matemático que represente o problema de transportar minério das minas para as fábricas transformadoras, de modo a minimizar o custo total de transporte. b) Formule o problema dual do procedente c) Obtenha uma solução básica admissível inicial utilizando o método 138

i. Do “canto noroeste” ii. Do “mínimo da matriz de custo” iii. Das “penalidades” d) Partido de uma solução básica admissíveis iniciais obtida em (c), determine o plano óptimo de transporte. 8. Uma companhia tem 3 fabricas a produzir um dado produto que deve ser depois transportado para 4 centro de distribuição necessita de receber 10 carregamento por mês. A distância de cada fábrica para cada centro de distribuição (em km) são dados na tabela. O custo do frete de cada carregamento é de 5000 euros acrescido de 50n euros por km.

Fabrica 1 Fabrica2 Fabrica 3

Centro 1 80 110 60

Centro 2 130 140 120

Centro 3 40 60 80

Centro4 70 100 90

Formule o problema de modo a minimizar o custo total de transporte, construimdo uma apropriada tabela de custo. Resolva o problema, determinando uma solução básica admissível inicial através do método do “canto noroeste”. 9. pretende-se transpostar um produto de 2 armazens (A1 e A2) para 3 destino (D1, D2 e D3) os armazéns A1 e A2 dispoem de 4 e 6 unidades de produto respectivamente. Em D1, D2 e D3 são requeridas 2, 3 e 5 unidades de produtos, respectivamente. Os custo unitário de transporte são dados na tabela:

A1 A2

D1 4 5

D2 4 3

D3 5 8

a) Formule o problema em termos de programação linear b) Formule o problema dual do procedente. c) Resolva o problema calculando a solução básica admissível inicial através do método i) Do “ canto noroeste” ii) Do “mínimo da matriz de custo” iii) Das “penalidades” 10. 8. Uma companhia tem 3 fabricas a produzir um dado produto que deve ser depois transportado para 3 centro de distribuição. As fabricas (1, 2 e 3) produzem 50, 60 e30 unidades por mês respectivamente os centro de

139

distribuição (1,2 e 3) necessitam de receber 10, 70 e 20 unidades por mês, respectivamente. Os custos unitários de transporte são dados no quadro:

Centro 1 6 3 6

Fabrica 1 Fabrica 2 Fabrica 3

Centro 2 1 5 2

Centro 3 3 2 6

Determinar o plano óptimo de transporte que a empresa deve adoptar. 11. uma empresa pretende determinar o plano óptimo de transporte de matéria-prima armazenada em 2 centros de distribuição que é transformada em 3 fabricas. Nos centros de distribuição existem 20 e 18 toneladas de matéria-prima nas fábricas são necessária 12, 10 e 16 toneladas de matéria-prima. Os custos unitário de transporte são dados no quadro. O trajecto entre o centro 2 e a fábrica 2 não pode ser utilizados. Determine o plano que a empresa deve adoptar. Fabrica1 5 4

Centro 1 Centro2

Fabrica 2 2 xxx

Fabrica 3 3 2

12. Duas fábricas abastecem 2 armazéns de venda a retalho. Na fábrica 1 existem 10 unidades de produto e na fábrica 2 existem 20 unidades. No armazém 1 são requeridas 14 unidades do produto e no armazém 2 são requeridas 16 unidades. O quadro seguinte contem a informação relactiva a custo unitária de transporte. Armazém 1

Armazém 2

Fabrica 1 Fabrica 2 Admitindo que é possível utilizar qualquer ponto como entreposto, e que o custo unitário de transexpedição entre a fabrica é 1 e entre os armazéns é 2, determine o plano óptimo de distribuição.

13. Numa secção de uma fabrica existe 4 maquinas. Um dado processo de produção consiste em 4 tarefas que devem ser levada a cabo nessas máquinas. Cada máquina só pode imprimir uma tarefa. Os custos a realizar a tarefa j (j = 1,…,4) na maquina i(i = 1,…4) são dados na tabela. M1 M2 M3

J1 10 5 5

J2 9 8 4 140

J3 7 7 6

J4 8 7 5

M4

2

3

4

5

Como afectar as tarefas as maquinas de modo a minimizar o custo total? 14. o treinador de uma equipa de natação necessita de seleccionar nadadores para a equipa de estafeta 4×100 metros estilos . Dado que os nadadores são muito rápido em mais do que um estilo, o treinador sente alguma dificuldade em afecta-los a cada um dos 4 estilos. Os 5 melhores nadadores e os melhores tempos (em segundo) que obtiveram em cada um dos estilos (100 metros) são dados na tabela: Alberto 37.7 43.4 33.3 29.2

Costa Bruços Mariposa Livre

Belmiro 32.9 33.1 28.5 26.4

Carlos 33.8 42.2 38.9 29.6

David 37.0 34.7 30.4 28.1

Ernesto 35.4 41.8 33.6 31.1

O treinador pretende determinar como afectar um nadador a cada um dos estilos, de modo a minimizar a soma dos correspondentes melhores tempos. 15. Considere o problema do diagrama de rede abaixo. Resolva-o pelo método simplex dos transportes determinando a solução inicial pelo método dos mínimos custos. Verifique a solução obtida na alínea anterior utilizando o solver. 1

50

A 4

50

3

1

40

4

3

70

3

30

2

B

7 5

50

C

1 6

16. Após os fogos dos últimos anos, o comando central dos bombeiros decidiu instalar um sistema de optimização de deslocação de bombeiro para frente do fogo, em função das necessidades do momento. Num dado dia de verão muito quente nas imediações de uma grande cidade, foram dados cinco alertas de fogo, em outras tantas localizações. A cidade em questão tem quatro quartéis de bombeiro, como respectivos homens prontos para combater os sinistros. 141

Devidas as boas condições de comunicações existentes com a população, foi rapidamente estimado o número de homens necessário para cada local. A estimativa do tempo de viagem, em minuto, de cada quartel para cada fogo foi obtida a a partir de um sistema de informação geográfica, previamente instalado no centro de comando. Pretende-se saber qual o plano de transporte óptimo dos homens, que minimize o tempo de chegada dos mesmos aos locais onde lavram os fogos. Os dados do problema são:

Q1 Q2 Q3 Q4

F1 11 10 50 45 60

F2 7 9 60 52 40

F3 40 30 5 7 50

F4 35 32 6 4 55

F5 36 28 7 8 45

50 50 75 75

17. Considere o quadro abaixo. Os valores representados apresentam o tempo, em minuto que cada um de cinco indivíduos (1 a 5) demora a realizar cinco tarefas distintas (A a E). Sabendo que cada tarefa necessita um individuo só para realizar para a realizar, diga que tarefa deveram ser realizadas por que individuo, de modo a minimizar o tempo de realização de todas as tarefa por que individuo, de modo a minimizar o tempo de realização de todas as tarefas. 1 2 3 4

A B C D E 13.5 11 5 1.5 8 12 12.5 6.5 1 1 8 11.5 10.5 7 7 0.5 4 10 13.5 13.5 9 5.5 4.5 8 8

18. uma grande empresa de transporte urbano serve grande cidade. Cidades A B C D E Quantidade actual de ônibus 31 43 66 29 86 Demanda para o próximo período 25 29 68 36 78 Formule o problema da relocação dos ônibus, respeitando as restrições de demanda, de modo a minimizar a distância percorrida.

