PROGRAMAÇÃO LINEAR 14 de setembro de 2014.

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1 PROGRAMAÇÃO LINEAR 14 de setembro de 2014

2 SUMÁRIO

3 1. Definição 2. Aplicações 3. Problema Ilustrativo 3.1 Enunciado 3.2 Dados Físicos e Econômicos 3.3 Modelo Matemático 3.4 Balanço de Informação e Variáveis de Projeto 3.5 Critério e Função Objetivo 3.6 Restrições 3.7 Região Viável 3.8 Resolução. Algoritmo SIMPLEX

4 OBSERVAÇÃO PRELIMINAR

5 OTIMIZAÇÃO: 2 EXTRATORES
L = a - b x - c/x Modelo Matemático Restrições 1. Q (xo - x) - W y = 0 2. y - k x = 0 (k = 4) Avaliação Econômica Função Objetivo R = pAB W y C = pB W L = R – C = pAB W y - pB W OTIMIZAÇÃO: 2 EXTRATORES Modelo Matemático Restrições 1. Q(xo - x1) - W1 y1 = 0 2. y1 - k x1 = 0 3. Q(x1 -x2) - W2 y2 = 0 4. y2 - k x2 = 0 Avaliação Econômica Função Objetivo R = pAB (W1 y1 + W2 y2 ) C = pB (W1 + W2) L = pAB (W1 y1 + W2 y2 ) - pB (W1 + W2) L = a – b /x1– cx2 – d x1/x2 Observação: Restrições e Função Objetivo Não-Lineares

6 OTIMIZAÇÃO: TROCADOR DE CALOR
CT = Ccap + Cutil Cutil = (8.500)(5x10-5)W3 Modelo Matemático Restrições Avaliação Econômica Função Objetivo Observação: Restrições e Função Objetivo Não-Lineares

7 OTIMIZAÇÃO: PROCESSO ILUSTRATIVO
Modelo Restrições 01. f11 - f12 - f13 = W15 - f23 = f31 - f32 = k – (3 + 0,04 Td) = k – x13 / x12 = (f11 Cp1 + f31 Cp3) (T1 - Td) + W15 Cp2l (T15 - Td) = Vd -  (f11 /1 + W15/2 + f31/3) = r - f13/f11 = T2 – Td = T3 – Td = 0 11. f13 - f14 = 0 12. f23 - f24 - W5 = 0 13. W6 - W7 = 0 14. W6 [3 + Cpv (T6 – T7)] - Qe = 0 15. Qe – [(f13Cp1 + f23Cp2l)(Te - T3) + W5 2] = 0 16. Qe - Ue Ae e = 0 17. e - (T6- Te) = T4 – Te = T5 – Te = 0 20. W8 - W9 = 0 21. W5 - W10 = 0 22. Qc - W8 Cp3 (T9 - T8) = 0 23. W5 [2 + Cp2g (T5 – T10)] - Qc = 0 24. Qc - Uc Ac c = 0 25. c - [(T5 - T9) - (T10 - T8)]/ln[(T5 - T9)/(T10 - T8)] = 0 26. W11 - W12 = 0 27. W10 - W13 = 0 28. Qr - W11 Cp3 (T12 - T11) = 0 29. Qr - W10 Cp2l (T10 - T13) = 0 30. Qr - Ur Ar r = 0 31. r - [(T10 - T12) - (T13 - T11)]/ln[(T10 - T12)/(T13 - T11)] = 0 32. W13 + W14 - W15 = 0 33. W13 (T15 - T13) + W14 (T15 - T14) = 0 34. f11 + f31 - W1 = 0 35. x11 - f11 / W1 = 0 36. f12 + f22 – W2 = 0 37. x12 - f12/ W2 = 0 38. f13 + f23 – W3 = 0 39. x13 - f13 / W3 = 0 40. f14 + f24 - W4 = 0 41. x14 - f14/ W4 = 0

8 Observação: Restrições e Função Objetivo Não-Lineares
PROCESSO ILUSTRATIVO R = pAB f14 Fop $/a Investimento: Ib = Ibb (20/Pbb) Mb $ Id = Idb (Vd/Vdb) Md $ Ie = Ieb (Ae/Aeb) Me $ Ic = Icb (Ac/Acb) Mc $ Ir = Irb (Ar/Arb) Mr $ ISBL = fT fD fL (Ib + Id + Ie + Ic + Ir) $ Custos: Cagua = pa (W8 + W11) $/h Cvapor = pv W6 $/h Csolvente = ps W14 $/h Cbomba = 0,15 $/h C = Fop (Cagua + Cvapor + Csolvente + Cbomba) $/a Avaliação Econômica Função Objetivo LE = 0,7 R – 0,8 C – 0,4 ISBL $/a Observação: Restrições e Função Objetivo Não-Lineares

9 1. DEFINIÇÃO

10 Problema de Programação Linear
É uma área da Otimização que trata exclusivamente de um tipo especial de problema: Min f(x) = a1 x1 + a2 x an xn x s.a.: g(x) = b1 x1 + b2 x bn xn  0 O que se observa ??? A Função Objetivo e todas as Restrições são lineares Problema de Programação Linear

11 2. APLICAÇÕES

12 Por ser muito peculiar parece não encontrar aplicações...
Pelo contrário: ele aparece no planejamento nas áreas de transportes: rodoviário, ferroviário, fluvial, marítimo, aéreo. comércio: distribuição de mercadorias por entrepostos; estoques. energia: produção e distribuição militar: logística produção industrial  nosso interesse Outros...

13 3. PROBLEMA ILUSTRATIVO Planejamento da Produção de uma Refinaria (adaptado de Edgar & Himmelblau, “Optimization of Chemical Processes”, 1988)

14 3.1 ENUNCIADO

15 Uma refinaria pode receber dois tipos de óleo cru: O1 e O2.
A partir de cada um deles, ela pode produzir: - gasolina (G) - querosene (Q) - óleo combustível (C) - óleo residual (R) Determinar - quantos barris/dia a refinaria deve adquirir de cada óleo cru (x1, x2)(b/d) [disponibilidade ilimitada] - quanto a refinaria deve produzir, a partir de cada óleo, de - gasolina (x31, x32)(b/d) - querosene (x41, x42)(b/d) - óleo combustível (x51, x52)(b/d) - óleo residual (x61, x62)(b/d)

16 Fluxograma com Informações Necessárias
C1 = $/b x31 b3/b1 O1 x41 b4/b1 p1 = ($/b) x51 x1 (b/d) b5/b1 x61 b6/b1 PRODUTOS p3 = ($/b); x3max= (b/d) p4 = ($/b); x4max= (b/d) p5 = ($/b); x5max= (b/d) p6=10 ($/b) CRÚS C2 = $/b x32 G x3(b/d) O2 b3/b2 x42 Q x4(b/d) p2 = ($/b) b4/b2 x52 C x5(b/d) x2 (b/d) b5/b2 x62 R x6(b/d) b6/b2

17 3.2 DADOS FÍSICOS E ECONÔMICOS

18 Dados resumidos no Fluxograma seguinte.
Processamento do Óleo O1: - preço do óleo : p1 = 24 $/b - custo de processamento: c1 = 0,50 $/b - perfil de produção : gasolina 80%, querosene 5%, óleo combustível 10% e óleo residual 5%. Processamento do Óleo O2: - preço do óleo : p2 = 15 $/b - custo de processamento: c2 = 1,0 $/b - perfil de produção : gasolina 44%, querosene 10%, óleo combustível 35% e óleo residual 10%. Preços de venda gasolina : p3 = 36 $/b querosene : p4 = 24 $/b óleo comb. : p5 = 21 $/b óleo resid. : p6 = 10 $/b Produção máxima de cada produto x3max = b/d (x3 = x31 + x32) (G) x4max = b/d (x4 = x41 + x42) (Q) x5max = b/d (x5 = x51 + x52) (C) Dados resumidos no Fluxograma seguinte.

