PROGRAMAÇÃO LINEAR EQE 489 16 de março de 2014. SUMÁRIO.

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1 PROGRAMAÇÃO LINEAR EQE 489 16 de março 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 L = a - b x - c/x Modelo Matemático Restrições 1. Q (x o - x) - W y = 0 2. y - k x = 0 (k = 4) Avaliação Econômica Função Objetivo R = p AB W y C = p B W L = R – C = p AB W y - p B W Modelo Matemático Restrições 1. Q(x o - x 1 ) - W 1 y 1 = 0 2. y 1 - k x 1 = 0 3. Q(x 1 -x 2 ) - W 2 y 2 = 0 4. y 2 - k x 2 = 0 Avaliação Econômica Função Objetivo R = p AB (W 1 y 1 + W 2 y 2 ) C = p B (W 1 + W 2 ) L = p AB (W 1 y 1 + W 2 y 2 ) - p B (W 1 + W 2 ) L = a – b /x 1 – cx 2 – d x 1 /x 2 OTIMIZAÇÃO: 1 EXTRATOR OTIMIZAÇÃO: 2 EXTRATORES Observação: Restrições e Função Objetivo Não-Lineares

6 OTIMIZAÇÃO: TROCADOR DE CALOR C T = C cap + C util C util = (8.500)(5x10 -5 )W 3 Modelo Matemático Restrições Avaliação Econômica Função Objetivo Observação: Restrições e Função Objetivo Não-Lineares

7 01. f 11 - f 12 - f 13 = 0 02. W 15 - f 23 = 0 03. f 31 - f 32 = 0 04. k – (3 + 0,04 Td) = 0 05. k – x 13 / x 12 = 0 06. (f 11 Cp 1 + f 31 Cp 3 ) (T 1 - T d ) + W 15 Cp 2l (T 15 - T d ) = 0 07. V d -  (f 11 /  1 + W 15/  2 + f 31 /  3 ) = 0 08. r - f 13 /f 11 = 0 09. T 2 – T d = 0 10. T 3 – T d = 0 11. f 13 - f 14 = 0 12. f 23 - f 24 - W 5 = 0 13. W 6 - W 7 = 0 14. W 6 [ 3 + Cpv (T 6 – T 7 )] - Q e = 0 15. Q e – [(f 13 Cp 1 + f 23 Cp 2l )(T e - T 3 ) + W 5 2 ] = 0 16. Q e - U e A e  e = 0 17.  e - (T 6 - T e ) = 0 18. T 4 – T e = 0 19. T 5 – T e = 0 20. W 8 - W 9 = 0 21. W 5 - W 10 = 0 22. Q c - W 8 Cp 3 (T 9 - T 8 ) = 0 23. W 5 [ 2 + Cp 2g (T 5 – T 10 )] - Q c = 0 24. Q c - U c A c  c = 0 25.  c - [(T 5 - T 9 ) - (T 10 - T 8 )]/ln[(T 5 - T 9 )/(T 10 - T 8 )] = 0 26. W 11 - W 12 = 0 27. W 10 - W 13 = 0 28. Q r - W 11 Cp 3 (T 12 - T 11 ) = 0 29. Q r - W 10 Cp 2l (T 10 - T 13 ) = 0 30. Q r - U r A r  r = 0 31.  r - [(T 10 - T 12 ) - (T 13 - T 11 )]/ln[(T 10 - T 12 )/(T 13 - T 11 )] = 0 32. W 13 + W 14 - W 15 = 0 33. W 13 (T 15 - T 13 ) + W 14 (T 15 - T 14 ) = 0 34. f 11 + f 31 - W 1 = 0 35. x 11 - f 11 / W 1 = 0 36. f 12 + f 22 – W 2 = 0 37. x 12 - f 12 / W 2 = 0 38. f 13 + f 23 – W 3 = 0 39. x 13 - f 13 / W 3 = 0 40. f 14 + f 24 - W 4 = 0 41. x 14 - f 14 / W 4 = 0 OTIMIZAÇÃO: PROCESSO ILUSTRATIVO Modelo Restrições