A B C D

DISTÂNCIA ENTRE AS CIDADES A B C D 0 1.000 1.900 3.000 1.000 0 800 1.500 1.900 800 0 1.600 3.000 1.500 1.600 0 142

E 2.500 1.200 1.400 600

E

2.500

1.200

1.400

600

0

19. Um hospital precisa comprar 3 galões de medicamentos perecível para utilizar no mês corrente e 4 galões para utilizar no próximo mês. Como o medicamento é perecível, ele só pode ser utilizado ao longo do mês que foi comprado. Apenas duas empresas fabricam o medicamento (A e B) e existe falta deste no mercado. Por esse motivo, o hospital poderá comparar no máximo 5 galões de medicamento, de cada empresa, nos próximos 2 e dois meses. O preço do galão do medicamento, por mês, por fabricante é dado na tabela abaixo: Fabricante

Preço no mês corrente

A B

$800 $710

Preço no próximo mes $720 $750

Formule e resolva com um problema de transporte buscando minimizar o custo total de aquisição do medicamento 20. Formule o problema e aplique o método simplex simplificando, para o problema de transporte abaixo, para encontrar a solução de custo mínimo. Apresente em cada iteração e tabela de fluxo e a tabela de coeficiente (correspondentes a linha (0) do tableau). A solução óptima encontrada é única? Justifique. Origem 1 Origem 2 Origem 3 Demanda

Destino 1 3 1 4 8

Destino 2 2 4 2 6

Destino 3 6 3 5 6

Cap. Oferta 7 5 8

21. na terça-feira a empresa GT Railroad terá 4 locomotivas para IE Junction, 1 locomotiva em certerville e 2 locomotiva em wayover. Necessita-se 1 locomotiva em cada uma das estações: A - Station, Fine Place, Goodville e Somewhere Street. A tabela abaixo tem a distância entre as origens e os destinos:

A- Station IE Junction Centerville Wayover

13 6 15

Fine Place

Goodville

35 61 10

42 18 5

143

Somewheren Street 9 30 9

Formule e resolva o problema de atribuição de locomotivas objectivando minimizar a distância total percorrida. 23. uma companhia de transporte aéreo deve planejar suas compras de combustível. Existe 3 fornecedores e a companhia reabastece seus aviões em qualquer dos 4 aeroportos que serve. Os fornecedores de combustível comunicaram que podem fornecer as seguintes quantidades durante o próximo mês. Fornecedor 1 2 3

CUSTO POR LITRO PARA O AEROPORTO Limite( em 1 2 3 4 litros) 1.000.000 3,00 2,80 2,40 2,90 2.000.000 2,50 2,90 2,90 3,10 2.400.000 2.80 3,20 13,5 2,50

As necessidades em cada aeroporto são: Aeroporto 1: 1.400.000 litros Aeroporto 2: 2.800.000 litros Aeroporto 3: 1.200.000 litros Aeroporto 4: 4.600.000 litros Formule resolva o problema para que a companhia de transporte aéreo minimize o custo de compra.

TEMA DEZ NÁLISE DE REDES 1. CONCEITOS BÁSICOS EM TEORIA DOS GRAFOS Diversos problemas de programação linear, inclusive os problemas de transporte, podem ser modelados como problemas de fluxo de redes. Algoritmos específicos para 144

determinados tipos de problemas podem ser mais convenientes para a sua solução do que algoritmos mais genéricos. Em muitos problemas que nos seguem, a forma mais simples os descrever é, representalos em formas de grafos, sendo que um grafo proporciona uma representação visual que trás vantagens na construção modelo matemático com vista a resolução do problema. A análise de redes tem-se revelado útil na formulação e resolução de vários problemas de pesquisa operacional, tais como rede de comunicação (estrada ou caminho de ferro, energia eléctrica, telefones, relações de parentesco entre grupos de indivíduos, etc.), planificação de actividades e alguns problemas de produção ou distribuição, pois a representação de um sistema através de uma rede permite visualizar de uma maneira clara as relações entre os seus elementos. Os problemas de fluxo em rede esta associado questões que envolvem distancia como a forma mais curta de ir de um local ao outro, ou ainda como ligar um conjunto de localidades entre si com a menor distancia possível. O estudo das redes poderá ir mais longe do que isto, como os casos dos problemas a serem estudados neste tema: O problema de árvore geradora mínima Este tipo de problema acontece quando se pretende instalar uma rede de distribuição gás natural, água, electricidade, telefone de modo a que todos os beneficiários fiquem ligados entre si ou seja que as condutas a instalar tenham o menor comprimento possível, de modo a minimizar os custos. O problema do caminho mais curto Este é um caso típico da deslocação de uma localidade A para uma localidade B, percorrendo a menor distância possível, sabendo que há um determinado número de escalas alternativas a satisfazer, é um problema típico em que se pretende determinar o caminho mais curto a efectuar entre a origem e o destino. Problema do fluxo máximo Estamos diante de um problema de um fluxo máximo quando se pretende determinar a quantidade máxima de um dado produto que é possível transportar de uma origem para um.

O problema do fluxo do custo mínimo Se pretendemos transportar uma quantidade fixa de um produto da origem para um destino da forma mais barata possível, estamos diante de um problema de um fluxo mínimo. 145

Os problemas de optimização em rede são situações particulares dos problemas de optimização lineares, podendo desta forma ser valido5 uma validação do algoritmo da 2 simplex. O algoritmo utilizado é conhecido por simplex para redes. No entanto a especificidade do problema de redes, fez3com que se tenham desenvolvido algoritmos mais eficientes 1 6 para resolver cada tipo de problema quatro citados 2. TEORIA DOS GRAFO Definição: Um grafo G, em um conjunto finito V de pontos a que chamamos vértice, nós ou nodos, e um conjunto A de linha, a que chamamos de arcos, ligações ou ramos, que ligam todo ou alguns desses pontos. Se… Nota: Podemos identificar qualquer arco a (ligação ou ramo) atribuindo-lhe um nome ou letra ou através do vértice de onde parte e do vértice onde termina, colocando um par ordenado a=(…) ou apenas a= (i.f). Quando i=f o arco denomina-se lacete. Definição: um grafo considera-se orientado se lhe é associado um sentido. Os sentidos são esquematicamente representados por setas. A seta do arco (v1, v2) significa que este arco é dirigido de v1 para v2. Nota: Um grafo é orientado se todos os seus arcos forem orientados e não orientados quando os seus arcos não apresentam sentidos. Os arcos não orientados denominam-se também por arestas. Se o grafo tem arcos e arestas então diz-se um grafo misto EXEMPLO: Considerem o grafo formado pelo conjunto dos vértice v = {1,2,3,4,5,6,7,8} e pelo conjunto das ares A = {(1,2),(1,3),(1,4),(2,6),(2,7),(3,6),(4,5),(5,6),(5,8),(6,7),(6,8),(7,8)} Graficamente 2