19 Fluxograma PRODUTOS p3 = 36 ($/b); x3max= 24.000(b/d)
C1 = 0,50 $/b x31 0,80 b3/b1 O1 x41 0,05 b4/b1 p1 = 24 ($/b) x51 x1 (b/d) 0,10 b5/b1 x61 0,05 b6/b1 PRODUTOS p3 = 36 ($/b); x3max= (b/d) p4 = 24 ($/b); x4max= 2.000(b/d) p5 = 21 ($/b); x5max= 6.000(b/d) p6=10 ($/b) CRÚS C2 = 1 $/b x32 G x3(b/d) O2 0,44 b3/b2 x42 Q x4(b/d) p2 = 15 ($/b) 0,10 b4/b2 x52 C x5(b/d) x2 (b/d) 0,36 b5/b2 x62 R x6(b/d) 0,10 b6/b2

20 Dimensionar uma dada estrutura
No enfoque da Engenharia de Processos trata-se de um problema de Análise de Processos. Dimensionar uma dada estrutura Trata-se de um problema de otimização

21 5.2 ELEMENTOS COMUNS EM PROBLEMAS DE OTIMIZAÇÃO
Todo problema de otimização exibe os seguintes elementos, qualquer que seja a sua área de aplicação. O conhecimento esses elementos e das suas características é de fundamental importância para a solução do problema 5.2.1 Variáveis de Decisão 5.2.2 Critério 5.2.3 Função Objetivo 5.2.4 Restrições 5.2.5 Região Viável

22 3.3 MODELO

23 Modelo: Balanços Materiais
0,80 b3 / b1 0,05 b4 / b1 0,10 b5 / b1 0,05 b6 / b1 C1 = 0,50 $/b C2 = 1 $/b 0,44 b3 / b2 0,10 b4 / b2 0,36 b5 / b2 0,10 b6 / b2 x32 x42 x52 x62 x31 x41 x51 x61 G Q C R p2 = 15 ($/b) p1 = 24 ($/b) x1 (b/d) x2 (b/d) CRÚS x3(b/d) x4(b/d) x5(b/d) x6(b/d) O1 O2 PRODUTOS p3 = 36 ($/b); x3max= (b/d) p4 = 24 ($/b); x4max= 2.000(b/d) p5 = 21 ($/b); x5max= 6.000(b/d) p6 = 10 ($/b) Gasolina : 0,80 x1 + 0,44 x2 = x3 Querosene : 0,05 x1 + 0,10 x2 = x4 Óleo : 0,10 x1 + 0,36 x2 = x5 Residual : 0,05 x1 + 0,10 x2 = x6 Modelo: Balanços Materiais

24 3.4 BALANÇO DE INFORMAÇÃO E VARIÁVEIS DE PROJETO

25 Balanço de Informação G = V – N = 6 – 4  G = 2
0,80 b3/b1 0,05 b4/b1 0,10 b5/b1 0,05 b6/b1 C1 = 0,50 $/b C2 = 1 $/b 0,44 b3/b2 0,10 b4/b2 0,36 b5/b2 0,10 b6/b2 x32 x42 x52 x62 x31 x41 x51 x61 G Q C R p2 = 15 ($/b) p1 = 24 ($/b) x1 (b/d) x2 (b/d) CRÚS x3(b/d) x4(b/d) x5(b/d) x6(b/d) O1 O2 Modelo Gasolina : 0,80 x1 + 0,44 x2 = x3 Querosene : 0,05 x1 + 0,10 x2 = x4 Óleo : 0,10 x1 + 0,36 x2 = x5 Residual : 0,05 x1 + 0,10 x2 = x6 Balanço de Informação G = V – N = 6 – 4  G = 2

26 Ordenação das Equações
Gasolina : 0,80 x1 + 0,44 x2 = x3 Querosene : 0,05 x1 + 0,10 x2 = x4 Óleo : 0,10 x1 + 0,36 x2 = x5 Residual : 0,05 x1 + 0,10 x2 = x6 x1 x2 x3 x4 x5 x6 * Variáveis de Projeto: x1 e x2

27 3.5 CRITÉRIO E FUNÇÃO OBJETIVO

28 0,80 b3/b1 0,05 b4/b1 0,10 b5/b1 0,05 b6/b1 C1 = 0,50 $/b C2 = 1 $/b 0,44 b3/b2 0,10 b4/b2 0,36 b5/b2 0,10 b6/b2 x32 x42 x52 x62 x31 x41 x51 x61 G Q C R p2 = 15 ($/b) p1 = 24 ($/b) x1 (b/d) x2 (b/d) CRÚS x3(b/d) x4(b/d) x5(b/d) x6(b/d) O1 O2 p3 = 36 ($/b) p4 = 24 ($/b) p5 = 21 ($/b) p6 = 10 ($/b) Receita (R): 36 x x x x6 Custos de MatPrim (CMP) : 24 x x2 Custos Processamento (CP).: 0,50 x1 + x2 Função Objetivo L = R – CMP - CP L = 36 x x x x x x2 - 0,50 x1 - x2

29 3.6 RESTRIÇÕES

30 Relembrando ...

31 A presença de restrições pode alterar a solução de um problema
São os limites impostos pelas leis naturais às variáveis do processo. Há dois tipos de restrições: (a) restrições de igualdade : h(x) = 0 São as equações do próprio modelo matemático. (b) restrições de desigualdade: g (x)  0 São os limites impostos às Variáveis de Projeto A presença de restrições pode alterar a solução de um problema

32 PRODUTOS p3 = 36($/b); x3max= (b/d) p4 = 24($/b); x4max= 2.000(b/d) p5 = 21($/b); x5max= 6.000(b/d) p6 = 10($/b) 0,80 b3/b1 0,05 b4/b1 0,10 b5/b1 0,05 b6/b1 C1 = 0,50 $/b C2 = 1 $/b 0,44 b3/b2 0,10 b4/b2 0,36 b5/b2 0,10 b6/b2 x32 x42 x52 x62 x31 x41 x51 x61 G Q C R p2 = 15 ($/b) p1 = 24 ($/b) x1 (b/d) x2 (b/d) CRÚS x3(b/d) x4(b/d) x5(b/d) x6(b/d) O1 O2 Restrições de Desigualdade Gasolina : x3  Querosene : x4  Combustível : x5  Óleos crus : x1  0 e x2  0 Restrições de Igualdade Gasolina : 0,80 x1 + 0,44 x2 = x3 Querosene : 0,05 x1 + 0,10 x2 = x4 Óleo : 0,10 x1 + 0,36 x2 = x5 Residual : 0,05 x1 + 0,10 x2 = x6

