Cecília Rocha # 12001/2002 I NVESTIGAÇÃO O PERACIONAL 6ª Aula 6ª Aula Adaptação de problemas não standard ao Método Simplex Ir-se-ão referir os procedimentos.

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1 Cecília Rocha # 12001/2002 I NVESTIGAÇÃO O PERACIONAL 6ª Aula 6ª Aula 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 A SBA inicial será dada por (x3, x4, x5 ) Como x5 tem um coeficiente diferente de zero na equação (0) teremos de o eliminar pelo método de Gauss Z – 3x1 – 5x2 + Mx5 = 0 - M(3x1 +2x2 + x5 = 18) Z – (3M + 3) x1 – (2M + 5) x2 = - 18M, esta será a equação (0) para a resolução pela forma tabular Max Z = 3x1 + 5x2 x1 4 2x2 12 3x1 + 2x2 18 x5 x5 = 18 – 3x1 – 2x2 Max Z = 3x1 + 5x2 – M x5 x1 4 2x2 12 3x1 + 2x2 18 Max Z - 3x1 - 5x2 + M x5 = 0 x1 + x3 4 2x2 + x4 12 3x1 + 2x2 + x5 18

2 Cecília Rocha # 22001/2002 I NVESTIGAÇÃO O PERACIONAL 6ª Aula 6ª Aula Adaptação de problemas não standard ao Método Simplex Restrições de igualdade Na Função Objectivo (FO), o sinal da Variável Artificial varia consoante se está perante um problema de minimização ou maximização, ou seja; Maximização Z = 3x1 + 5x2 – Mx5, o sinal terá de ser negativo e ter um parâmetro de valor muito elevado (M) para obrigar a variável artificial correspondente a ser zero. Minimização Z = 0.4x1 + 0.5x2 + Mx3, o sinal positivo é utilizado para contrariar a evolução de minimização que se pretende e obter e, assim, consegue-se obrigar a variável artificial a ser zero. 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.

3 Cecília Rocha # 32001/2002 I NVESTIGAÇÃO O PERACIONAL 6ª Aula (cont.) 6ª Aula (cont.) IteraçãoVBEq. Coeficientes L Drácio Zx1x2x3x4x5 0 Z (0) 1- 3M - 3- 2M - 5000- 18M x3 (1) 01010044/1 = 4 x4 (2) 00201012S/s x5 (3) 0320011818/3 = 6 1 Z (0)-(-3M-3).(1) 10- 2M - 53M + 300- 6M + 12 x1 (1) 0101004S/s x4 (2) 0020101212/2 = 6 x5 (3)-3(1) 002- 30166/2 = 3 2 Z (0 –(-2M-5).(3) 100- 9/20M + 5/227 x1 (1) 01010044/1 = 4 x4 (2) –2(3) 00031- 166/3 = 2 x2 (3)/ 2 001- 3/201/23S/s 3 Z (0) + 9/2.(2) 10003/2M + 136 Solução Óptima (2,6,2,0,0) x1 (1) – (2) 0100- 1/31/32 x3 (2) 3 00011/3- 1/32 x2 (3) + 3/2 (2) 00101/206

4 Cecília Rocha # 42001/2002 I NVESTIGAÇÃO O PERACIONAL 6ª Aula (cont.) 6ª Aula (cont.) Lados Direito negativos Nestes casos, pode-se multiplicar a restrição por –1, tendo em atenção que o sinal passará a e vice-versa, exemplificando: x1 – x2 -1 ficará como -x1 + x2 1 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 Numa situação em que existam este tipo de restrições deve-se proceder da seguinte forma: Introduzir uma Variável Adicional (como forma de transformar o sinal em igual); Introduzir uma Variável Artificial (o procedimento recomendado anteriormente para restrições de =). Na função objectivo, introduzir as variáveis artificiais com um parâmetro muito elevado Problema Inicial Minimizar Z = 0.4x1 + 0.5x2 s.a.: 0.3x1 + 0.1x2 2.7 0.5x1 + 0.5x2 = 6 0.6x1 + 0.4x2 6 xi 0 Introdução da Var. Folga Minimizar Z = 0.4x1 + 0.5x2 s.a.: x3 0.3x1 + 0.1x2 + x3 = 2.7 0.5x1 + 0.5x2 = 6 0.6x1 + 0.4x2 6 xi 0 Introdução da Var. Artificial x4 Minimizar Z = 0.4x1 + 0.5x2 + Mx4 s.a.: x3 0.3x1 + 0.1x2 + x3 = 2.7 x4 0.5x1 + 0.5x2 + x4 = 6 0.6x1 + 0.4x2 6 xi 0 Introdução da Var. Adicional e Var. Artificial x4x6 Minimizar Z = 0.4x1 + 0.5x2 + Mx4 + Mx6 s.a.: x3 0.3x1 + 0.1x2 + x3 = 2.7 x4 0.5x1 + 0.5x2 + x4 = 6 x5x6 0.6x1 + 0.4x2 - x5 + x6 = 6 xi 0