1

7

3

6

4

5

8

Gráfico orientado

146

8

Grafo não orientado 4

7

5

2

1

6

3

8

Definição: denominam-se antecessores de um vértice v todos os vértice donde partem ares que terminam em v, são todos os vértices em que terminam ares que começam com vértice v. 4 7 Definição: Dos ares consideram - se adjacentes ou conexos se possuírem um vértice. EXEMPLO: (1ª figura) Antecessor de 5 ={4}; porque o vértice 4 é o único de onde sai um arco que termina no vértice 5. Sucessor de 5 = {6,8}; porque do vértice 5 saem arcos que terminam nos vértices 6 e 6. Os ares (1,2) e (6,8) são conexos porque possuem o vértice 3 em comum. Os ares (2,7) e (6,8) são desconexos. Definição: Chama-se cadeia entre um vértice inicial i e um vértice final f, a uma sequência de ares ligam estas dos vértices. Nota: Não é necessário que os arcos que os arcos estejam todos orientados no mesmo sentido. Os que estiverem orientados de i para f designam-se por ares directo enquanto de f para i chamam-se ares inválidos. Se o vértice inicial for também o vértice final ou seja de sairmos de um vértice e voltarmos a ele, então estaremos diante de ciclo. EXEMPLO: Consideremos o grafo da figur

2

4

147

6

8 7

5

Podemos identificar uma cadeia entre os vértices 1 e 8 1

3

1 6

4

2

8

Podemos identificar uma cadeia entre os vértices 1 e 8

OBS: O arco (5,7) esta a ser utilizado no sentido inverso ao da sua orientação. 5

3

7

Podemos também encontrar ciclos

5

2

6

1

8

OBS: Não é possível sair do sair do vértice 1 e voltar posteriormente ao mesmo sem utilizar pelo menos 3 um dos arcos ao sentido7inverso. 4

NOTA: Se numa cadeia, os arcos estiverem todos orientados no sentido de i para f, obteremos um caminho de i para f. Se o vértice inicial do caminho for também o vértice final, termos um circuito EXEMPLO: (Neste caso não temos circuito). 148

2

3 4

3

6

8 1 Definição: Um grafo denomina-se conexo ou fracamente conexo se, para todo par do vértice do grafo existir pelo menos uma cadeia interligando o par, ou seja se for possível deslocar-se de um vértice qualquer para um outro através de uma cadeia. 2

5

7

Definição: Um grafo denomina-se fortemente conexo se for sempre possível estabelecer um caminho entre quaisquer dos seus vértices. NOTA: Uma forma mais intuitiva de concluir sobre a conexidade de um grafo é não permitindo “linha de vértices “EXEMPLO: Grafo conexo

2

Grafo desconexo

8

4

1

3

2

NOTA: Podemos concluir que, os conceitos de cadeia ciclo ou conexidade nos grafos não orientados correspondem os conceitos de caminho, circuitos e conexidade forte nos 3 5 3 grafos orientados. Definição: Um grafo diz-se completo se cada dois vértices esta ligada por um arco. Assim o diagrama de um grafo completo com N vértices tem N(N-1) arcos pois deve-se considerar que cada um dos restante (N-1 ) vértices. Se o grafo for não orientado dividese estes valor por dois, porque a aresta esta entre um vértice i e um vértice f substitui os arcos (i,f) e (f,i). EXEMPLO

149

2

Vértice: {1,2,3,4} 4(4-1) = 12 Arcos ⟹

3

(1,2)(2,1)(1,3)(3,1)(1,4)(4,1)

(2,3)(3,2)(2,4)(4,2)(3,4)(4,3) 4

1 2

Definição: Denomina-se grafo parcial ao grafo cujo vértice é todos os elementos de um subconjunto de A intuitivamente, podemos dizer que um grafo parcial resulta do grafo inicial 1 suprimindo alguns arcos. 4 Definição: Subgrafo é o grafo cujos vértices são elemento de um subconjunto de V e os arcos são elemento de A que tem ambos os extremos nestes subconjunto isto é um subgrafo resulta do grafo inicial qual se suprime um ou mais vértices e os arcos de que estes vértices são extremos. NOTA: Se consideramos em simultaneamente duas definições anteriores obteremos um sub grafo parcial. EXEMPLOS Grafo parcial (partindo da figura) 5

3

6

8

2 4

7

1 O grafo parcial é gerado pelo subconjunto:

𝐴1 = {(1,2)(1,3)(1,4)(2,7)(3,6)(4,5)(5,8)(6,7)(6,7)(7,8) Subgrafo (da Figura * ) 𝑉1 = {1,2,3,6}

150

Subgrafo Parcial Subgrafo parcial gerado por 𝑉1 = {1,2,3,6 }e 𝐴2 = {(1,2), (1,3), (3,6), (6,7)}

𝐴2 = {(1,2), (1,3), (3,6), (3,6)} 3

3. Noção de rede Definição: Uma rede é um grafo onde existem valores associados a todos os arcos ou arestas. A estes valores dá-se o nome capacidades e podem representar custos, distancia, 1 volumes, etc. tempo 2 4 EX: 20

12

26

17

17

15

21 15

REDE OREITADA

21

26

12 4

2 22

17 1

10 20 7

10

3 3

6

4

8

5

REDE NÃO ORIENTADA 15

8

10 6

108 6 NOTA: Em relação ao valor que apresentam as capacidades, por exemplo, a capacidade 6 máximo permitido ao canal fluvial 17 associada ao arco (1,2) poderá apresentar o caudal 6 entre as barragens situadas nos locais correspondentes a, vértices 1 e 2 enquanto a 8 capacidade 8 associada a aresta (5,7) poderá representar o tempo que um carteiro leva a

151

distribuir correio em cada um dos sentidos da rua que se situa entre os cruzamentos representados pelas vértices 5 e7. Para simplificar as notações utilizadas em diante nos problemas que estudaremos, assumiremos sem perder a generalidade que o vértice inicial das redes em estudo será identificado com o número 1 sendo os restantes vértices identificados com os números 2,3,4…, N. 4. O problema da àrvore geradora de custo mínimo As aplicações práticas deste problema são diverso em exemplo disso será a constituem de uma infra-estrutura que sirva um conjunto de localidades. Não é necessário existir uma ligação directa entre cada par de localidades, mas é obrigatório estabelecer uma ligação de qualquer uma localidade para qualquer outra. Se tivermos em conta que quanto for maior a extensão total da infra-estrutura maior será a quantidade de material a utilizar maior será o número de horas maquinas necessário este facilmente se perceba que o objectivo principal neste caso é tentar minimizar o comprimento total. O problema da árvore geradora de custo mínimo assegura a construção de uma árvore geradora cujo comprimento seja mínimo Problema: A empresa REDE VIVA LDA, precisa determinar sob que ruas deverão instalar cabos telefónicos para ligar todas as estações usando o menor comprimento total de cabos. A figura abaixo ilustra as 8 estações e o plano de ruas. Sobres cada aresta está representado o comprimento de cabos necessário para efectuar a respectiva ligação.

