INVESTIGAO OPERACIONAL 6 Aula Adaptao de problemas no

INVESTIGAÇÃO OPERACIONAL û 6ª Aula î Adaptação de problemas não standard ao Método Simplex Ir-se-ão referir os procedimentos a adoptar para converter estes problemas em problemas que possam ser resolvidos pelo método simplex. O maior problema passa a ser a determinação da SBA inicial Será utilizada a técnica da Introdução de Variáveis Artificiais em cada restrição que delas precise de forma a criar um problema artificial que possa ser solucionado pelo Método Simplex. Restrições de igualdade Max Z = 3 x 1 û+ 5 x 2 x 5 = 18 – 3 x 1 – 2 x 2 x 1 4 Max Z = 3 x 1 + 5 x 2 – Mx 5 2 x 2 12 x 1 4 3 x 1 + 2 x 2 18 2 x 2 12 3 x 1 + 2 x 2 18 por (x 3, x 4, x 5) û A SBA inicial será dada î Cecília Rocha # 1 Max Z - 3 x 1 - 5 x 2 + Mx 5 = 0 x 1 + x 3 4 2 x 2 + x 4 12 3 x 1 + 2 x 2 + x 5 18 Como x 5 tem um coeficiente diferente de zero na equação (0) teremos de o eliminar pelo método de Gauss û Z – 3 x 1 – 5 x 2 + Mx 5 = 0 û - M(3 x 1 +2 x 2 + x 5 = 18) û Z – (3 M + 3) x 1 – (2 M + 5) x 2 = - 18 M , esta será a equação (0) para a resolução 2001/2002

INVESTIGAÇÃO OPERACIONAL û 6ª Aula î Adaptação de problemas não standard ao Método Simplex û Restrições de igualdade î Na Função Objectivo (FO), o sinal da Variável Artificial varia consoante se está perante um problema de minimização ou maximização, ou seja; û Maximização Z = 3 x 1 + 5 x 2 – Mx 5, o sinal terá de ser negativo e ter um parâmetro de valor muito elevado (M) correspondente a ser zero. variável obrigar para artificial a Minimização Z = 0. 4 x 1 + 0. 5 x 2 + Mx 3, o sinal positivo é utilizado para contrariar a evolução de consegue-se obrigar a variável artificial a ser zero. û î î Cecília Rocha # 2 Nestes problemas, a Solução Óptima não pode ter valor diferente de zero para a Variável Artificial. Se existirem várias restrições de igualdade no mesmo problema, devem ser todas tratadas da forma aqui descrita. 2001/2002

INVESTIGAÇÃO OPERACIONAL û 6ª Aula (cont. ) Iteração VB 0 1 2 3 Cecília Rocha # 3 Eq. Coeficientes Z x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 LD rácio Z (0) 1 - 3 M 3 - 2 M 5 0 0 0 - 18 M x 3 (1) 0 1 0 0 4 4/1 = 4 x 4 (2) 0 0 2 0 12 S/s x 5 Z (3) (0)-(-3 M 3). (1) 0 1 3 0 2 - 2 M 5 0 3 M+ 3 0 0 18 - 6 M + 12 18/3 = 6 x 1 (1) 0 1 0 0 4 S/s x 4 (2) 0 0 2 0 12 12/2 = 6 x 5 Z (3)-3(1) (0 –(-2 M 5). (3) 0 1 0 0 2 0 -3 - 9/2 0 0 1 M+ 5/2 6 27 6/2 = 3 x 1 (1) 0 1 0 0 4 4/1 = 4 x 4 (2) – 2(3) 0 0 0 3 1 -1 6 6/3 = 2 x 2 0 0 1 - 3/2 0 1/2 3 S/s Z (3)/ 2 (0) + 9/2. (2) 1 0 0 0 3/2 M+1 36 x 1 (1) – (2) 0 1 0 0 - 1/3 2 x 3 (2) 3 0 0 0 1 1/3 - 1/3 2 x 2 (3) + 3/2 (2) 0 0 1/2 0 6 Solução Óptima (2, 6, 2, 0, 0 ) 2001/2002