8 LE = 0,7 R – 0,8 C – 0,4 ISBL $/a PROCESSO ILUSTRATIVO Observação: Restrições e Função Objetivo Não-Lineares R = p AB f14 Fop $/a Investimento: I b = I bb (20/P bb ) Mb $ I d = I db (V d /V db ) Md $ I e = I eb (A e /A eb ) Me $ I c = I cb (A c /A cb ) Mc $ I r = I rb (A r /A rb ) Mr $ ISBL = f T f D f L (I b + I d + I e + I c + I r ) $ Custos: C agua = p a (W 8 + W 11 ) $/h C vapor = p v W 6 $/h C solvente = p s W 14 $/h C bomba = 0,15 $/h C = Fop (C agua + C vapor + C solvente + C bomba ) $/a Avaliação Econômica Função Objetivo

9 1. DEFINIÇÃO

10 PROGRAMAÇÃO LINEAR Problema de Programação Linear É uma área da Otimização que trata exclusivamente de um tipo especial de problema: Min f(x) = a 1 x 1 + a 2 x 2 +...+ a n x n  x  s.a.: g(x) = b 1 x 1 + b 2 x 2 +...+ b n x n  0 A Função Objetivo e todas as Restrições são lineares O que se observa ???

11 2. APLICAÇÕES

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

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

14 3.1 ENUNCIADO

15 A partir de cada um deles, ela pode produzir: - gasolina (G) - querosene (Q) - óleo combustível (C) - óleo residual (R) Uma refinaria pode receber dois tipos de óleo cru: O 1 e O 2. - quanto a refinaria deve produzir, a partir de cada óleo, de - gasolina (x 31, x 32 )( b/d ) - querosene (x 41, x 42 )( b/d ) - óleo combustível (x 51, x 52 )( b/d ) - óleo residual (x 61, x 62 )( b/d ) Determinar - quantos barris/dia a refinaria deve adquirir de cada óleo cru (x 1, x 2 )( b/d) [disponibilidade ilimitada]

16 3.2 DADOS FÍSICOS E ECONÔMICOS

17 Processamento do Óleo O 1 : - preço do óleo : p 1 = 24 $/b - custo de processamento: c 1 = 0,50 $/b - perfil de produção : gasolina 80%, querosene 5%, óleo combustível 10% e óleo residual 5%. Processamento do Óleo O 2 : - preço do óleo : p 2 = 15 $/b - custo de processamento: c 2 = 1,0 $/b - perfil de produção : gasolina 44%, querosene 10%, óleo combustível 35% e óleo residual 10%. Preços de venda gasolina : p 3 = 36 $/b querosene : p 4 = 24 $/b óleo comb. : p 5 = 21 $/b óleo resid. : p 6 = 10 $/b Produção máxima de cada produto x 3max = 24.000 b/d (x 3 = x 31 + x 32 ) (G) x 4max = 2.000 b/d (x 4 = x 41 + x 42 ) (Q) x 5max = 6.000 b/d (x 5 = x 51 + x 52 ) (C) Dados resumidos no Fluxograma seguinte.

18 0,80 b 3 /b 1 0,05 b 4 /b 1 0,10 b 5 /b 1 0,05 b 6 /b 1 C 1 = 0,50 $/b C 2 = 1 $/b 0,44 b 3 /b 2 0,10 b 4 /b 2 0,36 b 5 /b 2 0,10 b 6 /b 2 x 32 x 42 x 52 x 62 x 31 x 41 x 51 x 61 G Q C R p 2 = 15 ($/b) p 1 = 24 ($/b) x 1 (b/d) x 2 (b/d) CRÚS x 3 (b/d) x 4 (b/d) x 5 (b/d) x 6 (b/d) PRODUTOS p 3 = 36 ($/b); x 3max = 24.000(b/d) p 4 = 24 ($/b); x 4max = 2.000(b/d) p 5 = 21 ($/b); x 5max = 6.000(b/d) p 6 =10 ($/b) Fluxograma O1O1 O2O2

19 Modelo Balanço de Informação Variáveis de Projeto Critério Função Objetivo Restrições Região Viável No enfoque da Engenharia de Processos trata-se de um problema de Análise de Processos. Mais especificamente: um problema de dimensionamento, envolvendo