12 17

20 4

2

7

26

4

17

8

1 8 2

3

5

6

15

15 1

Definição: Chama-se arvore (T) a um grafo com N vértice que seja conexo e sem ciclo, ou ainda: → T é um grafo conexo com (N – 1) arcos → T é um grafo com (N – 1) arcos e seu ciclo → T não terá ciclos mas adicionando qualquer arco novo a T, resulta num grafo com exactamente um ciclo. → T tem uma única cadeia a ligar cada par de vértice. 152

Definição: Dado o grafo G ≡ (V, A) com N vértices, chama-se árvore geradora de G ou árvore de suporte G, a um grafo parcial de G que construa uma árvore Vejamos exemplo de arvores geradoras de uma rede, em que passamos a trabalhar na medida em que associamos capacidades as arestas dos grafo 12 17

26

4

2

7

8

4

1

21

3

5

6

15

10

NOTA: A partir da def de árvore geradora temos aqui de facto um grafo parcial do esquema anterior (aumentará todos os vértices e considera apenas algumas arestas). Verifica-se também que o grafo é conexo (não existem ilhas de vértices) e sem ciclo e devera ter N – 1 = 8 -1 = 7 arestas. Podemos constatar também que existe uma cadeia entre qualquer par de vértices ou seja, que é possível encontrar uma ligação de um qualquer vértice para qualquer outro que é essa ligação é única. Ao somar as capacidades das arestas utilizadas nesta árvore obtêm-se a suas capacidades total: 17+21+12+4+10+26+15=105

2º

12 17

1

4

2

7 16

3

8

8

6

15 3

5

6 10

17+3+12+15+10+8+26=91 20 2

7

4

153 17

4

3

1

8

3

5

6

21+3+17+20+4+10+15=90 12 2

4

7

17

1

4

8

3 3

8

6

5 10

17+ 3+12+8+10+4+15=69 NOTA: Dado um grafo G ≡ (V,A) com capacidade associados as arestas ou arcos, chama-se arvore geradora de custo mínimo a qualquer geradora de G cuja a soma das capacidades seja a mínima.

5. Formulação do problema Este problema pode ser formulado em P.L.. seja uma variável de decisão que toma valor 1 se a aresta (i;j) esta incluída na arvores e o valor o caso contrario. As restrições deverão transmitir as seguintes ideias: Não existe vértices que não estejam ligados. O número de aresta a ser colocado deve ser N – 1. Não devem existir ciclos. Se Cij for o custo associado a aresta (i,j) teremos:

Minimizar

154

𝑛

𝑛

𝑍=∑

∑ 𝐶𝑖𝑗 𝑥𝑖𝑗

𝑖=0

𝑗(𝑖,𝑗)𝐸𝐴

𝑛

𝑆. 𝐴:

∑ 𝑗:(𝑖,𝑗)𝐸𝐴=0

𝑛

𝑛

∑

∑

𝑛

𝑥𝑖𝑗 +

∑

𝑥𝑖𝑗𝑖 ≥ 1, ∀ 𝑖 = 1, … , 𝑁

𝑗:(𝑗,𝑖)𝐸𝐴=0

𝑋𝑖𝑗 = 𝑁 − 1

𝑖=1 𝑗:(𝑖𝑗)𝐸𝐴=

𝑛

𝐹𝐷 ∑ ∑ 𝑋𝑖𝑗 ≤ |𝑠| − 1 → 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑡𝑜𝑑𝑜 𝑜 𝑆 ⊆ 𝑉 𝑖𝐸𝑆 𝑗:(𝑖𝑗)𝐸𝐴

𝑥𝑖𝑗𝐸(0,1), ∀𝑖𝑗 = 1, … , 𝑁: (𝑖, 𝑗)𝐸𝐴 O primeiro conjunto de restrições garante que para cada um dos vértices, o número total de arestas que, “sai” e que “entra” nesse vértice é no mínimo uma, ou seja, existe para cada um dos vértices pelo menos uma aresta considerada na árvore, isto é não existe vértice que não estejam ligados. O segundo conjunto de restrições exige que sejam colocados exactamente N – 1 aresta e o terceiro conjunto garante a não formação de ciclos. Embora o problema assim formulado possa ser resolvido por um algoritmo de P.L, como o simplex, a estrutura particular dos problemas de redes permite o desenvolvimento de algoritmo específico para o efeito. 6. ALGORITMO DE KRUSKAL 7. O algoritmo do KRUSKAL desenvolve a árvore geradora de custo mínimo permitindo de uma rede com todos os vértices e sem aresta colocadas, ordenando-as por ordem crescente de capacidades. Em seguida vai introduzindo as arestas por uma nas árvores desde que a sua inclusão não origine a formação de ciclos com as arestas já colocados. O algoritmo termina quando estiverem N – 1 aresta colocadas. Seja o caso da REDE VINA:

155

20

12 4

2 17

3

1

7

54

26

8

17 8

21

3

15

6

5 15

10

Sendo a rede composta por 8 vértices a arvore geradora terá N – 1 = 8 – 1 = 7 vértices. 1º Passo: Ordenar as aresta por ordem crescente das capacidades. Seja tabela

AREST A

ARESTA CAPACIDADE

CAPACIDAD E

(2,3)

3

(4,6)

4

(5,7)

8

(5,6)

10

(2,4)

12

(3,5)

15

(6,8)

15

(1,2)

17

(3,4)

17

(4,7)

20

(1,3)

21

(7,8)

26

2º Passo: Iniciar a construção da árvore colocando as arestas na ordem dada pela tabela anterior. 2.1.

4

2

7

1

8

3

5

6

Capacidade: 3 156

2.2. 4

2

7

1

8

3

5

6

Capacidade 3+4=7 2.3. Segundo o raciocínio análogo, colocam-se as três arestas seguintes: (5,7) (5,6) e (2,4). Deve-se ter atenção que, embora passe a existir um cruzamento entre as aresta (5,7) e (4,6) isto não constitui um ciclo e depende apenas da posição relativa dos vértices, pois bastará que o vértice 7 se encontrasse abaixo do vértice 5 para que deixasse de existir esse cruzamento assim sendo, teremos 12

4

2

7 8

1

3

8

4 3

6 5

Capacidade: 7+8+10+12=37 2.4. A sexta aresta a ser colocada seria a (3,5) entretanto ela dá origem ao surgimento de um ciclo (repetir a figura). Logo, ignora-se esta aresta e colocamos a aresta seguinte também com a capacidade 15 a aresta (6,8). Teremos então: 2

1

12

4

4

7

8

3

8

Capacidade: 37+15=52

3

5

6

3º Passo:

15

10

Estas colocadas 6 arestas. A próxima aresta a ser colocada será a aresta (1,2) com capacidade 17 e que não fecha nenhum ciclo. Tratando-se da 7ª aresta, obtemos a árvore geradora de mínimo custo com capacidade igual a 52+17=69. 157

Com a relação de N – 1 arestas a arvore geradora esta completa, traduzindo o final do algoritmo

31

2

1

7

4

8

41 3

6

5

8. Algoritmo de PRIM Uma das formas de aplicação do algoritmo de PRIM consiste na construção de uma matriz triangular inferior cujo elemento são as capacidades entre os vértices (como os mapas das estradas). O facto de estarmos diante de uma rede não orientadas origina a utilização a aresta (i,j) no sentido de i para j ou de j para. A matriz das distâncias resultante é uma matriz triangular inferior

1

2

158

3

21

4

17

5

81 6

121 7

20

101 8 26 1

2

34

5

6

7

151 8

1º Passo: escolhe-se um vértice qualquer. Ex. Ver. 5

151 2º Passo: cortar a linha e a coluna do vértice 5, isto é seleccionar todas as ligações que envolvem o vértice 5. Entre os elementos cortados uma vez escolhesse o menor, ou seja escolhe-se a aresta adjacente com o menor comprimento, neste caso =8, na ligação com 171 vértice 7. 3º Passo: assinala-se essa aresta com um círculo e cortam-se a linha e a coluna do vértice assinalado de forma a identificar as novas arestas que se ligam a estrutura criada. 4º passo: mais uma vez escolhe-se o mínimo entre os elementos cortados uma vez, que neste caso corresponde ao 10 na ligação entre os vértices 5 e 6. 5º Passo: analogamente prossegue o processo. No entanto, neste caso, cortando a linha do vértice 3 determina-se o menor dos elementos cortados é o 15 da ligação entre os vértice 5 e. Sendo este elemento já cortado duas vezes implicaria formar um ciclo. Teremos então que escolher o 2º mínimo dos elementos cortados. e, também de valor 15, más é a ligação entre os vértices 6 e 8. 6º Passo: mais uma vez se cortam a linha e coluna do vértice 8 e determina-se o menor dos elementos cortados uma vez que corresponde ao 17 da ligação dos vértices 2 e 1. Cortam-se as linhas e as colunas do vértice um e conclui-se que árvore geradora mínima está terminada a partir do momento em que todos os vértices foram cortados em linhas e colunas. 159