INVESTIGAÇÃO OPERACIONAL û 6ª Aula (cont. ) û û Lados Direito negativos î Nestes casos, pode-se multiplicar a restrição por – 1, tendo em atenção que o sinal passará a e vice-versa, exemplificando: û x 1 – x 2 -1 ficará como -x 1 + x 2 1 î Se todas as variáveis tiverem restrições de Não- Negatividade, esta nova aparência da restrição permite considerar estes novos valores (positivos) como os valores da Solução Básica Inicial. Restrições com a forma î Problema Inicial Minimizar Z = 0. 4 x 1 + 0. 5 x 2 s. a. : 0. 3 x 1 + 0. 1 x 2 2. 7 0. 5 x 1 + 0. 5 x 2 = 6 0. 6 x 1 + 0. 4 x 2 6 xi 0 Cecília Rocha # 4 Numa situação em que existam este tipo de restrições deve-se proceder da seguinte forma: û Introduzir uma Variável Adicional (como forma de transformar o sinal em igual); û Introduzir uma Variável Artificial (o procedimento recomendado anteriormente para restrições de =). Introdução da Var. Folga introduzir Introdução Var. Artificial Introdução da Var. Adicional e Var. û Na função objectivo, asdavariáveis artificiais com um parâmetro muito elevado Minimizar Z = 0. 4 x 1 + 0. 5 x 2 s. a. : 0. 3 x 1 + 0. 1 x 2 + x 3 = 2. 7 0. 5 x 1 + 0. 5 x 2 =6 0. 6 x 1 + 0. 4 x 2 6 xi 0 Minimizar Z = 0. 4 x 1 + 0. 5 x 2 + Mx 4 s. a. : 0. 3 x 1 + 0. 1 x 2 + x 3 = 2. 7 0. 5 x 1 + 0. 5 x 2 + x 4 = 6 0. 6 x 1 + 0. 4 x 2 6 xi 0 Artificial Minimizar Z = 0. 4 x 1 + 0. 5 x 2 + Mx 4 + Mx 6 s. a. : 0. 3 x 1 + 0. 1 x 2 + x 3 = 2. 7 0. 5 x 1 + 0. 5 x 2 + x 4 = 6 0. 6 x 1 + 0. 4 x 2 - x 5 + x 6 = 6 xi 0 2001/2002

INVESTIGAÇÃO OPERACIONAL û 6ª Aula (cont. ) û Minimização Uma das formas de resolver o problema é trocar o papel dos coeficientes positivos e negativos na linha (0), no teste de optimização e no primeiro passo do processo iterativo; No entanto, iremos adoptar outra abordagem – encontrar o problema equivalente de Maximização, por exemplo: Minimizar Z = 0. 4 x 1 + 0. 5 x 2 Maximizar - Z = - 0. 4 x 1 – 0. 5 x 2 û Iremos utilizar este procedimento para resolver o problema tratado no ponto anterior – Método do BIG M Formulação do Problema Maximizar – Z = -Artificial 0. 4 x 1 - 0. 5 x 2 – Mx 4 – Mx 6 s. a. : 0. 3 x 1 + 0. 1 x 2 + x 3 = 2. 7 0. 5 x 1 + 0. 5 x 2 + x 4 =6 0. 6 x 1 + 0. 4 x 2 - x 5 + x 6 = 6 Vamos considerar como variáveis básicas, na Solução Básica Admissível Inicial, (x 3 x 3, x 4 x 6) x 6 – as variáveis artificiais prevalecem sobre as adicionais. Linha (0) x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 TInd Cecília Rocha # 5 Nova Linha (0) 0. 4 - M [ 0. 5 - M [ 0. 6 (- 1. 1 M + 0. 4) 0. 5 0 0. 4 0 (- 0. 9 M + 0. 5) M 1 0 0 -1 0 M 0 1 M 0 6] 6]. 0 2001/2002