20 3.3 MODELO

21 Gasolina : 0,80 x 1 + 0,44 x 2 = x 3 Querosene : 0,05 x 1 + 0,10 x 2 = x 4 Óleo : 0,10 x 1 + 0,36 x 2 = x 5 Residual : 0,05 x 1 + 0,10 x 2 = x 6 Modelo: Balanços Materiais PRODUTOS p 3 = 36 ($/b); x 3max = 24.000(b/d) p 4 = 24 ($/b); x 4max = 2.000(b/d) p 5 = 21 ($/b); x 5max = 6.000(b/d) p 6 = 10 ($/b) 0,80 b 3 / b 1 0,05 b 4 / b 1 0,10 b 5 / b 1 0,05 b 6 / b 1 C 1 = 0,50 $/b C 2 = 1 $/b 0,44 b 3 / b 2 0,10 b 4 / b 2 0,36 b 5 / b 2 0,10 b 6 / b 2 x 32 x 42 x 52 x 62 x 31 x 41 x 51 x 61 G Q C R p 2 = 15 ($/b) p 1 = 24 ($/b) x 1 (b/d) x 2 (b/d) CRÚS x 3 (b/d) x 4 (b/d) x 5 (b/d) x 6 (b/d) O1O1 O2O2

22 3.4 BALANÇO DE INFORMAÇÃO E VARIÁVEIS DE PROJETO

23 Gasolina : 0,80 x 1 + 0,44 x 2 = x 3 Querosene : 0,05 x 1 + 0,10 x 2 = x 4 Óleo : 0,10 x 1 + 0,36 x 2 = x 5 Residual : 0,05 x 1 + 0,10 x 2 = x 6 Modelo Balanço de Informação G = V – N = 6 – 4  G = 2 0,80 b 3 /b 1 0,05 b 4 /b 1 0,10 b 5 /b 1 0,05 b 6 /b 1 C 1 = 0,50 $/b C 2 = 1 $/b 0,44 b 3 /b 2 0,10 b 4 /b 2 0,36 b 5 /b 2 0,10 b 6 /b 2 x 32 x 42 x 52 x 62 x 31 x 41 x 51 x 61 G Q C R p 2 = 15 ($/b) p 1 = 24 ($/b) x 1 (b/d) x 2 (b/d) CRÚS x 3 (b/d) x 4 (b/d) x 5 (b/d) x 6 (b/d) O1O1 O2O2

24 x1x1 x2x2 x3x3 x4x4 x5x5 x6x6 *** *** *** *** Variáveis de Projeto: x 1 e x 2 Ordenação das Equações Gasolina : 0,80 x 1 + 0,44 x 2 = x 3 Querosene : 0,05 x 1 + 0,10 x 2 = x 4 Óleo : 0,10 x 1 + 0,36 x 2 = x 5 Residual : 0,05 x 1 + 0,10 x 2 = x 6

25 3.5 CRITÉRIO E FUNÇÃO OBJETIVO

26 Receita (R): 36 x 3 + 24 x 4 + 21 x 5 + 10 x 6 Custos de MatPrim (CMP) : 24 x 1 + 15 x 2 Custos Processamento (CP).: 0,50 x 1 + x 2 Função Objetivo L = R – CMP - CP L = 36 x 3 + 24 x 4 + 21 x 5 + 10 x 6 - 24 x 1 - 15 x 2 - 0,50 x 1 - x 2 0,80 b 3 /b 1 0,05 b 4 /b 1 0,10 b 5 /b 1 0,05 b 6 /b 1 C 1 = 0,50 $/b C 2 = 1 $/b 0,44 b 3 /b 2 0,10 b 4 /b 2 0,36 b 5 /b 2 0,10 b 6 /b 2 x 32 x 42 x 52 x 62 x 31 x 41 x 51 x 61 G Q C R p 2 = 15 ($/b) p 1 = 24 ($/b) x 1 (b/d) x 2 (b/d) CRÚS x 3 (b/d) x 4 (b/d) x 5 (b/d) x 6 (b/d) O1O1 O2O2 p 3 = 36 ($/b) p 4 = 24 ($/b) p 5 = 21 ($/b) p 6 = 10 ($/b)

27 3.6 RESTRIÇÕES

28 Relembrando...

29 5.2.3 Restrições São os limites impostos pelas leis naturais às variáveis do processo. (b) restrições de desigualdade: g (x)  0 São os limites impostos às Variáveis de Projeto (a) restrições de igualdade : h(x) = 0 São as equações do próprio modelo matemático. Há dois tipos de restrições: A presença de restrições pode alterar a solução de um problema