33 Incorporando as Restrições à Função Objetivo

34 Exemplo: dimensionamento de um extrator
W kg B/h Q = kgA/h rafinado y kg AB/kg B xo= 0,02 kg AB/kg A extrato x kgB/kgA Modelo Matemático: 1. Q (xo - x) - W y = 0 2. y - k x = 0 (k = 4) Balanço de Informação: V = 5, N = 2, C = 2, M = 0 G = 1 (otimização) Avaliação Econômica: L = R - C R = pAB W y C = pB W pAB = 0,4 $/kgAB : pB = 0,01 $/kgB

35 Função Objetivo: L = R - C = pAB W y - pB W
Incorporando as Restrições de Igualdade ordenadas à Função Objetivo (viável em problemas simples) x 2. y = k x 1. W = Q (xo - x)/y L = pAB W y - pB W y, W L L = a - b x - c/x x L

36 De modo semelhante, no problema ilustrativo...
Incorporando as Restrições Gasolina : 0,80 x1 + 0,44 x2 = x3 Querosene : 0,05 x1 + 0,10 x2 = x4 Óleo : 0,10 x1 + 0,36 x2 = x5 Residual : 0,05 x1 + 0,10 x2 = x6 ao Lucro L = 36 x x x x x x2 - 0,50 x1 - x2 Resulta L(x) = 8,1 x1 + 10,8 x2

37 Enunciado Formal do Problema
Max L(x) = 8,1 x1 + 10,8 x {x1, x2} s.a.: 0,80 x1 + 0,44 x2  ,05 x1 + 0,10 x2  ,10 x1 + 0,36 x2  x1  x2  0

38 Examinando a Função Objetivo
L(x) = 8,1 x1 + 10,8 x2 (linear) x2 = L / 10,8 – (8,1 / 10,8) x1 (família de retas) 10 20 30 40 x1 (1.000 b/d) x2 81.000

39 3.7 REGIÃO VIÁVEL

40 É a região do espaço delimitada pelas restrições
0,80 x1 + 0,44 x2  (gasolina) 0,05 x1 + 0,10 x2  (querosene) ,10 x1 + 0,36 x2  (óleo) x1  0 x2  0 Forma geral: a x1 + bx2  c Re-escrevendo: x2  - (a/b) x1 + (c/b) São retas de inclinação negativa (a/b) com interseção no eixo x1 = 0: x2 = (c/b) interseção no eixo x2 = 0: x1 = (c/a)

41 Colocando as restrições
0,80 x1 + 0,44 x2  (gasolina) 0,05 x1 + 0,10 x2  (querosene) ,10 x1 + 0,36 x2  (óleo) x1  0 x2  0 Na forma x2  - (a/b) x1 + (c/b) resultam x2  - 1,818 x (gasolina) (c/a) = ) x2  ,50 x (querosene) (c/a) = ) x2  ,28x (óleo) (c/a) = )

42 Os pontos A, B, C, D e E são vértices da Região Viável
Desempenham um papel fundamental na resolução do problema. região viável convexa ! (1.000 b/d) B 10 20 30 40 x1 x2 A C D E gasolina querosene óleo c/b c/a

43 x2  - (a/b) x1 + (c/b) c/b x2  - 1,818 x (gasolina) (c/a) = ) x2  ,50 x (querosene) (c/a) = ) x2  ,28x (óleo) (c/a) = ) (1.000 b/d) B 10 20 30 40 x1 x2 A C D E gasolina querosene óleo O menor c/b é vértice ! c/b região viável convexa ! c/a

44 3.8 RESOLUÇÃO

45 É a solução viável com o Lucro máximo
Solução Ótima É a solução viável com o Lucro máximo Em duas dimensões, a identificação visual da Solução Ótima é imediata. 10 20 30 40 x1 (1.000 b/d) x2 A B C D E óleo querosene gasolina 81.000 Solução (D): (26.207, 6.897) (L= ) 26.207 6.897

46 Com outros valores dos parâmetros físicos e econômicos, a inclinação da Função Objetivo seria outra e a solução seria outra. 10 20 30 40 x1 (1.000 b/d) x2 A B C D E óleo querosene gasolina Solução (C): (14.000, ) (L = )

47 A Solução Ótima se localiza sempre num dos Vértices da Região Viável
Pode-se provar que A Solução Ótima se localiza sempre num dos Vértices da Região Viável 10 20 30 40 x1 (1.000 b/d) x2 A B C D E óleo querosene gasolina Solução (C): (14.000, ) (L = )

48 Como localizar a solução em problemas complexos sem o recurso visual?
Criando um procedimento numérico que simule o exame dos vértices No exemplo, apenas 5 pontos 10 20 30 40 x1 (1.000 b/d) x2 A B C D E óleo querosene gasolina Solução: (26.207, 6.897) (L= ) 81.000 Origem: solução trivial (como???)

49 Primeiro, há que se caracterizar numericamente os vértices
Se encontram na fronteira da região viável São interseções de duas restrições Correspondem à produção máxima de dois produtos 10 20 30 40 x1 (1.000 b/d) x2 A B C D E óleo querosene gasolina Solução: (26.207, 6.897) (L= ) 81.000 Origem: solução trivial

50 Uma vez caracterizados os vértices, o procedimento numérico de busca deve se restringir:
(a) à fronteira da Região Viável (b) uma vez na fronteira, à interseção de duas restrições

51 Como restringir a busca à fronteira da região viável ?
Transformando as restrições de desigualdade em restrições de igualdade. Relembrando...

52 Restrições de Desigualdade
0,0 0,5 1,0 1,5 2,0 x2 1.0 0,8 0,6 0,4 B A Solução irrestrita: A Solução restrita : B g x 1 2 25 ( ) , = + -  g2(x) = x1  0 g3(x) = x2  0 São válidos apenas os pontos localizados sobre a fronteira ou no interior da região.

53 Restrições de Igualdade (solução sobre a curva)
h x ( ) , = + - 1 2 25 Solução Irrestrita: A Solução Restrita : B g2(x) = x1  0 g3(x) = x2  0 São válidos apenas os pontos localizados sobre a fronteira da região.