INVESTIGAÇÃO OPERACIONAL û 6ª Aula (cont. ) Iteração VB 0 1 2 3 Equação Coeficientes Z x 1 x 2 LD x 3 x 4 x 5 x 6 0 0 M 0 -12 M Rácio Z (0) -1 x 3 (1) 0 0. 3 0. 1 1 0 0 0 2. 7/0. 3 = 9 x 4 (2) 0 0. 5 0 1 0 0 6 6/0. 5 = 12 x 6 Z (3) (0)-(-1. 1 M+0. 4)(1) 0 -1 0. 6 0 0. 4 - 0 11/3 M-4/3 0 0 -1 M 1 0 6 -2. 1 M-3. 6 x 1 (1)/0. 3 0 1 1/3 10/3 0 0 0 9 9 1/3=27 x 4 (2)-0. 5(1) 0 0 1/3 -5/3 1 0 0 1. 5 1/3=4. 5 x 6 Z (0)(3)-0. 6(1) (16/30 M+11/30)(3 ) 0 -1 0 0 0. 2 0 -2 -5/3 M+7/3 0 0 x 1 (1)-1/3(3) 0 1 0 20/3 0 5/3 -5/3 8 8 5/3=4. 8 x 4 (2)-1/3(3) 0 0 0 5/3 1 5/3 -5/3 0. 5 5/3=0. 3 Z x 2 (0)-((3)/0. 2 5/3 M+11/6)(2) -1 0 0 0 1 0. 5 -10 M-1. 1 0 0 -5 M 5 -5. 25 3 x 1 (1)-20/3(2) 0 1 0 5 -1 0 0 7. 5 x 5 (2) 5/3 0 0 0 1 3/5 1 -1 0. 3 x 2 (3)+10(2) 0 0 1 -5 3 0 0 4. 5 Cecília Rocha # 6 -1. 1 M+0. 4 -0. 9 M+0. 5 16/30 M+11/ 30 6/0. 6 = 10 -1 1 0. 6/0. 2=3 -5/3 M+11/6 8/3 M-11/6 -0. 5 M-4. 7 S/s Solução Óptima (7. 5, 4. 5, 0, 0, 0. 3 0) 2001/2002

INVESTIGAÇÃO OPERACIONAL û 6ª Aula (cont. ) û Minimização Uma das formas de resolver o problema é trocar o papel dos coeficientes positivos e negativos na linha (0), no teste de optimização e no primeiro passo do processo iterativo; No entanto, iremos adoptar outra abordagem – encontrar o problema equivalente de Maximização, por exemplo: Minimizar Z = 0. 4 x 1 + 0. 5 x 2 Maximizar - Z = - 0. 4 x 1 – 0. 5 x 2 û Iremos utilizar este procedimento para resolver o problema tratado no ponto anterior – Método de DUAS FASES Formulação do Problema Artificial 1ª Fase Maximizar – Z = – x 4 – x 6 s. a. : 0. 3 x 1 + 0. 1 x 2 + x 3 = 2. 7 0. 5 x 1 + 0. 5 x 2 + x 4 =6 0. 6 x 1 + 0. 4 x 2 - x 5 + x 6 = 6 Cecília Rocha # 7 2ª Fase Maximizar – Z = - 0. 4 x 1 - 0. 5 x 2 s. a. : 0. 3 x 1 + 0. 1 x 2 + x 3 = 2. 7 0. 5 x 1 + 0. 5 x 2 =6 0. 6 x 1 + 0. 4 x 2 - x 5 = 6 A 1ª Fase tem como objectivo eliminar as variáveis artificiais, sendo obtida da equação da Nova Linha (0) do método do BIG M que é dividida por M, obtendo-se alguns termos infinitesimais que são negligenciados. No final desta fase como x 4 e x 6 se anularão, então poder-se-á utilizar esta solução com SBA Inicial para a 2ª Fase. A 2ª Fase resolve o problema pelo método simplex, utilizando como SBA inicial o resultado da fase anterior. 2001/2002