30 Restrições de Igualdade Gasolina : 0,80 x 1 + 0,44 x 2 = x 3 Querosene : 0,05 x 1 + 0,10 x 2 = x 4 Óleo : 0,10 x 1 + 0,36 x 2 = x 5 Residual : 0,05 x 1 + 0,10 x 2 = x 6 Restrições de Desigualdade Gasolina : x 3  24.000 Querosene : x 4  2.000 Combustível : x 5  6.000 Óleos crus : x 1  0 e x 2  0 PRODUTOS p 3 = 36($/b); x 3max = 24.000(b/d) p 4 = 24($/b); x 4max = 2.000(b/d) p 5 = 21($/b); x 5max = 6.000(b/d) p 6 = 10($/b) 0,80 b 3 /b 1 0,05 b 4 /b 1 0,10 b 5 /b 1 0,05 b 6 /b 1 C 1 = 0,50 $/b C 2 = 1 $/b 0,44 b 3 /b 2 0,10 b 4 /b 2 0,36 b 5 /b 2 0,10 b 6 /b 2 x 32 x 42 x 52 x 62 x 31 x 41 x 51 x 61 G Q C R p 2 = 15 ($/b) p 1 = 24 ($/b) x 1 (b/d) x 2 (b/d) CRÚS x 3 (b/d) x 4 (b/d) x 5 (b/d) x 6 (b/d) O1O1 O2O2

31 Incorporando as Restrições à Função Objetivo

32 Modelo Matemático: 1. Q (x o - 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 = p AB W y C = p B W p AB = 0,4 $/kgAB : p B = 0,01 $/kgB Exemplo: dimensionamento de um extrator W kg B/h Q = 10.000 kgA/h rafinado y kg AB/kg B x o = 0,02 kg AB/kg A extrato x kgB/kgA

33 Incorporando as Restrições de Igualdade ordenadas à Função Objetivo (viável em problemas simples) Função Objetivo: L = R - C = p AB W y - p B W x 2. y = k x 1. W = Q (x o - x)/y L = p AB W y - p B W y, W L L = a - b x - c/x xL

34 Incorporando as Restrições Resulta L(x) = 8,1 x 1 + 10,8 x 2 Gasolina : 0,80 x 1 + 0,44 x 2 = x 3 Querosene : 0,05 x 1 + 0,10 x 2 = x 4 Óleo : 0,10 x 1 + 0,36 x 2 = x 5 Residual : 0,05 x 1 + 0,10 x 2 = x 6 ao Lucro L = 36 x 3 + 24 x 4 + 21 x 5 + 10 x 6 - 24 x 1 - 15 x 2 - 0,50 x 1 - x 2 De modo semelhante, no problema ilustrativo...

35 Max L(x) = 8,1 x 1 + 10,8 x 2 {x 1, x 2 } s.a.: 0,80 x 1 + 0,44 x 2  24.000 0,05 x 1 + 0,10 x 2  2.000 0,10 x 1 + 0,36 x 2  6.000 x 1  0 x 2  0 Enunciado Formal do Problema

36 x 2 = L / 10,8 – (8,1 / 10,8) x 1 (família de retas) Examinando a Função Objetivo L(x) = 8,1 x 1 + 10,8 x 2 (linear) 102030400 10 20 0 x1x1 (1.000 b/d) x2x2 81.000 162.000 243.000 324.000 648.000

37 3.7 REGIÃO VIÁVEL

38 0,80 x 1 + 0,44 x 2  24.000 (gasolina) 0,05 x 1 + 0,10 x 2  2.000 (querosene) 0,10 x 1 + 0,36 x 2  6.000 (óleo) x 1  0 x 2  0 É a região do espaço delimitada pelas restrições Re-escrevendo: x 2  - (a/b) x 1 + (c/b) Forma geral: a x 1 + bx 2  c São retas de inclinação negativa (a/b) com interseção no eixo x 1 = 0: x 2 = (c/b) interseção no eixo x 2 = 0: x 1 = (c/a)

39 x 2  - 1,818 x 1 + 54.545 (gasolina) (c/a) = 30.000) x 2  - 0,50 x 1 + 20.000 (querosene) (c/a) = 40.000) x 2  - 0,28x 1 + 16.667 (óleo) (c/a) = 60.000) Na forma x 2  - (a/b) x 1 + (c/b) 0,80 x 1 + 0,44 x 2  24.000 (gasolina) 0,05 x 1 + 0,10 x 2  2.000 (querosene) 0,10 x 1 + 0,36 x 2  6.000 (óleo) x 1  0 x 2  0 Colocando as restrições resultam