5 Cecília Rocha # 52001/2002 I NVESTIGAÇÃO O PERACIONAL 6ª Aula (cont.) 6ª Aula (cont.) 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: BIG M Iremos utilizar este procedimento para resolver o problema tratado no ponto anterior – Método do BIG M Formulação do Problema Artificial x3x4x6 Vamos considerar como variáveis básicas, na Solução Básica Admissível Inicial, ( x3, x4, x6 ) – as variáveis artificiais prevalecem sobre as adicionais. x3x4x5x6 Linha (0) x1x2 x3x4x5x6 TInd 0.40.50 M 0 M 0 - M [ 0.50.501006] - M [ 0.60.400- 116 ]. Nova Linha (0) (- 1.1M + 0.4) (- 0.9M + 0.5)00M0 -12M Minimizar Z = 0.4x1 + 0.5 x2 Maximizar - Z = - 0.4x1 – 0.5x2 x4x6 Maximizar – Z = - 0.4x1 - 0.5x2 – Mx4 – Mx6 s.a.: x3 0.3x1 + 0.1x2 + x3 = 2.7 x4 0.5x1 + 0.5x2 + x4 = 6 x5x6 0.6x1 + 0.4x2 - x5 + x6 = 6

6 Cecília Rocha # 62001/2002 I NVESTIGAÇÃO O PERACIONAL 6ª Aula (cont.) 6ª Aula (cont.) IteraçãoVBEquação Coeficientes LDRácio Zx1x2x3x4x5x6 0 Z (0) -1.1M+0.4-0.9M+0.500M0-12M x3 (1) 00.30.110002.7 2.7/0.3 = 9 x4 (2) 00.5 010066/0.5 = 12 x6 (3) 00.60.400166/0.6 = 10 1 Z (0)-(-1.1M+0.4)(1) 0 -16/30M+11/30 11/3M-4/30M0-2.1M-3.6 x1 (1)/0.3 011/310/30009 9 1/3=27 x4 (2)-0.5(1) 001/3-5/31001.5 1.5 1/3=4.5 x6 (3)-0.6(1) 000.2-2010.60.6/0.2=3 3 Z (0)-(-5/3M+11/6)(2) 000.5M-1.10M -5.25 Solução Óptima 0 (7.5, 4.5, 0, 00.30 0, 0.3, 0 ) x1 (1)-20/3(2) 0105007.5 x5 (2) 5/3 00013/510.3 x2 (3)+10(2) 001-53004.5 2 Z (0)-(16/30M+11/30)(3) 00-5/3M+7/30-5/3M+11/68/3M-11/6-0.5M-4.7 x1 (1)-1/3(3) 01020/305/3-5/38 8 5/3=4.8 x4 (2)-1/3(3) 0005/31 -5/30.5 0.5 5/3=0.3 x2 (3)/0.2 001-100-553S/s

7 Cecília Rocha # 72001/2002 I NVESTIGAÇÃO O PERACIONAL 6ª Aula (cont.) 6ª Aula (cont.) 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: DUAS FASES Iremos utilizar este procedimento para resolver o problema tratado no ponto anterior – Método de DUAS FASES Formulação do Problema Artificial 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 x4 e x6 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. Minimizar Z = 0.4x1 + 0.5 x2 Maximizar - Z = - 0.4x1 – 0.5x2 1ª Fase x4x6 Maximizar – Z = – x4 – x6 s.a.: x3 0.3x1 + 0.1x2 + x3 = 2.7 x4 0.5x1 + 0.5x2 + x4 = 6 x5x6 0.6x1 + 0.4x2 - x5 + x6 = 6 2ª Fase Maximizar – Z = - 0.4x1 - 0.5x2 s.a.: x3 0.3x1 + 0.1x2 + x3 = 2.7 0.5x1 + 0.5x2 = 6 x5 0.6x1 + 0.4x2 - x5 = 6

8 Cecília Rocha # 82001/2002 I NVESTIGAÇÃO O PERACIONAL 6ª Aula (cont.) 6ª Aula (cont.) 1ª Fase IteraçãoVBEquação Coeficientes LDRácio Zx1x2x3x4x5x6 0 Z (0) -0.90010-12 x3 (1) 00.30.110002.7 2.7/0.3 = 9 x4 (2) 00.5 010066/0.5 = 12 x6 (3) 00.60.400166/0.6 = 10 1 Z (0)-(-1.1)(1) 0-16/3011/3010-2.1 x1 (1)/0.3 011/310/30009 9 1/3=27 x4 (2)-0.5(1) 001/3-5/31001.5 1.5 1/3=4.5 x6 (3)-0.6(1) 000.2-2010.60.6/0.2=3 2 Z (0)-(16/30)(3) 00-5/30 8/3-0.5 x1 (1)-1/3(3) 01020/305/3-5/38 8 5/3=4.8 x4 (2)-1/3(3) 0005/31 -5/30.5 0.5 5/3=0.3 x2 (3)/0.2 001-100-553S/s 3 Z (0)-(-5/3)(2) 000101 0 Fim da 1ª Fase x1 (1)/0.3 0100-4-556 x3 (2)-0.5(1) 00013/510.3 x2 (3)-0.6(1) 001065-56