54 Ou seja Transformando as restrições de desigualdade em restrições de igualdade, o interior da região é eliminado da busca, que fica restrita à sua fronteira (periferia). 10 20 30 40 x1 (1.000 b/d) x2 A B C D E óleo querosene gasolina Solução: (26.207, 6.897) (L= ) 81.000

55 Folga Esta transformação pode ser operada com o auxílio do conceito
É a diferença entre a produção de um produto e a sua produção máxima Serve para medir a “distância” para produção máxima

56 Exemplo: ponto I (folgas na produção de gasolina, querosene e óleo).
A todo ponto (x1, x2) no interior da Região Viável corresponde uma folga, fi pois a produção de cada produto é inferior à máxima. Exemplo: ponto I (folgas na produção de gasolina, querosene e óleo). Gasolina : 0,80 x1 + 0,44 x2 = x3 = (24.000) Querosene : 0,05 x1 + 0,10 x2 = x4 = (2.000) Óleo : 0,10 x1 + 0,36 x2 = x5 = (6.000) 10 20 30 40 x1 (1.000 b/d) x2 A B C D E F G H gasolina querosene óleo I x1 = x2 = 10 f1 = b/d f2 = b/d f3 = b/d

57 Exemplo: ponto J (produção máxima de óleo = 6.000 b/d: f3 = 0).
A todo ponto (x1, x2) localizado sobre um restrição corresponde uma folga zero, pois a produção do produto correspondente é a máxima. Exemplo: ponto J (produção máxima de óleo = b/d: f3 = 0). Gasolina : 0,80 x1 + 0,44 x2 = x3= (24.000) Querosene : 0,05 x1 + 0,10 x2 = x4 = (2.000) Óleo : 0,10 x1 + 0,36 x2 = x5 = (6.000) F 20 B J óleo C 13,89 x1 = 10 x2 = 13,89 G x2 10 querosene D f1 = b/d f2 = b/d f3 = b/d (1.000 b/d) gasolina E H A 10 20 30 40 x1 (1.000 b/d)

58 Exemplo: ponto C (produção máxima de óleo e de querosene)
A todo ponto (x1, x2) localizado sobre um vértice correspondem folgas zero pois a produção dos dois produtos é a máxima Exemplo: ponto C (produção máxima de óleo e de querosene) Gasolina : 0,80 x1 + 0,44 x2 = x3= (24.000) Querosene : 0,05 x1 + 0,10 x2 = x4 = (2.000) Óleo : 0,10 x1 + 0,36 x2 = x5 = (6.000) F 20 B óleo C 15,0 G x1 = 12,5 x2 = 15,0 x2 10 querosene D f1 = b/d f2 = b/d f3 = b/d (1.000 b/d) gasolina E H A 12,5 10 20 30 40 x1 (1.000 b/d)

59 Então, nos vértices, duas folgas são iguais a zero
10 20 30 40 x1 (1.000 b/d) x2 A B C D E óleo querosene gasolina 81.000 Origem: solução trivial A x1 = 0 x2 = 0 f1 = f2 = f3 = B x1 = 0 x2 = f1 = f2 = f3 = 0 C x1 = x2 = f1 = f2 = 0 f3 = 0 D x1 = x2 = f1 = 0 f2 = 0 f3 = E x1 = x2 = 0 f1 = 0 f2 = f3 =

60 Caracterizados os vértices em função das folgas, resta:
(a) incorporar as folgas ao problema (b) examinar os pontos em que duas folgas são zero (vértice) As folgas são incorporadas ao problema transformando restrições de desigualdade em restrições de igualdade

61 Incorporando as folgas fi ao problema
Max L(x) = 8,1 x1 + 10,8 x2 {x1, x2} s.a.: 0,80 x1 + 0,44 x2  (gasolina) ,05 x1 + 0,10 x2  (querosene) ,10 x1 + 0,36 x2  (óleo) x1  x2  0 Incorporando as folgas fi ao problema Max L(x) = 8,1 x1 + 10,8 x2 {x1, x2} s.a.: 0,80 x1 + 0,44 x ,05 x1 + 0,10 x ,10 x1 + 0,36 x x1  x2  0 f1 = (gasolina) = (querosene) = (óleo) f2 f3

62 Comparando o Problema Original com o Problema Modificado

63 Busca na periferia e no interior da RV
Problema original (2 variáveis) 3 restrições de desigualdade e 2 de não negatividade Max L(x) = 8,1 x1 + 10,8 x {x1, x2} s.a.: 0,80 x1 + 0,44 x2  (gasolina) ,05 x1 + 0,10 x2  (querosene) ,10 x1 + 0,36 x2  (óleo) x1  x2  0 Busca na periferia e no interior da RV Problema modificado (5 variáveis: 2 de projeto, 3 calculadas) 3 restrições de igualdade e 2 de não negatividade Max L(x) = 8,1 x1 + 10,8 x {x1, x2} s.a.:0,80 x1 + 0,44 x2 + f1 = (gasolina) ,05 x1 + 0,10 x2 + f2 = (querosene) ,10 x1 + 0,36 x2 + f3 = (óleo) x1  x2  0 Busca restrita à periferia da RV

64 As restrições de igualdade formam agora um sistema de equações lineares.
0,80 x1 + 0,44 x ,05 x1 + 0,10 x ,10 x1 + 0,36 x2 + f1 f2 f3 = (gasolina) = (querosene) = (óleo) V = 5 : N = 3 : G = 2 !!! Trata-se de um problema de otimização em que só interessam soluções com duas folgas iguais a zero (vértices). x1 e x2 podem ser consideradas folgas em relação à produção máxima dos 3 produtos. x1 = x2 = 0 correspondem a um vértice, que é a origem, onde as folgas são: f1 = , f2 = 2.000, f3 = É a Solução Trivial do problema, em que nada se compra e nada se produz  L = 0

65 Origem: solução trivial
10 20 30 40 x1 (1.000 b/d) x2 A B C D E óleo querosene gasolina 81.000 Origem: solução trivial A x1 = 0 x2 = 0 f1 = f2 = f3 = B x1 = 0 x2 = f1 = f2 = f3 = 0 C x1 = x2 = f1 = f2 = 0 f3 = 0 D x1 = x2 = f1 = 0 f2 = 0 f3 = E x1 = x2 = 0 f1 = 0 f2 = f3 =

66 Falta, agora, manipular as folgas simulando a visita aos vértices...
A x1 = 0 x2 = 0 f1 = f2 = f3 = B x1 = 0 x2 = f1 = f2 = f3 = 0 C x1 = x2 = f1 = f2 = 0 f3 = 0 D x1 = x2 = f1 = 0 f2 = 0 f3 = E x1 = x2 = 0 f1 = 0 f2 = f3 =

67 Para isso, é necessário reescrever o sistema de equações em função dos pares (x1,f3), (f2,f3), (f1,f2) e (x2, f1). A x1 = 0 x2 = 0 f1 = f2 = f3 = B x1 = 0 x2 = f1 = f2 = f3 = 0 C x1 = x2 = f1 = f2 = 0 f3 = 0 D x1 = x2 = f1 = 0 f2 = 0 f3 = E x1 = x2 = 0 f1 = 0 f2 = f3 =