40 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 102030400 10 20 0 x1x1 (1.000 b/d) x2x2 A C D E gasolina querosene óleo c/b c/a

41 x 2  - 1,818 x 1 + 54.545 (gasolina) (c/a) = 30.000) x 2  - 0,50 x 1 + 20.000 (querosene) (c/a) = 40.000) x 2  - 0,28x 1 + 16.667 (óleo) (c/a) = 60.000) região viável convexa ! (1.000 b/d) B 102030400 10 20 0 x1x1 (1.000 b/d) x2x2 A C D E gasolina querosene óleo x 2  - (a/b) x 1 + (c/b) c/b c/a c/b O menor c/b é vértice !

42 3.8 RESOLUÇÃO

43 Solução Ótima Solução (D): (26.207, 6.897) (L=286.764) É a solução viável com o Lucro máximo 102030400 10 20 0 x1x1 (1.000 b/d) x2x2 A B C D E óleo querosene gasolina 81.000 162.000 243.000324.000 Em duas dimensões, a identificação visual da Solução Ótima é imediata. 26.207 6.897

44 Solução (C): (14.000, 13.000) (L = 637.000) 102030400 10 20 0 x1x1 (1.000 b/d) x2x2 A B C D E óleo querosene gasolina Com outros valores dos parâmetros físicos e econômicos, a inclinação da Função Objetivo seria outra e a solução seria outra.

45 Solução (C): (14.000, 13.000) (L = 637.000) 102030400 10 20 0 x1x1 (1.000 b/d) x2x2 A B C D E óleo querosene gasolina A Solução Ótima se localiza sempre num dos Vértices da Região Viável Pode-se provar que

46 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 102030400 10 20 0 x1x1 (1.000 b/d) x2x2 A B C D E óleo querosene gasolina Solução: (26.207, 6.897) (L=286.764) 81.000 162.000 243.000 324.000 0 (como???) Origem: solução trivial

47 Se encontram na fronteira da região viável Correspondem à produção máxima de dois produtos 102030400 10 20 0 x1x1 (1.000 b/d) x2x2 A B C D E óleo querosene gasolina Solução: (26.207, 6.897) (L=286.764) 81.000 162.000 243.000 324.000 0 Origem: solução trivial São interseções de duas restrições Primeiro, há que se caracterizar numericamente os vértices

48 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

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

50 gxx 1 1 2 2 2 0250(),x =+-  g 2 (x) = x 1  0 g 3 (x) = x 2  0 Solução irrestrita: A Solução restrita : B 0,00,51,01,52,0 0,0 0,5 1,0 1,5 2,0 x2x2 1.0 0,8 0,6 0,4 B A São válidos apenas os pontos localizados sobre a fronteira ou no interior da região. Restrições de Desigualdade

51 Restrições de Igualdade (solução sobre a curva) Solução Irrestrita: A Solução Restrita : B g 2 (x) = x 1  0 g 3 (x) = x 2  0 hxx(),x =+-= 1 2 2 2 0250 São válidos apenas os pontos localizados sobre a fronteira da região.

52 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). 102030400 10 20 0 x1x1 (1.000 b/d) x2x2 A B C D E óleo querosene gasolina Solução: (26.207, 6.897) (L=286.764) 81.000 162.000 243.000 324.000 0

53 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

54 102030400 10 20 0 x1x1 (1.000 b/d) x2x2 A B C D E F G H gasolina querosene óleo A todo ponto (x 1, x 2 ) no interior da Região Viável corresponde uma folga, f i pois a produção de cada produto é inferior à máxima. f 1 = 11.600 b/d f 2 = 500 b/d f 3 = 1.400 b/d I Gasolina : 0,80 x 1 + 0,44 x 2 = x 3 = 12.400 (24.000) Querosene : 0,05 x 1 + 0,10 x 2 = x 4 = 1.500 (2.000) Óleo : 0,10 x 1 + 0,36 x 2 = x 5 = 4.600 (6.000) x 1 = x 2 = 10 Exemplo: ponto I (folgas na produção de gasolina, querosene e óleo).