→ Determina-se então as ligações que formam a árvore geradora do aresto mínimo, que são os assinalados. 17+3+12+4+10+8+15=69

9. O problema do caminho mais curto O problema do caminho mais curto consiste na determinação do caminho de comprimento mínimo entre dois vértices. Eles aparecem associados a redes orientadas. No entanto, também podem ser aplicadas a redes não orientadas, pois, uma rede não orientada pode ser considerada como um caso especial de redes orientadas fazendo corresponder a cada vértice um par arco orientados em sentidos opostos. PROBLEMA A empresa, REDE VIVA pretende agora encontrar o caminho mais curto entre a sede da empresa (vértice 1) e o centro de distribuição (vértice 8) através do sistema de ruas assinalado na figura abaixo. Os valores dos arcos representam as distancia. 20

12 4

2

7

26

4 1

17

3

8

3

8 4

5 15

6

15

10

Este problema pode ser formado em programação linear e tal como no caso da arvore geradora de custo mínimo, que define as variáveis de decisão como sendo a opção de, inclusão ou não de cada uma das ligações (i, j) no caminho de custo mínimo ou seja, neij é uma variável que tenha o valor 1 se o arco (i,j) está incluído no caminho mais curto entre o vértice final N e toma valor 0 (zero) caso contrario. As restrições deveram transmitir as seguintes ideias: O caminho mínimo tem inicio no vértice 1 que representa a origem. O caminho mínimo termina no vértice N que representa o destino. O caminho mínimo é constituído por uma sequência de arcos onde cada um deles começa um vértice e acaba noutro.

160 5

Se cij for o comprimento do arco (i.j) o problema pode ser formulado da seguinte forma: 𝑁

−

𝑀𝐼𝑁𝐼𝑀𝐼𝑍𝐴𝑅 𝑍 = ∑ ∑ 𝐶𝑖𝑗 𝑥𝑖𝑗 𝑖=1 𝑗:(𝑖,𝑗)𝐸𝐴

𝑆𝑢𝑔𝑒𝑖𝑡𝑎:

∑ 𝑋𝑖𝑗 − ∑ 𝑋𝑖𝑗 = 1 𝑗:(𝑖;𝑗)𝐸𝐴

𝑗:(𝑗,𝑖)𝐸𝐴

∑ 𝑋𝑖𝑗 − ∑ 𝑋𝑗𝑖 = 0, ∀𝑖 = 2, … , 𝑁 − 1 𝑗:(𝑖,𝑗)𝐸𝐴

𝑗:(𝑗,𝑖)𝐸𝐴 𝑛

∑

𝑋𝑁𝑗 −

𝑗:(𝑁,𝑗)𝐸𝐴

∑

𝑋𝑗𝑁 = 1

𝑗:(𝑗,𝑁)𝐸𝐴

𝑋𝑖𝑗 𝐸 {0,1}, ∀𝑖, 𝑗 = 1, … , 𝑁: (𝑖𝑗)𝐸𝐴 A primeira restrição garante que o numero de arcos que sai e o número de arcos que entra no vértice inicial 1 e1; A terceira restrição garante que a diferença entre o número de arcos e o número de arcos que entra no vértice 1 é -1. O segundo conjunto de restrições garante que em todos os outros vértices a quantidade total de arcos que lá entram no caminho mais curto é igual a quantidade total de arcos que lá saem. É a necessidade de minimizar uma combinação linear dos arcos que forem utilizados que nos garante que só teremos um arco a sair ou a entrar em cada vértice. Se consideramos que não estão definidas quaisquer arco a ir dar ao vértice 1 (o que equivale a ter 𝑋𝑘1 = 0, ∀ 𝑘 = 1, … , ) ou quaisquer outro arco a sair do vértice N (o que significa ) a ter X 𝑛 𝑘 = 0 ∀𝑘 = 1, … , 𝑁 a formulação simplifica-se da seguintes forma: 𝑁

−

𝑀𝐼𝑁𝐼𝑀𝐼𝑍𝐴𝑅 𝑍 = ∑ ∑ 𝐶𝑖𝑗 𝑥𝑖𝑗 𝑖=1 𝑗:(𝑖,𝑗)𝐸𝐴

𝑆𝑢𝑔𝑒𝑖𝑡𝑎:

∑ 𝑋𝑖𝑗 − ∑ 𝑋𝑖𝑗 = 1 𝑗:(𝑖;𝑗)𝐸𝐴

𝑗:(𝑗,𝑖)𝐸𝐴

∑ 𝑋𝑖𝑗 − ∑ 𝑋𝑗𝑖 = 0, ∀𝑖 = 2, … , 𝑁 − 1 𝑗:(𝑖,𝑗)𝐸𝐴

𝑗:(𝑗,𝑖)𝐸𝐴

161

∑

𝑋𝑗𝑁 = 1

𝑗:(𝑁,𝑗)𝐸𝐴

𝑋𝑖𝑗 𝐸 {0,1}, 𝑖, 𝑗 = 1, … , 𝑁: (𝑖𝑗)𝐸𝐴

RESOLUÇÃO DO PROBLEMA

12 17

1

21

4

2

20 7

17

3 3

5

8

4 8 6

15

26

15

10

→ Seja o caminho C = {(1,2), (2,4), (4,7), (7,8)}. A ligação entre os vértices 1 e 8 terá o comprimento M= 17+12+20+26=75. → Seja o caminho C= {(1,3), (3,4),(4,6),(6,8)} cujo o comprimento M = 21+17+4+15 =57. Esta seria uma maneira de resolver este problema enumerando todos os caminhos em escolher o que apresentam menos comprimentos. Podemos concluir facilmente que esta pratica é complicada e ……. a medida que aumenta o numero de vértices ou de arcos de rede.