68 Uma das formas equivalentes
Exemplo Forma Original 0,80 x1 + 0,44 x ,05 x1 + 0,10 x ,10 x1 + 0,36 x2 + f1 f2 f3 = (gasolina) = (querosene) = (óleo) Uma das formas equivalentes 0,68 x1 – 1,22 f ,02 x1 - 0,78 f ,28 x1 + 2,78 f3 + f1 f2 x2 = (gasolina) = (querosene) = (óleo) Na primeira, com x1 = 0 e x2 = 0  vértice A (origem) Na segunda, com x1 = 0 e f3 = 0  vértice B

69 Sob cada forma, atribuindo-se o valor zero e essas variáveis, obtém-se a solução no vértice correspondente. A x1 = 0 x2 = 0 f1 = f2 = f3 = B x1 = 0 x2 = f1 = f2 = f3 = 0 C x1 = x2 = f1 = f2 = 0 f3 = 0 D x1 = x2 = f1 = 0 f2 = 0 f3 = E x1 = x2 = 0 f1 = 0 f2 = f3 =

70 x1 = 0 f2 = 333 f3 = 0 10 20 30 40 x1 (1.000 b/d) x2 A B C D E óleo
x1 (1.000 b/d) x2 A B C D E óleo querosene gasolina Solução: (26.207, 6.897) (L= ) 81.000 x1 = 0 f2 = 333 f3 = 0 A x1 = 0 x2 = 0 f1 = f2 = f3 = B x1 = 0 x2 = f1 = f2 = f3 = 0 C x1 = x2 = f1 = f2 = 0 f3 = 0 D x1 = x2 = f1 = 0 f2 = 0 f3 = E x1 = x2 = 0 f1 = 0 f2 = f3 =

71 3.9 Algoritmo SIMPLEX

72 Para cada inversão, calcula a Função Objetivo
ALGORITMO SIMPLEX Simula, numericamente, o exame de cada vértice em busca da solução ótima. O SIMPLEX parte da origem e visita os demais vértices invertendo sucessivamente o papel de 2 variáveis: uma de projeto e outra calculada. Para cada inversão, calcula a Função Objetivo A x1 = 0 x2 = 0 f1 = f2 = f3 = B x1 = 0 x2 = f1 = f2 = f3 = 0 C x1 = x2 = f1 = f2 = 0 f3 = 0 D x1 = x2 = f1 = 0 f2 = 0 f3 = E x1 = x2 = 0 f1 = 0 f2 = f3 =

73 O SIMPLEX parte da origem e visita os demais vértices invertendo sucessivamente o papel de 2 variáveis: uma de projeto e outra calculada. ALGORITMO SIMPLEX Simula, numericamente, o exame de cada vértice em busca da solução ótima. O Algoritmo Inverte os papéis das variáveis, re-escrevendo sistema de equações com uma outra base (variáveis de projeto). A x1 = 0 x2 = 0 f1 = f2 = f3 = B x1 = 0 x2 = f1 = f2 = f3 = 0 C x1 = x2 = f1 = f2 = 0 f3 = 0 D x1 = x2 = f1 = 0 f2 = 0 f3 = E x1 = x2 = 0 f1 = 0 f2 = f3 =

74 ALGORITMO SIMPLEX Private Sub EXECUTAR_Click() ' LerTableau Do ColunaQueSai If Convergir = True Then Exit Sub LinhaQueEntra Pivotear Loop End Sub

75 = 24.000 (gasolina) = 2.000 (querosene) = 6.000 (óleo)
A inversão é executada aplicando o Algoritmo de Gauss-Jordan à Matriz Aumentada (Tableau) do sistema 0,80 x1 + 0,44 x ,05 x1 + 0,10 x ,10 x1 + 0,36 x2 + L(x) = 8,1 x1 + 10,8 x2 f1 f2 f3 = (gasolina) = (querosene) = (óleo) x1 x2 f1 f2 f3 0,80 0,44 1 24.000 0,05 0,10 2.000 0,1 0,36 6.000 8,10 10,80 L O Lucro é incluído na matriz para que os seus coeficientes sofram as mesmas transformações e fique expresso automaticamente na nova base.

76 Exemplo de resultado da aplicação do Algoritmo de Gauss-Jordan trocando x2 por f3.

77 0,80 x1 + 0,44 x ,05 x1 + 0,10 x ,10 x1 + 0,36 x2 + L(x) = 8,1 x1 + 10,8 x2 f1 f2 f3 = = = 0,68 x1 + f1 – 1,22 f3 = ,022 x1 + f2 – 0,278 f3 = ,278 x1 + x2 – 2,78 f3 = L(x) = 5,1 x1 – 30 f3 = x1 x2 f1 f2 f3 0,80 0,44 1 24.000 0,05 0,10 2.000 0,1 0,36 6.000 8,10 10,80 L x1 x2 f1 f2 f3 0,678 1 -1,222 16.667 0,022 - 0,278 333,33 0,278 2,778 5,10 -30 L

78 O Algoritmo de Gauss-Jordan encontra-se explicado no arquivo
Sistemas de Equações Encontrado no site logo abaixo deste de Programação Linear

79 Critério para a troca de papéis
De variável de projeto para variável calculada Observe-se o Lucro: L(x) = 8,1 x1 + 10,8 x2 Para x1 = x2 = 0  L = 0 Para x1 > 0 e/ou x2 > 0  L > 0 Seleciona-se a variável de projeto de maior coeficiente positivo na expressão do Lucro (a que mais contribui, naquela iteração, para o aumento do Lucro). Então, x2 é a escolhida e passa a ser variável calculada: x2  x2

80 x1 x2 f1 f2 f3 0,80 0,44 1 24.000 0,05 0,10 2.000 0,1 0,36 6.000 8,10 10,80 L x2  x2 Coluna pivot

81 De variável calculada para variável de projeto
Para cada linha, identifica-se o menor valor de c/b, sendo b o valor do coeficiente constante (coluna da direita) e c o valor na coluna da variável de projeto escolhida acima (no caso, x2). O menor valor de c/b corresponde à interseção mais próxima da origem e, consequentemente, pertencente à Região Viável 0,80 x1 + 0,44 x2  (gasolina) 0,05 x1 + 0,10 x2  (querosene) ,10 x1 + 0,36 x2  (óleo) c/b= / 0,44 = c/b = / 0,10 = c/b = / 0,36 = 6.000 Então, f3 passa a ser variável de projeto: f3  f3

82 Região Viável 10 20 30 40 x1 (1.000 b/d) x2 A C D E B (1.000 b/d)
0,80 x1 + 0,44 x2  (gasolina) (c/a) = : (c/b) = ,05 x1 + 0,10 x2  (querosene) (c/a) = : (c/b) = ,10 x1 + 0,36 x2  (óleo) (c/a) = : (c/b) = Das 3 interseções com x1 = 0, B é o vértice porque é o de menor (c/b) Das 3 interseções com x2 = 0, E é o vértice porque é o de menor (c/a) região convexa ! 10 20 30 40 x1 (1.000 b/d) x2 A C D E gasolina querosene óleo Qualquer ponto no interior ou sobre a fronteira da Região Viável é uma Solução Viável menor (c/b) B (1.000 b/d)

83 x1 x2 f1 f2 f3 0,80 0,44 1 24.000 0,05 0,10 2.000 0,1 0,36 6.000 8,10 10,80 L f3  f3 Linha pivot x2  x2 Coluna pivot A mudança de base é executada pela operação de pivoteamento utilizada pelo Algoritmo de Gauss-Jordan para a solução de sistemas de equações lineares.