55 102030400 10 20 0 x1x1 (1.000 b/d) x2x2 A B C D E F G H gasolina querosene óleo A todo ponto (x 1, x 2 ) localizado sobre um restrição corresponde uma folga zero, pois a produção do produto correspondente é a máxima. f 1 = 9.884 b/d f 2 = 110 b/d f 3 = 0 b/d J 13,89 Gasolina : 0,80 x 1 + 0,44 x 2 = x 3 = 14.116 (24.000) Querosene : 0,05 x 1 + 0,10 x 2 = x 4 = 1.809 (2.000) Óleo : 0,10 x 1 + 0,36 x 2 = x 5 = 6.000 (6.000) x 1 = 10 x 2 = 13,89 Exemplo: ponto J (produção máxima de óleo = 6.000 b/d: f 3 = 0).

56 102030400 10 20 0 x1x1 (1.000 b/d) x2x2 A B C D E F G H gasolina querosene óleo A todo ponto (x 1, x 2 ) localizado sobre um vértice correspondem 2 folgas zero pois a produção dos dois produtos é a máxima f 1 = 7.400 b/d f 2 = 0 b/d f 3 = 0 b/d 15,0 Gasolina : 0,80 x 1 + 0,44 x 2 = x 3 = 16.600 (24.000) Querosene : 0,05 x 1 + 0,10 x 2 = x 4 = 2.000 (2.000) Óleo : 0,10 x 1 + 0,36 x 2 = x 5 = 6.000 (6.000) 12,5 x 1 = 12,5 x 2 = 15,0 Exemplo: ponto C (produção máxima de óleo e de querosene)

57 A x1 = 0 x2 = 0 f1 = 24.000 f2 = 2.000 f3 = 6.000 B x1 = 0 x2 = 16.667 f1 = 16.667 f2 = 333 f3 = 0 C x1 = 15.000 x2 = 12.500 f1 = 6.500 f2 = 0 f3 = 0 D x1 = 26.207 x2 = 6.897 f1 = 0 f2 = 0 f3 = 897 E x1 = 30.000 x2 = 0 f1 = 0 f2 = 500 f3 = 3.000 Então, nos vértices, duas folgas são iguais a zero 102030400 10 20 0 x1x1 (1.000 b/d) x2x2 A B C D E óleo querosene gasolina 81.000 162.000 243.000 324.000 0 Origem: solução trivial

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

59 Max L(x) = 8,1 x 1 + 10,8 x 2 {x 1, x 2 } s.a.: 0,80 x 1 + 0,44 x 2  24.000 (gasolina) 0,05 x 1 + 0,10 x 2  2.000 (querosene) 0,10 x 1 + 0,36 x 2  6.000 (óleo) x 1  0 x 2  0 Incorporando as folgas f i ao problema Max L(x) = 8,1 x 1 + 10,8 x 2 {x 1, x 2 } s.a.: 0,80 x 1 + 0,44 x 2 + 0,05 x 1 + 0,10 x 2 + 0,10 x 1 + 0,36 x 2 + x 1  0 x 2  0 f1f1 f2f2 f3f3 = 24.000 (gasolina) = 2.000 (querosene) = 6.000(óleo)

60 Comparando o Problema Original com o Problema Modificado

61 Max L(x) = 8,1 x 1 + 10,8 x 2 {x 1, x 2 } s.a.: 0,80 x 1 + 0,44 x 2  24.000 (gasolina) 0,05 x 1 + 0,10 x 2  2.000 (querosene) 0,10 x 1 + 0,36 x 2  6.000 (óleo) x 1  0 x 2  0 Problema modificado (5 variáveis: 2 de projeto, 3 calculadas) 3 restrições de igualdade e 2 de não negatividade Max L(x) = 8,1 x 1 + 10,8 x 2 {x 1, x 2 } s.a.:0,80 x 1 + 0,44 x 2 + f 1 = 24.000 (gasolina) 0,05 x 1 + 0,10 x 2 + f 2 = 2.000 (querosene) 0,10 x 1 + 0,36 x 2 + f 3 = 6.000 (óleo) x 1  0 x 2  0 Problema original (2 variáveis) 3 restrições de desigualdade e 2 de não negatividade Busca na periferia e no interior da RV Busca restrita à periferia da RV