10. ALGORITMO DE DIJKSTRA Este algoritmo determina o, caminho mais curto entre o vértice inicial i (chamamos-lhe 1) e todos os vértices de rede com comprimento não negativo. Neste algoritmo, atribuise uma etiqueta (sinal qualquer) permanente a qualquer vértice W da rede quando houver a certeza de que já obtivemos o caminho mais curto entre o vértice inicial 1 e o vértice 20. Assim sendo, vamos definir alguns vértice que nos permitirão facilidade e rapidez na aplicação do. JC(j) → é o comprimento do caminho mais curto entre o vértice inicial 1 e o vértice j, obtido até ao momento. Se considerarmos C𝑎 𝑏 o coprimento do arco (ou aresta) entre o vértice a e b, isto permitimos definir que no inicio JI(1) = 0 ou seja 1 é o vértice inicial 162

logo o comprimeto do caminho mais curto entre o vértice inicial e o vértice 1 é igual a zero. JC(j) = {

𝐶1𝑗 → 𝑠𝑒𝑗é 𝑢𝑚𝑠𝑢𝑐𝑒𝑠𝑠𝑜𝑟𝑑𝑖𝑟𝑒𝑐𝑡𝑜𝑑𝑜𝑣𝑒𝑟𝑡𝑖𝑐𝑒 1 + ∞ → 𝑛𝑜𝑐𝑎𝑠𝑜𝑐𝑜𝑛𝑡𝑟á𝑟𝑖𝑜

P(j) → é um vértice antecessor do j no caminho mais curto entre 1 e j. Assim sendo, no inicio teremos: *P(1) = (por começar, considera-se que 1 é antecessor de 1) *P(j) = {

1 → 𝑠𝑒 𝑗 é 𝑢𝑚 𝑠𝑢𝑐𝑒𝑠𝑠𝑜𝑟 𝑑𝑖𝑟𝑒𝑐𝑡𝑜 𝑑𝑜 𝑣𝑒𝑟𝑡𝑖𝑐𝑒 1 0 → 𝑛𝑜 𝑐𝑎𝑠𝑜 𝑐𝑜𝑛𝑡𝑟á𝑟𝑖𝑜.

Este algoritmo, pode ser aplicado directamente sobre a rede, mas existe uma aplicação sobre tabela que torna mais fácil a própria resolução. Representam-se todos os vértices j em linha e para cada interacção do problema e actualizam-se todos os vértices P(j) e 𝜋(j) voltemos a rede:

12

4

2 17 1

20 7 4

26

3

8

17 21 3

6

5 15

15

10

Determinemos o caminho mais curto entre os vértices 1 e 8. No inicio temos: 𝜋(1) = 0 𝑒 𝑃(1) = 1 Isto significa que já obtivemos o caminho mais curto entre 1 e 1. Etiqueta-se permanentemente o vértice com (*) e em seguida pesquisamos todos os vértice sucessor do vértice 1. São os vértices 2 e 3. Claramente se verifica que o caminho mais curto entre eles é da ligação entre o vértice 1 e 2 logo 𝜋(2) = 17. Sabendo que o vértice antecessor de 2 nesse caminho é o vértice 1, logo P(2) =1. De forma análoga temos que o caminho mais curto 1e 3 é o da ligação directa entre eles donde 𝜋(3) = 21 𝑒 𝑃(3) = 1 163

Aos restantes vértices que não são sucessor directo de 1 consideramos não termos obtidos ainda um caminho até eles e assim atribui-se o valor + ∞ ao respectivo 𝜋 e o valor 0 (zero) ao respectivo P. vejamos a tabela: vert.

1*

2

3

4

5

6

7

8

Vect 𝜋

0

17

21

+∞

+∞

+∞

+∞

+∞

P

1

1

1

0

0

0

0

0

Em seguida escolhe-se o vértice que se encontra mais perto de1 ou seja, entre todos os que ainda não têm etiqueta permanente aquele cujo 𝜋 é o mínimo do 𝜋´𝑠 (17 para o vértice o que se assinala radiado) e etiqueta-se o vértice 2 com (*). Isto significa que está encontrado o caminho mais curto entre 1 e 2. Como certificar? Qualquer outro caminho passaria obrigatoriamente por outro vértice, no caso e 3, que sabemos não se encontra a uma menor distância é a que liga 1 e 2. Desta forma não é possível encontrar outro caminho mais curto. Mesmo que a distância entre 1 e 3 fosse igual a de 1e 2 e tivemos que ir pelo vértice 3, para chegarmos ao 2 teríamos ainda a distancia entre 3 e 2. Assim o estado da tabela será: Vert. vect 𝜋 P

1*

2*

3

4

5

6

7

8

⑰ 1

21 1

+∞ 0

+∞ 0

+∞ 0

+∞ 0

+∞ 0

+∞ 0

A partir do último vértice e etiqueta 2 podemos ir para os vértices 3 e 4 comprimentos: Arco (2,3)

𝜋 (2) + 𝐶 2 3 =17 + 3 =20

Arco (2,4):

𝜋 (2) + 𝐶 2

4

= 17 + 12

164

=29 Consultando a tabela podemos concluir que o caminho até o vértice 3 tinha como antecessor o vértice 1 e 𝜋(3) = 21. Assim como o valor agora obtido é menor 𝜋(3) = 20 ao anterior, selecciona-se o novo caminho e actualiza-se este mesmo 𝜋 = 20. Isto significa que o antecessor do vértice 3 passa a ser o 2 logo P(3)=2. Em relação ao vértice 4, segundo a tabela não há ainda caminho para o vértice 4. O caminho que parte do vértice 2 certamente é melhor pois 29 é menor que + ∞. O quadro apresenta-se desta forma: Vert. 1* 2* 3 4 5 6 7 8 vect 17 21 +∞ +∞ +∞ +∞ +∞ +∞ 𝜋 1 1 P 0 0 0 0 0 0 29 +∞ +∞ +∞ +∞ 𝜋 ⑳ 2 P 2 0 0 0 0 Etiqueta-se o vértice 3 na rede e na tabela com (*) e podemos a partir dele ir para o vértice 4 e 5. O caminho mais curto de 1 a 4 passando por 3 seria este composto pelo caminho curto de 3 e pelo arco (3,4). 𝜋(3) + 𝐶34 = 20 + 17 = 37 Entretanto, existe já outro caminho de 1 a cujo 𝜋 = 29 logo não nos interessa este caminho agora obtido. Para o vértice 5 não existe ainda caminho mais curto a partir de 1, por isso o caminho que chega ao 5 tendo como antecessor o 3, será o caminho mais curto até 3 acrescido do arco (3,5) cujo comprimento determina-se: 𝜋(3) + 𝐶35 = 20 + 25 = 35 Comparando com o actual 𝜋(5) = +∞, decidimos actua 𝜋(5) é o antecessor do vértice 5 passa a ser o 3 ou seja: P(5)=. Eis o quadro actual: Vert. vect 𝜋 P …. 𝜋 P

1*

2*

3

4

5

6

7

8

17 1 …

21 1 …

+∞ 0 …

+∞ 0 …

+∞ 0 …

+∞ 0 …

+∞ 0 …

+∞ 0 …

29

35 3

+∞ 0

+∞ 0

+∞ 0

2

+∞ 0

Repetindo o raciocínio, mais uma vez escolhemos o vértice que se encontra mais perto de 1, ou seja aquele que apresenta o mínimo dos 𝜋´𝑠 entre os vértices não 165

Sabe-se que já foi obtido o caminho mais curto entre os vértices 1 e 4. Etiqueta-se o vértice 4 e verifica-se que os sucessores são 6 e 7. Vejamos: 12

20 7

4

2

17

26

3

1

8

17 7 3

21

12

5

6 15

15 10

→ Para o vértice 6 o caminho mais curto imediatamente pelo vértice 4 será o caminho mais curto até 4 nos arcos (4,6) o que originara um comprimento total: 𝜋(4) + 𝐶4 6 = 29 + 4 = 33. Comparando com o actual 𝜋(6) + ∞, preferimos o caminho novo e actualizamos 𝜋(6) = 33 𝑒 𝑃(6) = 4 → Para o vértice 7 faz-se o raciocínio análogo e actualizando 𝜋(7) = 4 + 𝐶4 7 = 29 + 20 = 49 𝑒 𝑃(7) = 4. O quadro toma a seguinte forma:

Vert. vect … 𝜋

1*

2*

3

4

5

6

7

8

…

…

…

…

…

…

… 49 4

… 48 6

35

3

P

Neste momento nota-se que o vértice com o caminho mais curto desde o vértice 1 e o 6 com 𝜋(6) = 33 logo o vértice 6 etiquetado, sendo o vértice 8 o seu sucessor não etiquetado. 2 17 1

12

4

20 166

7 26 8

4 3 17 12

21

15 15

10

O caminho mais curto para 8 tendo 6 por vértice antecessor será então o caminho mais curto até 6 seguido do arco (6,8) com comprimento total𝜋(6) + 𝐶6 8 = 35 + 5 = 48. Comparando com o actual comprimento 𝜋(8) = +∞, novamente preferimos o novo caminho e actualizamos 𝜋(8) = 48 𝑒 𝑃(8) = 6, logo teremos: Vert. vect … 𝜋

1*

2*

3

4

5

6

7

8

…

…

…

…

…

…

… 49 4

… 48 6

35

3

P

Actualmente, etiqueta-se o vértice 5. O seu sucessor não etiquetado é o 7. O comprimento do caminho mais curto até ao 7 passando por 5 será: 𝜋(5) + 𝐶5 7 = 35 + 8 = 43; comparando com o actual 𝜋(7) = 49, verifica-se que é preferível optar pelo novo caminho, actualizando 𝜋(7) = 43 𝑒 𝑃(7) = 5. Assim o quadro terá a forma: Vert. Vect … 𝜋

1*

2*

3

4

5

6

7

8

…

…

…

…

…

…

… 43 4

… 48 6

P

Etiqueta-se em seguida o vértice 7, porque o caminho mais curto e o seu sucessor não etiquetado é o 8. → Comparando novamente 𝜋(7) + 𝐶7 8 = 43 + 26 = 69 com o actual vértice 8 chegamos ao fim do algoritmo. O quadro completo terá a forma: Vert. vect

1*

2*

3

4

167

5

6

7

8

𝜋 P 𝜋 P 𝜋

⑰ 1

0 1

21 1 ⑳ 2

+∞ 0 29 2 29

+∞ 0 +∞ 0 35

+∞ 0 +∞ 0 +∞

+∞ 0 +∞ 0 +∞

+∞ 0 +∞ 0 +∞

2

3

0

0

0

49 4

46 6

29

P

35

𝜋

3

P 𝜋

35

5

P

𝜋

48 6

35

6

P

Resta apenas reconstruir o caminho mais curto donde o vértice 1 ate ao vértice 8. Para isso verifica-se que o antecessor de 8 e 6 esse caminho é o 6, ou seja 𝜋(8) = 6, temos assim:

6

8

Vamos ao vértice 6 verificamos que o seu antecessor é o 4, ou seja: 𝜋(6) = 4, assim: 4

6

4

Qualogamente verificamos que o antecessor de 4 é o 2 e que o antecessor deste é 1: (2) = 1. Assim o caminho mais curto entre os vértice 1 e 8 será: 𝜋(4) = 2

1

2

3

4

5

Com o comprimento 𝜋(8) = 48, ou seja:

12 17

2

4

7 4168

26

3

1

17

8 8

21

3

5 4

6

15

10

A tabela resultante da aplicação do algoritmo de DIJKSTRA permite não só obter o caminho mais curto entre o vértice inicial e o vértice final, soma também obter o caminho mais curto mais curto entre o vértice inicial e qualquer outro vértice. NOTA: Para concluir pode-se dizer que, desde que a oferta total seja igual a procura total, o problema de transportes tem sempre solução.

EXERCÍCIOS PARA RESOLVER 169

1. Uma companhia sediada no Porto pretende estabelecer o plano mais económico para as deslocações dos seus vendedores às cidades onde existem representantes dos seus produtos. A figura 1 mostra um mapa simplificado da região em que os nós representam as cidades e os arcos representam as ligações possíveis. A cada arco está associado um valor, que representa o custo que a empresa atribui a esse trajecto, em função da distância, das condições da entrada e da densidade do tráfego. Determine os percursos mais económicos que os vendedores da empresa deverão efectuar entre a sede e todas as cidades. 2. Utilizando o algoritmo de Dijkstra, determine o caminho mais curto entre os nós S e T, assim como o seu comprimento, nas seguintes redes: a) S = 1 e T = 7 b) S = 1 e T = 11 3. Nas cidades de Porto, Braga, Bragança, Vila Real e Viseu, estão sediadas empresas de diferentes ramos de actividade que têm necessidade de definir os trajectos mais económicos para as deslocações dos seus vendedores entre a sede e as restantes cidades. Considerando o mapa simplificado do problema 1, determine os percursos mais económicos para cada empresa. 4. Seja G = (N, A, C), com N = {1, 2, ..., 20}, uma rede dirigida. Sabe-se que o caminho mais curto entre os nós 5 e 20 é : p = [5, 1, 13, 7, 18, 2, 20]. Qual o caminho mais curto entre os nós 1 e 2? E qual o seu comprimento, assumindo que c(p) é o comprimento do caminho p ? Justifique as suas respostas. 5. Uma empresa de Construção Civil ficou encarregue de construir uma rede de estradas que sirvam uma certa região. A figura em baixo mostra um mapa simplificado da região onde os nós representam as localidades a servir e os arcos representam as ligações onde é tecnicamente possível a construção de estradas. A cada arco está associada a distância entre as localidades que ele liga. Quais as ligações a concretizar se a empresa quer minimizar o comprimento de estradas a construir e ligar um qualquer par de localidades? 6. Usando o algoritmo de Floyd, determine os caminhos mais curtos entre todos os pares de nós da seguinte rede: 7. Uma empresa de telecomunicações pretende servir uma região com uma nova rede telefónica. A figura em baixo mostra um mapa simplificado da região onde os nós representam as localidades a servir e os arcos representam as ligações onde e tecnicamente possível o lançamento de cabos. a cada arco esta associada a distancia entre as localidades que liga. 170

Quais as ligações a concretizar se a empresa quer minimizar o comprimento de cabo utilizado? 8. Uma empresa de telecomunicações pretende servir uma região com uma nova rede telefónica. A figura em baixo mostra um mapa simplificado da região onde os nós representam as localidades a servir e os arcos representam as ligações onde é tecnicamente possível o lançamento de cabos. A cada arco está associado a distância entre as localidades que liga.