84 A linha do menor c/b é denominada “linha pivot”
x1 x2 f1 f2 f3 0,80 0,44 1 24.000 0,05 0,10 2.000 0,1 0,36 6.000 8,10 10,80 L f3  f3 Linha pivot x2  x2 Coluna pivot A linha do menor c/b é denominada “linha pivot” A coluna da variável que passa a calculada é denominada “coluna pivot”. O elemento da interseção é denominado “pivot”

85 x1 x2 f1 f2 f3 0,80 0,44 1 24.000 0,05 0,10 2.000 0,1 0,36 6.000 8,10 10,80 L f3  f3 x2  x2 Primeiro passo: divide-se a linha pivot pelo pivot. A eq. 3 era: f3 =6.000 – 0,10 x1 – 0,36 x12 A eq. 3 já fica: x2 = – 0,28 x1 – 2,78 f3 x1 x2 f1 f2 f3 0,80 0,44 1 24.000 0,05 0,10 2.000 8,10 10,80 L 0,278 1 2,778 16.667

86 Em seguida, o pivoteamento: aij = aij – aip a3pj
x1 x2 f1 f2 f3 0,80 0,44 1 24.000 0,05 0,10 2.000 0,278 2,778 16.667 8,10 10,80 L Em seguida, o pivoteamento: aij = aij – aip a3pj Ex.: a11= 0,80 – 0,278 x 0,44 = 0,678 x1 x2 f1 f2 f3 0,44 1 0,10 10,80 0,678 - 1,222 16.667 0,022 - 0,278 333,33 0,278 1 2,778 16.667 5,10 - 30 L

87 Chega-se, assim, ao Ponto B
x1 x2 f1 f2 f3 0,678 1 -1,227 16.667 0,022 - 0,278 333,33 0,278 2,778 5,10 -30 L 5,10 x1 – 30 x2 = L – Com x1 = f3 = 0  L =

88 x1 x2 f1 f2 f3 0,678 1 -1,227 16.667 0,022 - 0,278 333,33 0,278 2,778 5,10 -30 L Ponto B Com x1 = f3 = 0 L = 10 20 30 40 x1 (1.000 b/d) x2 A B C D E óleo querosene gasolina 81.000

89 O pivoteamento corresponde à migração de um vértice a outro sobre a restrição.
20 B C óleo 10 x2 querosene D (1.000 b/d) 81.000 gasolina E A 10 20 30 40 x1 (1.000 b/d)

90 Pivoteamento: aij = aij – aip apj
x1 x2 f1 f2 f3 0,678 1 -1,227 16.667 0,022 - 0,278 333,33 0,278 2,778 5,10 -30 L c/b = f2  f2 c/b = c/b = x1  x1 Divide-se a linha do pivot pelo pivot. Pivoteamento: aij = aij – aip apj x1 x2 f1 f2 f3 1 -30,5 7,25 6.500 45 -12,5 15.000 6,25 12.500 - 229,5 3,75 L – Com f2 = f3 = 0  L =

91 x1 x2 f1 f2 f3 1 -30,5 7,25 6.500 45 -12,5 15.000 6,25 12.500 - 229,5 3,75 L – Ponto C Com f2 = f3 = 0 L = 20 B C óleo 10 x2 querosene D (1.000 b/d) 81.000 gasolina E A 10 20 30 40 x1 (1.000 b/d)

92 Pivoteamento: aij = aij – aip apj
x1 x2 f1 f2 f3 1 -30,5 7,25 6.500 45 -12,5 15.000 6,25 12.500 - 229,5 3,75 L – c/b = 867 f1  f1 c/b = c/b = 1.983 f3  f3 Divide-se a linha do pivot pelo pivot. Pivoteamento: aij = aij – aip apj x1 x2 f1 f2 f3 0,138 4,207 1 867 1,724 -7,586 26.207 - 0,862 13,793 6.897 - 4,655 -86,517 L – Com f1 = f2 = 0  L =

93 Todos os coeficientes de L negativos
Nenhuma variável para entrar  FIM x1 x2 f1 f2 f3 0,138 4,207 1 867 1,724 -7,586 26.207 - 0,862 13,793 6.897 - 4,655 -86,517 L –

94 SOLUÇÃO

95 x1 x2 f1 f2 f3 0,138 4,207 1 867 1,724 -7,586 26.207 - 0,862 13,793 6.897 - 4,655 -86,517 L – Ponto D Com f1 = f2 = 0 L = 20 Solução: x1= x2 = gasolina = (f1 = 0) querosene = (f2 = 0) óleo = (f3 = 867) L = B C óleo 10 x2 querosene D (1.000 b/d) 81.000 gasolina E A 10 20 30 40 x1 (1.000 b/d)

96 Fluxograma com a Solução
PRODUTOS p3 = 36 ($/b); x3max= (b/d) p4 = 24 ($/b); x4max= 2.000(b/d) p5 = 21 ($/b); x5max= 6.000(b/d) p6=10 ($/b) C1 = 0,50 $/b x32= b/d 0,80 b3/b1 O1 x41 = b/d 0,05 b4/b1 p1 = 24 ($/b) x51 = b/d x1 = (b/d) 0,10 b5/b1 x61 = b/d 0,05 b6/b1 CRÚS C2 = 1 $/b x32 = b/d G x3 = ( b/d) O2 0,44 b3/b2 Q x42= 690 b/d X4 = (b/d) p2 = 15 ($/b) 0,10 b4/b2 C x5= (b/d) folga = 897 b/d x52= b/d x2 = 6.897(b/d) 0,36 b5/b2 R x6= (b/d) x62= 690 b/d 0,10 b6/b2 L = $/a

97 PROBLEMA COM RESTRIÇÕES DO TIPO
 Exemplo Min C = x2 – 6 x1 s.a. : 4 x1 + x2  x1 + x2  x1 + 3 x  !!!

98 PROBLEMA REGIÃO VIÁVEL
Min C = x2 – 6 x1 s.a.: 4 x1 + x2  x1 + x2  x1 + 3 x  REGIÃO VIÁVEL 6 5 4 3 2 1 A B C D A B C Convexa

99 Matriz Aumentada (Tableau)
PROBLEMA Min C = x2 – 6 x1 s.a.: 4 x1 + x2  x1 + x2  x1 + 3 x2  13 (!!!) Matriz Aumentada (Tableau) Restrições  : folgas positivas Restrições = : folgas zero Restrições  : folgas negativas x1 x2 f1 f2 f3 C 4 1 21 -1 2 3 13 -6 C - 0 -1

100 A origem não pertence à Região Viável
Como iniciar o SIMPLEX? 6 5 4 3 2 1 B A C Há que se selecionar um vértice para servir de ponto de partida para o SIMPLEX.