62 V = 5 : N = 3 : G = 2 !!! As restrições de igualdade formam agora um sistema de equações lineares. 0,80 x 1 + 0,44 x 2 + 0,05 x 1 + 0,10 x 2 + 0,10 x 1 + 0,36 x 2 + f1f1 f2f2 f3f3 = 24.000 (gasolina) = 2.000 (querosene) = 6.000 (óleo) Trata-se de um problema de otimização em que só interessam soluções com duas folgas iguais a zero (vértices). x 1 e x 2 podem ser consideradas folgas em relação à produção máxima dos 3 produtos. x 1 = x 2 = 0 correspondem a um vértice, que é a origem, onde as folgas são: f 1 = 24.000, f 2 = 2.000, f 3 = 6.000. É a Solução Trivial do problema, em que nada se compra e nada se produz  L = 0

63 A x1 = 0 x2 = 0 f1 = 24.000 f2 = 2.000 f3 = 6.000 B x1 = 0 x2 = 16.667 f1 = 16.667 f2 = 333 f3 = 0 C x1 = 15.000 x2 = 12.500 f1 = 6.500 f2 = 0 f3 = 0 D x1 = 26.207 x2 = 6.897 f1 = 0 f2 = 0 f3 = 897 E x1 = 30.000 x2 = 0 f1 = 0 f2 = 500 f3 = 3.000 102030400 10 20 0 x1x1 (1.000 b/d) x2x2 A B C D E óleo querosene gasolina 81.000 162.000 243.000 324.000 0 Origem: solução trivial

64 A x1 = 0 x2 = 0 f1 = 24.000 f2 = 2.000 f3 = 6.000 B x1 = 0 x2 = 16.667 f1 = 16.667 f2 = 333 f3 = 0 C x1 = 15.000 x2 = 12.500 f1 = 6.500 f2 = 0 f3 = 0 D x1 = 26.207 x2 = 6.897 f1 = 0 f2 = 0 f3 = 897 E x1 = 30.000 x2 = 0 f1 = 0 f2 = 500 f3 = 3.000 Falta, agora, manipular as folgas simulando a visita aos vértices...

65 Sabe-se que um mesmo sistema de equações pode ser escrito sob diversas formas equivalentes, ou seja, apresentam a mesma solução. Assim, o mesmo sistema, escrito originalmente em função do par (x 1, x 2 ), pode ser reescrito em função dos pares (x 1,f 3 ), (f 2,f 3 ), (f 1,f 2 ) e (x 2, f 1 ).

66 0,80 x 1 + 0,44 x 2 + 0,05 x 1 + 0,10 x 2 + 0,10 x 1 + 0,36 x 2 + f1f1 f2f2 f3f3 = 24.000 (gasolina) = 2.000 (querosene) = 6.000 (óleo) 0,68 x 1 – 1,22 f 3 + 0,02 x 1 - 0,78 f 3 + 0,28 x 1 + 2,78 f 3 + f1f1 f2f2 x2x2 = 16.667 (gasolina) = 333 (querosene) = 16.667 (óleo) Exemplo Forma Original Uma das formas equivalentes Na primeira, com x 1 = 0 e x 2 = 0  vértice A (origem) Na segunda, com x 1 = 0 e f 3 = 0  vértice B

67 A x1 = 0 x2 = 0 f1 = 24.000 f2 = 2.000 f3 = 6.000 B x1 = 0 x2 = 16.667 f1 = 16.667 f2 = 333 f3 = 0 C x1 = 15.000 x2 = 12.500 f1 = 6.500 f2 = 0 f3 = 0 D x1 = 26.207 x2 = 6.897 f1 = 0 f2 = 0 f3 = 897 E x1 = 30.000 x2 = 0 f1 = 0 f2 = 500 f3 = 3.000 Sob cada forma, atribuindo-se o valor zero e essas variáveis, obtém-se a solução no vértice correspondente.

68 102030400 10 20 0 x1x1 (1.000 b/d) x2x2 A B C D E óleo querosene gasolina Solução: (26.207, 6.897) (L=286.759) 81.000 162.000 243.000 324.000 0 x 1 = 0 f 2 = 333 f 3 = 0 A x1 = 0 x2 = 0 f1 = 24.000 f2 = 2.000 f3 = 6.000 B x1 = 0 x2 = 16.667 f1 = 16.667 f2 = 333 f3 = 0 C x1 = 15.000 x2 = 12.500 f1 = 6.500 f2 = 0 f3 = 0 D x1 = 26.207 x2 = 6.897 f1 = 0 f2 = 0 f3 = 897 E x1 = 30.000 x2 = 0 f1 = 0 f2 = 500 f3 = 3.000