Quais as ligações a concretizar se a empresa quer minimizar o comprimento de cabo utilizado? 9. A rede da figura em baixo representa uma parte do sistema rodoviário de uma cidade. O custo associado a cada arco representa o tempo médio em minutos que o tráfego demora nesse percurso. A cada mudança de direcção num cruzamento está associada uma penalização adicional de 3 minutos. Qual o caminho mais rápido entre o nó 1 e o nó 8? 10. Comente a veracidade das seguintes afirmações: a) “Num problema de caminho mais curto, se o comprimento de todos os arcos for aumentado em k unidades, o comprimento do caminho mais curto é aumentado num múltiplo de k.” b) “Se todos os arcos numa rede tiverem comprimentos diferentes, então o caminho mais curto entre quaisquer dois ele é único.” (Sugestão: Nas verdadeiras justifique por palavras suas e nas falsas apresente um contra exemplo). 11. Dada a rede da figura em baixo onde a cada arco esta associado uma capacidade, qual o fluxo máximo que pode ser enviado do nó origem (1 ) para o nó terminal (5) ? 12. A empresa Paga & Ri, L.da. é proprietária de um parque de diversões. Na figura em baixo, os nós representam os pontos de diversão e os arcos as respectivas ligações, onde os visitantes são transportados por pequenos comboios eléctricos. Dado que os caminhos são algo acidentados, geograficamente, e o material circulante apresenta sinais de envelhecimento, apenas podem ser realizadas diariamente as viagens assinaladas. Assumindo que os comboios andam sempre cheios, quais são os percursos e quantos comboios devem circular de modo a levar o máximo número de visitantes diários da entrada (nó 1) para a montanha russa (nó 7). Considere a situação em que não há viagens como solução inicial. 13. Na rede da figura em baixo, onde a cada arco está associado a respectiva capacidade, calcule o fluxo máximo que é possível enviar do nó origem 1 para o nó destino 5 (o fluxo inicial é nulo). 171

Assinale graficamente o corte mínimo e calcule a respectiva capacidade. 14. Uma companhia sediada no nó 3 pretende estabelecer o plano mais económico para as deslocações dos seus vendedores às cidades onde existem representantes dos seus produtos. A figura seguinte mostra um mapa simplificado da região em que os nós representam as cidades e os arcos as ligações possíveis. a) A cada arco esta associado um valor, que representa o custo que a empresa atribui a esse trajecto, em função da distância, das condições da entrada e da densidade do tráfego. b) Determine os percursos mais económicos que os vendedores da empresa deverão efectuar entre a sede e todas as cidades. 15. Na rede da figura a cada arco (i, j) está associado a sua capacidade, bij, e o fluxo existente, xij. a) Determine o fluxo que actualmente chega ao nó 4 e o que sai do nó 5. b) Determine o fluxo máximo que pode ser enviado do nó 1 para o nó 6. c) Determine o corte mínimo da rede. 16. Na rede da figura a cada arco (i, j) está associado a sua capacidade, bij, e o fluxo existente, xij. a) Determine o fluxo que actualmente sai do nó 6 e o fluxo que chega no nó 2. b) Determine o fluxo máximo que pode ser enviado do nó 1 para o nó 5. c) Determine o corte mínimo da rede. Justifique. 17. Na rede da figura em baixo, onde a cada arco está associado a respectiva capacidade, calcule o fluxo máximo que é possível enviar do nó origem 1 para o nó destino 5 (o fluxo inicial é nulo). Assinale graficamente o corte mínimo e calcule a respectiva capacidade. 18. Na rede da figura, a cada arco (i,j) está associado a sua capacidade, bij, e o fluxo ai existente, xij. a) Calcule o fluxo actual da rede (enviado do nó 1 para o nó 6). b) Calcule o fluxo máximo que pode ser enviado do nó 1 para o nó 6. c) Determine o corte mínimo da rede e mostre que a sua capacidade é igual ao fluxo máximo. Na rede da figura, a cada arco (i,j) está associado a sua capacidade, bij, e o fluxo ai existente, xij. 172

a) Determine o fluxo que actualmente pode ser enviado do nó 1 para o nó 6. b) Determine o fluxo máximo que pode ser enviado do nó 1 para o nó 6. c) Determine o corte mínimo da rede. 19.Uma companhia cedida no Benguela pretende estabelecer um plano mais económico para as deslocações dos seus vendedores às cidades onde existe representante dos seus produtos. A figura 1 mostra um mapa simplificado da região em que nos representam as cidades e os aços representam as ligações possíveis: 200 Caxito

2

4 100

60

Malanje

N´dalatando 120 Luanda

3

200

1 120 70

Gabela

5

150 6

130

8

Lubango

Sumbe 60

150

7 Lobito

Cada arco esta associado a um valor, que representa o custo que a empresa atribiu a esse trajecto, em função da distancia, das condições da entrada e da densidade do tráfego. Determine os percursos mais económico que os vendedores da empresa deverão efectuar entre a sede e todas as cidades. 20. Utilizando o algoritmo de Dijkstra, determine o caminho mais curto entre os nos S e T, assim como seu comprimento, nas seguintes redes:

a) S = 1 e T = 7

6 1

7

2

4 1 3

6

5

5

7

1 173

4 2

b) S = 15 e T =11

8

6

4 3

4

2

8

5

4

5

2

2

7

2 2

6

2

1

5

3

8

6

4

5

1

9

11

2 3

3

4

5

6 4

7

10

21. Nas cidades de Benguela,Sumbe , Lubango, Gabela e Luanda, estão sediadas empresas de diferente ramo de actividade que tem necessidade de definir os trajectos mais económicos para as deslocações dos seus vendedores entre a sede e as restantes cidades. Considerando o mapa simplificando do problema 1, determine o percurso mais económico para cada empresa. 22. Seja G=(N,A,C), com N={1,2, … , 20}, uma rede dirigida. Sabe-se que o caminho mais curto entre os nos 5 e 20 é: 𝑝[5,1,13,7,18,2,20]. Qual é o caminho mais curto entre os nos 1 e 2? Qual é o seu comprimento, assumido que c (p) é o comprimento do caminho p? Justifique as suas respostas. 23. Uma empresa de construção civil ficou encarregue de construir uma rede de estrada que servia uma certa região. A figura em baixo mostra um mapa simplificado da região onde os nos representam nas. Localidades a servir e os arcos representam ligações onde é tecnicamente possível a construção de estrada. A cada arco esta associada a distancia entre as localidades que ele liga.

20 2 6

1

4 20

10

174

3

6

12

12 15 13

7

25

5

Quais as ligações a concretizar se a empresa quer minimizar o comprimento de estradas a construir e ligar um qualquer par de localidades? 24. Usando o algoritmo de Floyd, determine o caminho mais curto entre todos os pares de nós da seguinte rede 3 1

2 8

5

2

3

25. Uma empresa de telecomunicações pretende servir uma região com uma nova rede telefónica.A figura abaixo mostra um mapa simplificado da região onde os nós representam as localidades a servir e os arcos representam as ligações onde é tecnicamente possível o lançamento de cabos. A cada arco esta associada a distancia entre as localidades que liga. 3 2

5

5 1

1

7

3

9

4

5

7

5

2 Quais as liga as ligações a concretizar se a empresa quer minimizar o comprimento de 6 4 cabo utilizado. 6 4 4

26. A empresa Paga & Ri, Lda. é proprietária de um parque de diversões. Na figura em baixo, os nós representam os pontos de diversão e os arcos as respectiva ligações, onde os visitante são transportados por pequenos comboios eléctricos. Dado que os caminhos 175

são algo acidentados, geograficamente, e o material circulante apresenta sinais de envelhecimento, apenas podem ser realizadas diariamente as viagens assinaladas. Assumindo que os comboios andam sempre cheios, quais são os percursos e quantos comboios devem circular de modo a levar o máximo numero de visitante diários de entrada (nó 7). Considere a situação em que não há viagens como solução inicial. 3 2

5

5 1

7

3

1

9

4

7

1

5

2 6

4

4

4

6

27. Na rede da figura em baixo, onde a cada arco esta associada a respectiva capacidade, calcule o fluxo máximo que é possível enviar do nó origem 1 para o no destino 5 (o fluxo inicial é nulo) 5 2

4

3 4 1

2

2

6 8

5

4

Assinale graficamente o corte mínimo e calcule a respectiva capacidade.

REFERÊNCIAS BIBLIOGRÀFICAS

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