101 Fase 1: Cria-se e resolve-se um Problema Artificial.
PROCEDIMENTO Método das Duas fases Fase 1: Cria-se e resolve-se um Problema Artificial. 6 5 4 3 2 1 B A solução do Problema Artificial é o vértice da Região Viável que servirá de ponto de partida para a solução do Problema Original. A C D Fase 2: resolve-se o Problema Original a partir da solução do Problema Artificial

102 PROBLEMA ARTIFICIAL x1 x2 f1 f2 f3 C 4 1 21 -1 2 3 13 -6 C - 0 (a) para cada folga negativa fj, cria-se uma variável artificial xja que é incorporada ao Tableau  x1 x2 f1 f2 f3 x1a C 4 1 21 -1 2 3 13 -6 C - 0

103 Da linha 3: Ca = x1a = 13 – 2x1 – 3x2 + f3
4 1 21 -1 2 3 13 -6 C - 0 (b) cria-se, também, uma Função Objetivo Artificial: Ca =  xja Da linha 3: Ca = x1a = 13 – 2x1 – 3x2 + f3

104 que também é inserida no Tableau
x1 x2 f1 f2 f3 x1a C 4 1 21 -1 2 3 13 -6 C - 0 Ca = x1a = 13 – 2 x1 – 3 x2 + f3 que também é inserida no Tableau x1 x2 f1 f2 f3 x1a C 4 1 21 -1 2 3 13 -6 C - 0 - 2 - 3 Ca -13 

105 Minimizando Ca chegando a Ca = x1a = 0
f1 f2 f3 x1a C 4 1 21 -1 2 3 13 -6 C - 0 - 2 - 3 Ca - 13 Ca = x1a = 13 – 2x1 – 3x2 + f3 (d) aplica-se o SIMPLEX ao Tableau partindo de x1 = x2 = f3 = 0, que é a base natural para o Problema Artificial, onde Ca = 13. Minimizando Ca chegando a Ca = x1a = 0 Ao final da Fase 1 as variáveis e a Função Objetivo artificiais terão desaparecido, ficando o Tableau original com um ponto de partida para o SIMPLEX.

106 Assim, aplicando o SIMPLEX, resulta ...
f1 f2 f3 x1a C 4 1 21 -1 2 3 13 -6 C - 0 - 2 - 3 Ca -13 Assim, aplicando o SIMPLEX, resulta ... x1 x2 f1 f2 f3 x1a C 1 2 - 1 10 0,4 - 0,2 0,2 3 - 0,6 -2 - 4 -1 C - 9 Ca - 0

107 x1 x2 f1 f2 f3 x1a 1 Solução Fase 1 f2 = f3 = x1a = 0
C 1 2 - 1 10 0,4 - 0,2 0,2 3 - 0,6 - 4 -1 9 Ca - 0 6 5 4 3 2 1 A B C D Solução Fase 1 f2 = f3 = x1a = 0 x1 = 2 x2 = 3 f1 = 10 Ca = 0 C = 9

108 Removem-se x1a e Ca, regenerando o Tableau original
f1 f2 f3 x1a C 1 2 -1 10 0,4 - 0,2 0,2 3 - 0,6 - 4 C - 9 Removem-se x1a e Ca, regenerando o Tableau original x1 x2 f1 f2 f3 C 1 2 10 0,4 - 0,2 3 - 0,6 - 4 -1 C - 9

109 x1 x2 f1 f2 f3 C 1 2 10 0,4 - 0,2 3 - 0,6 - 4 -1 C - 9 Aplicando o SIMPLEX... x1 x2 f1 f2 f3 C 0,5 1 5 - 0,2 - 0,4 0,3 0,1 2 C - 29

110 Solução f1 = f3 = 0 x1 = 5 x2 = 1 f2 = 5 f3 = 0 C = 29 x1 x2 f1 f2 f3
0,5 1 5 - 0,2 - 0,4 0,3 0,1 2 C - 29 6 5 4 3 2 1 A B C D

111 ANÁLISE DE SENSIBILIDADE

112 Análise de Sensibilidade
3.5 INCERTEZA E ANÁLISE DE SENSIBILIDADE A análise de processos é executada em ambiente de muita incerteza. Fontes de incerteza: modelos matemáticos: aproximações lineares, coeficientes constantes... (b) parâmetros físicos e econômicos: valores incertos (aproximados e variáveis). A avaliação dos efeitos da incerteza é efetuada através da Análise de Sensibilidade

113 Fazem parte da Análise:
as variáveis características do dimensionamento: dimensões. - as variáveis características do desempenho do processo: variáveis de saída (metas de projeto). - os parâmetros cujos valores são considerados incertos (variáveis conhecidas são aqui incorporadas ao conjunto dos parâmetros  Controle !!!).

114 Fundamento da Análise de Sensibilidade Exemplo: Trocador de Calor
T1* = 80 oC W1* = kg/h A = 265,6 m2 T 2* = 25 oC W3 = kg/h T3* = 15 oC T4* = 30 oC : vetor dos parâmetros (físicos e econômicos) e das variáveis especificadas cujos valores são incertos. Exemplo: Cp1, Cp3, U, W1, T1, T3. F: variável do processo cujo valor é incerto devido à incerteza nos parâmetros . Exemplo: W3, A.

115 Fundamento da Análise de Sensibilidade
: vetor dos parâmetros (físicos e econômicos) e das variáveis especificadas cujos valores são incertos. Exemplo: Cp1, Cp3, U, W1, T1, T3. F: variável do processo cujo valor é incerto devido à incerteza nos parâmetros . Exemplo: W3, A. S (F; i): Sensibilidade de F à incerteza no parâmetro i. Exemplo: i * F i

116 ANÁLISE DE SENSIBILIDADE EM PROBLEMAS DE PROGRAMAÇÃO LINEAR

117 ANÁLISE DE SENSIBILIDADE EM PROBLEMAS DE PROGRAMAÇÃO LINEAR

118 PRODUTOS p3 = 36($/b); x3max= (b/d) p4 = 24($/b); x4max= 2.000(b/d) p5 = 21($/b); x5max= 6.000(b/d) p6 = 10($/b) 0,80 b3/b1 0,05 b4/b1 0,10 b5/b1 0,05 b6/b1 C1 = 0,50 $/b C2 = 1 $/b 0,44 b3/b2 0,10 b4/b2 0,36 b5/b2 0,10 b6/b2 x32 x42 x52 x62 x31 x41 x51 x61 G Q C R p2 = 15 ($/b) p1 = 24 ($/b) x1 (b/d) x2 (b/d) CRÚS x3(b/d) x4(b/d) x5(b/d) x6(b/d) O1 O2 Restrições de Desigualdade Gasolina : x3  Querosene : x4  Combustível: x5  Óleos crus : x1  0 e x2  0 Restrições de Igualdade Gasolina : 0,80 x1 + 0,44 x2 = x3 Querosene : 0,05 x1 + 0,10 x2 = x4 Óleo : 0,10 x1 + 0,36 x2 = x5 Residual : 0,05 x1 + 0,10 x2 = x6