INVESTIGAÇÃO OPERACIONAL û 6ª Aula (cont. ) î 1ª Fase Iteração VB 0 1 2 3 Cecília Rocha # 8 Equação Z x 1 x 2 Coeficientes x 3 x 4 x 5 x 6 LD Rácio Z x 3 x 4 x 6 (0) -1 -1. -0. 9 0 0 1 0 -12 (1) 0 0. 3 0. 1 1 0 0 0 2. 7/0. 3 = 9 (2) 0 0. 5 0 1 0 0 6 6/0. 5 = 12 (3) 0 0. 6 0. 4 0 0 -1 1 6 6/0. 6 = 10 Z x 1 (0)-(-1. 1)(1) -1 0 -16/30 11/3 0 1 0 -2. 1 (1)/0. 3 0 1 1/3 10/3 0 0 0 9 9 1/3=27 x 4 (2)-0. 5(1) 0 0 1/3 -5/3 1 0 0 1. 5 1/3=4. 5 x 6 Z x 1 (3)-0. 6(1) 0 0 0. 2 -2 0 -1 1 0. 6/0. 2=3 (0)-(16/30)(3) -1 0 0 -5/3 8/3 -0. 5 (1)-1/3(3) 0 1 0 20/3 0 5/3 -5/3 8 8 5/3=4. 8 x 4 (2)-1/3(3) 0 0 0 5/3 1 5/3 -5/3 0. 5 5/3=0. 3 x 2 Z x 1 x 3 x 2 (3)/0. 2 0 0 1 -10 0 -5 5 3 S/s (0)-(-5/3)(2) -1 0 0 0 1 0 (1)/0. 3 0 1 0 0 -4 -5 5 6 (2)-0. 5(1) 0 0 0 1 3/5 1 -1 0. 3 (3)-0. 6(1) 0 0 1 0 6 5 -5 6 Fim da 1ª Fase 2001/2002

INVESTIGAÇÃO OPERACIONAL û 6ª Aula (cont. ) Iteração VB Equação Z x 1 x 3 x 2 3 Coeficientes x 3 x 4 Z x 1 x 2 (0)-(-5/3)(2) -1 0 0 0 (1)/0. 3 0 1 0 (2)-0. 5(1) 0 0 (3)-0. 6(1) 0 LD x 5 x 6 1 0 0 -4 -5 5 6 0 1 3/5 1 -1 0. 3 0 1 0 6 5 -5 6 Rácio Fim da 1ª Fase Preparação da 2ª Fase 4 5 6 Z x 1 x 3 x 2 (0) -1 0 0 0 (1) 0 1 0 0 -5 6 (2) 0 0 0 1 1 0. 3 (3) 0 0 1 0 5 6 Z x 1 x 3 x 2 (0) -1 0. 4 0. 5 0 0 0 (1) 0 1 0 0 -5 6 (2) 0 0 0 1 1 0. 3 (3) 0 0 1 0 5 6 Z x 1 x 3 x 2 (0)-0. 4(1)-0. 5(3) -1 0 0 0 -0. 5 -5. 4 (1) 0 1 0 0 -5 6 (2) 0 0 0 1 1 0. 3 (3) 0 0 1 0 5 6 Cecília Rocha # 9 Final da preparação da 2ª Fase 2001/2002