9 Cecília Rocha # 92001/2002 I NVESTIGAÇÃO O PERACIONAL 6ª Aula (cont.) 6ª Aula (cont.) Preparação da 2ª Fase IteraçãoVBEquação Coeficientes LDRácio Zx1x2x3x4x5x6 3 Z (0)-(-5/3)(2) 000101 0 Fim da 1ª Fase x1 (1)/0.3 0100-4-556 x3 (2)-0.5(1) 00013/510.3 x2 (3)-0.6(1) 001065-56 4 Z (0) 0000 0 x1 (1) 0100-56 x3 (2) 000110.3 x2 (3) 001056 6 Z (0)-0.4(1)-0.5(3) 000-0.5 -5.4 Final da preparação da 2ª Fase x1 (1) 0100-56 x3 (2) 000110.3 x2 (3) 001056 5 Z (0) 0.40.500 0 x1 (1) 0100-56 x3 (2) 000110.3 x2 (3) 001056

10 Cecília Rocha # 102001/2002 I NVESTIGAÇÃO O PERACIONAL 6ª Aula (cont.) 6ª Aula (cont.) 2ª Fase IteraçãoVBEquação Coeficientes LDRácio Zx1x2x3x4x5x6 6 Z (0)-0.4(1)-0.5(3) 000-0.5 -5.4 x1 (1) 0100-56 S/s x3 (2) 000110.30.3/1=0.3 x2 (3) 0010566/5=1.11 7 Z (0) 000.50 -5.25 Solução Óptima 0 (7.5, 4.5, 0, 00.30 0, 0.3, 0 ) x1 (1) 010507.5 x5 (2) 000110.3 x2 (3) 001-504.5

11 Cecília Rocha # 112001/2002 I NVESTIGAÇÃO O PERACIONAL 6ª Aula (cont.) 6ª Aula (cont.) 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. Como exemplo, se no problema anterior alterarmos a 1ª Restrição para 0.3x1 + 0.1x2 1.8 (anteriormente era 2.7) IteraçãoVBEquação Coeficientes LDRácio Zx1x2x3x4x5x6 0 Z (0) -1.1M+0.4-0.9M+0.500M0-12M x3 (1) 00.30.110001.8 1.8/0.3 = 6 x4 (2) 00.5 010066/0.5 = 12 x6 (3) 00.60.400166/0.6 = 10 1 Z (0) 0 -16/30M+11/30 11/3M-4/30M0-5.4M-2.4 x1 (1) 011/310/30006 6 1/3=18 x4 (2) 001/3-5/31003 3 1/3=9 x6 (3) 000.2-2012.42.4/0.2=12 2 Z (0) 00M+0.51.6M-1.1M0 -0.6M-5.7 Como x6 x6 =0.6 >0 Problema S/ solução x1 (1) 0105003 x2 (2) 001-53009 x6 (3) 000-0.610.6

12 Cecília Rocha # 122001/2002 I NVESTIGAÇÃO O PERACIONAL 6ª Aula (cont.) 6ª Aula (cont.) Variáveis sem restrição de não negatividade Com limite no valor negativo admitido Com limite no valor negativo admitido x j L j, sendo Lj um valor negativo constante Considerar x j = x j – L j, em que x j 0 Que admitem qualquer valor negativo Que admitem qualquer valor negativo x j = x j + - x j -, em que x j + 0 e x j - 0 Z = 3x 1 + 5x 2 x 1 4 2x 2 12 3x 1 + 2x 2 18 x 1 -10 x 2 0 Z = 3(x 1 -10) + 5x 2 (x 1 -10) 4 2x 2 12 3(x 1 -10) + 2x 2 18 (x 1 -10) -10 x 2 0 Z = -30 + 3x 1 + 5x 2 x 1 14 2x 2 12 3x 1 + 2x 2 18 X 1 0 x 2 0 Z = 3x 1 + 5x 2 x 1 4 2x 2 12 3x 1 + 2x 2 18 x 2 0 Z = 3(x 1 + - x 1 - ) + 5x 2 (x 1 + - x 1 - ) 4 2x 2 12 3(x 1 + - x 1 - ) + 2x 2 18 (x 1 + 0; x 1 - 0); x 2 0 Z = 3x 1 + - 3x 1 - ) + 5x 2 x 1 + - x 1 - 4 2x 2 12 3x 1 + - 3x 1 - + 2x 2 18 (x 1 + 0; x 1 - 0); x 2 0