119 Incorporando as Restrições
Gasolina : 0,80 x1 + 0,44 x2 = x3 Querosene : 0,05 x1 + 0,10 x2 = x4 Óleo : 0,10 x1 + 0,36 x2 = x5 Residual : 0,05 x1 + 0,10 x2 = x6 ao Lucro L = 36 x x x x x x2 - 0,50 x1 - x2 Resulta L(x) = 8,1 x1 + 10,8 x2

120 Na Função Objetivo do Problema Ilustrativo
L = 8,1 x1 + 10,80 x2 $/d $/b1 b1/ d $/b b2/d 24 $/b1 e 15 $/b2 são os preços pagos pela refinaria no mercado externo O que significam os valores 8,10 $/b1 e 10,80 $/b2 ? É o quanto vale cada barril da cada Cru para a Refinaria levando em conta os preços externos, os custos de produção e a receita pela venda dos produtos: são os Preços Internos ou "Shadow Prices“ das matérias primas

121 Esses coeficientes aparecem no Tableau Inicial do SIMPLEX
0,80 0,44 1 24.000 0,05 0,10 2.000 0,1 0,36 6.000 8,10 10,80 L Eles correspondem à Sensibilidade do Lucro em relação ao consumo de cada Óleo: 1 b/d a mais comprado do Óleo 1 acarreta um aumento de 8,10 $ no Lucro. 1 b/d a mais comprado do Óleo 2 acarreta um aumento de 10,80 $ no Lucro.

122 De maneira análoga, no Tableau Final
x1 x2 f1 f2 f3 0,138 4,207 1 867 1,724 -7,586 26.207 - 0,862 13,793 6.897 - 4,655 - 86,517 L – f1o = 0 f2o = 0 São os “shadow prices” dos produtos 1 b/d de folga (1 b/d a menos produzido) de gasolina acarreta uma redução de 4,66 $ no Lucro, embora p1 = 36 $/b 1 b/d de folga (1 b/d a menos produzido) de querosene acarreta uma redução de 86,5 $ do Lucro, embora p2 = 24 $/b.

123 DUALIDADE

124 Considere o Problema Ilustrativo
Max L(x) = 8,1 x1 + 10,8 x {x1, x2} s.a.: 0,80 x1 + 0,44 x2  ,05 x1 + 0,10 x2  ,10 x1 + 0,36 x2  x1  x2  0 x1 x2 0,80 0,44 24.000 0,05 0,10 2.000 0,36 6.000 8,10 10,80 L

125 Transpondo o Tableau Inicial s3 ($/b3) s4 s5 0,80(b3/b1) 0,05 (b4/b1)
x1(b1/d) x2 (b2/d) 0,80(b3/b1) 0,44(b3/b2) 24.000(b3/d) 0,05(b4/b1) 0,10(b4b2) 2.000(b4/d) 0,10(b5/b1) 0,36(b5/b2) 6.000(b5/d) 8,10 ($/b1) 10,80 ($/b2) L ($/d) Transpondo o Tableau Inicial s3 ($/b3) s4 s5 0,80(b3/b1) 0,05 (b4/b1) 0,10 (b5/b1) 8,10 ($/b1) 0,44 (b3/b2) 0,10 (b4/b2) 0,36 (b5/b2) 10,80 ($/b2) (b3/d) 2.000 (b4/d) 6.000 (b5/d) G ($/d) Invertendo as desigualdades de  para  Transformando o problema de Max para Min

126 Passamos a ter o Problema
Min G(x) = s s s {s3, s4, s3} s.a.: 0,80 s3 + 0,05 s4 + 0,10 s5  8, ,44 s3 + 0,10 s4 + 0,36 s5  10,80 s3  0 s4  0 s5  0 s3 ($/b3) s4 s5 0,80(b3/b1) 0,05 (b4/b1) 0,10 (b5/b1) 8,10 ($/b1) 0,44 (b3/b2) 0,10 (b4/b2) 0,36 (b5/b2) 10,80 ($/b2) (b3/d) 2.000 (b4/d) 6.000 (b5/d) G ($/d) Este novo Problema pode ser resolvido pelo SIMPLEX incluindo as folgas negativas (-1)

127 Tableau Final do novo Problema: s3 s4 s5 f1 f2 1 - 0,138 - 1,72 0,862
- 0,138 - 1,72 0,862 4,66 4,207 7,586 - 13,8 87,52 897 26.207 6.897 G Comparando com o Tableau Final do Problema Ilustrativo x1 x2 f3 f4 f5 0,138 4,207 1 897 1,724 -7,586 26.207 - 0,862 13,793 6.897 - 4,66 - 87,52 L – Os índices das folgas foram trocados de propósito

128 Tableau Final do Problema Ilustrativo
x1 x2 f3 f4 f5 0,138 4,207 1 897 1,724 -7,586 26.207 - 0,862 13,793 6.897 - 4,66 - 87,52 L – Na horizontal, dá os valores ótimos de x1, x2 e f5. Na vertical, dá os valores ótimos dos "shadow prices" da gasolina e do querozene. O "shadow price" do óleo é zero porque sua folga é zero (não está no limite)

129 Tableau Final do novo Problema:
s3 s4 s5 f1 f2 1 - 0,13 - 1,72 0,86 4,66 4,20 7,59 - 13,8 87,52 897 26.207 6.897 G Na horizontal, dá os valores ótimos dos "shadow prices" da gasolina e do querozene. Na vertical, dá os valores ótimos de f5, x1 e x2.

130 Portando, um problema se encontra subjacente no outro.
Então, ao se resolver um deles, Max L(x) = 8,1 x1 + 10,8 x {x1, x2} s.a.: 0,80 x1 + 0,44 x2  ,05 x1 + 0,10 x2  ,10 x1 + 0,36 x2  x1  x2  0 o outro também está sendo resolvido. Min G(x) = s s {s3, s4, s3} s.a.: 0,80 s3 + 0,05 s4 + 0,10 s5  8, ,44 s3 + 0,10 s4 + 0,36 s5  10, s3  0 s4  0 s5  0

131 São denominados problemas duais.
Um é denominado Problema Primal O outro é denominado Problema Dual.

132 x1(b1/d) x2 (b2/d) 0,80(b3/b1) 0,44(b3/b2) 24.000(b3/d) 0,05(b4/b1) 0,10(b4b2) 2.000(b4/d) 0,10(b5/b1) 0,36(b5/b2) 6.000(b5/d) 8,10 ($/b1) 10,80 ($/b2) L ($/d) Problema Primal s3 ($/b3) s4 s5 0,80(b3/b1) 0,05 (b4/b1) 0,10 (b5/b1) 8,10 ($/b1) 0,44 (b3/b2) 0,10 (b4/b2) 0,36 (b5/b2) 10,80 ($/b2) (b3/d) 2.000 (b4/d) 6.000 (b5/d) G ($/d) E o seu Dual