INVESTIGAÇÃO OPERACIONAL û 6ª Aula (cont. ) Iteração VB 6 Equação Z x 1 x 2 Coeficientes x 3 x 4 x 5 x 6 LD Rácio Z x 1 x 3 x 2 (0)-0. 4(1)-0. 5(3) -1 0 0 0 -0. 5 -5. 4 (1) 0 1 0 0 -5 6 S/s (2) 0 0 0 1 1 0. 3/1=0. 3 (3) 0 0 1 0 5 6 6/5=1. 11 Z x 1 x 5 x 2 (0) -1 0 0 0. 5 0 -5. 25 (1) 0 1 0 5 0 7. 5 (2) 0 0 0 1 1 0. 3 (3) 0 0 1 -5 0 4. 5 2ª Fase 7 Cecília Rocha # 10 Solução Óptima (7. 5, 4. 5, 0, 0, 0. 3 0) 2001/2002

INVESTIGAÇÃO OPERACIONAL û 6ª Aula (cont. ) û Problema sem Solução Admissível Se o problema inicial não tem Soluções Admissíveis então, tanto o método do BIG M como a 1ª Fase do método de DUAS FASES irão conduzir a soluções finais em que pelo menos uma variável artificial tem valor diferente de zero. î Como exemplo, se no problema anterior alterarmos a 1ª Restrição para 0. 3 x 1 + 0. 1 x 2 1. 8 (anteriormente era 2. 7) Coeficientes Iteração VB Equação LD Rácio Z x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 (0) -1 -1. 1 M+0. 4 -0. 9 M+0. 5 0 0 M 0 -12 M Z (1) 1. 8/0. 3 = 6 0 0. 3 0. 1 1 0 0 0 1. 8 x 3 0 (2) 0 0. 5 0 1 0 0 6 6/0. 5 = 12 x 4 (3) 0 0. 6 0. 4 0 0 -1 1 6 6/0. 6 = 10 x 6 î 1 2 Z (0) -1 0 16/30 M+11/ 30 11/3 M-4/3 0 M 0 -5. 4 M-2. 4 x 1 x 4 (1) 0 1 1/3 10/3 0 0 0 6 6 1/3=18 (2) 0 0 1/3 -5/3 1 0 0 3 3 1/3=9 x 6 Z x 1 x 2 (3) (0) 0 -1 0 0 0. 2 0 -2 M+0. 5 0 1. 6 M-1. 1 -1 M 1 0 2. 4 -0. 6 M-5. 7 (1) 0 1 0 5 -1 0 0 3 (2) 0 0 1 -5 3 0 0 9 x 6 (3) 0 0 0 -1 -0. 6 -1 1 0. 6 Cecília Rocha # 11 2. 4/0. 2=1 Como 2 x 6 =0. 6 >0 Problema S/ solução 2001/2002

INVESTIGAÇÃO OPERACIONAL û 6ª Aula (cont. ) û Variáveis sem restrição de não negatividade î Com limite no valor negativo admitido û xj Lj, sendo Lj um valor negativo constante û Considerar x’j = xj – Lj, em que x’j 0 Z = 3 x 1 + 5 x 2 x 1 4 2 x 2 12 3 x 1 + 2 x 2 18 x 1 -10 x 2 0 î Z = 3(x’ 1 -10) + 5 x 2 (x’ 1 -10) 4 2 x 2 12 3(x’ 1 -10) + 2 x 2 18 -10 x 2 Que admitem qualquer(x’ valor 1 -10)negativo 0 û x = x + - x -, em que x + 0 e x - 0 j Z = 3 x 1 + 5 x 2 x 1 4 2 x 2 12 3 x 1 + 2 x 2 18 x 2 0 Cecília Rocha # 12 j j j Z = -30 + 3 x’ 1 + 5 x 2 x’ 1 14 2 x 2 12 3 x’ 1 + 2 x 2 18 X’ 1 0 x 2 0 j Z = 3(x 1+ - x 1 -) + 5 x 2 (x 1+ - x 1 -) 4 2 x 2 12 3(x 1+ - x 1 -) + 2 x 2 18 Z = 3 x 1+ - 3 x 1 -) + 5 x 2 x 1+ - x 1 4 2 x 2 12 3 x 1+ - 3 x 1 - + 2 x 2 18 (x 1+ 0; x 1 - 0); x 2 0 + - 2001/2002