2.1. Pesquisa Operacional Técnica de Solução Para Modelos De Programação Linear Com Duas Variáveis De Decisão – Método Gráfico

Conceito Utilizando o modelo cartesiano, representaremos o conjunto das possíveis soluções do problema através dos pontos x1; x2 que obedecem ao grupo de restrições impostas. O desempenho do modelo é avaliado através da representação gráfica da função objetivo. No eixo das abcissas (horizontal) representaremos os valores da variável x1 e no eixo das ordenadas (vertical) representaremos os valores da variável x2. Como em programação linear sempre existe a restrição de não negatividade, sempre usaremos o primeiro quadrante para representar o modelo em estudo.

Gráfico do Conjunto de Soluções A representação gráfica de uma equação linear com duas variáveis é sempre uma reta. Já a representação gráfica de uma inequação linear com duas variáveis é um dos semiplanos, uma área; definida pela reta correspondente. Exemplo 1: Representar graficamente a inequação x1 + 2x2 ≥ 10 Transformar a inequação em uma reta correspondente: x1 + 2x2 = 10 Para se traçar uma reta num gráfico é sempre preciso de dois pontos: fazendo x1 = 0; teremos 2x2 = 10  x2 = 5 fazendo x2 = 0; teremos x1 = 10

Testar a inequação: Tomando um ponto qualquer,como x1 = 10 e x2 = 5 Substituindo na inequação: 10 + 2  5 ≥ 10  10 + 10 ≥ 10  20 ≥ 10 o que é verdadeiro, portanto, na região das soluções encontram-se todos os pontos possíveis de solucionar o problema.

Exemplo 2: Representar graficamente a solução do sistema: x1 + 3x2 ≤ 12 2x1 + x2 ≥ 16 x1 ≥ 0; x2 ≥ 0 Resolvendo . . . Achando os pontos de cada reta: 1ª) x1 + 3x2 = 12 fazendo x1 = 0, teremos 3x2 = 12  x2 = 4 → 1º Ponto = (0,4) fazendo x2 = 0, teremos x1 = 12 → 2º Ponto = (12,0) Teremos então os seguintes pontos para 1ª reta = (0;4) e (12,0)

2ª) 2x1 + x2 = 16 fazendo x1 = 0, teremos x2 = 16 → 1º Ponto = (0,16) fazendo x2 = 0, teremos 2x1 = 16  x1 = 8 → 2º Ponto = (8,0) Teremos então os seguintes pontos para 1ª reta = (0;16) e (8,0) Depois de traçado o gráfico, tomaremos dois pontos arbitrários e os analisaremos como possíveis soluções do sistema: 1º ponto = (8,16)  x1 = 8; e x2 = 16 2º ponto = (9, 1)  x1 = 9; e x2 = 1

Testando os pontos arbitrários: 8 + 3  16 ≤ 12  8 + 48 ≤ 12  56 ≤ 12  Falso 2  8 + 16 ≥ 16  16 + 16 ≥ 16  32 ≥ 16  Verdadeiro. Este ponto não é solução do sistema, pois só atende a segunda inequação, quando devia atender a todas. 2º Ponto = (9, 1) 9 + 3  1 ≤ 12  9 + 3 ≤ 12  12 ≤ 12 2  9 + 1 ≥ 16 18 + 1 ≥ 16  19 ≥ 16 Soluções das inequações verdadeiras. Este ponto é uma das soluções do sistema pois atende a todas funções de restrições. Todas soluções possíveis do sistema encontra-se na área amarela do gráfico

Avaliação do Objetivo “Uma reta definida no espaço SEMPRE passa no mínimo por dois pontos”. Enquanto que pelo menos um dos pontos estiver na Região de Soluções, mesmo no seu limite, teremos, portanto, a solução do modelo. Vamos resolver o seguinte modelo: Avaliar o desempenho da função objetivo maximizar L = 2x1 + 5x2 na região de soluções do gráfico a seguir:

SOLUÇÃO ANALÍTICA Modelo: max L= 2x1 + 5x2 St: 3x1 + 4x2 ≤ 24 B(1,6;4,8)  L = 27,20 C(4;0)  L = 8 2) max L = 5x1 + 2x2 A(0;6)  L = 12 B(1,6;4,8)  L = 17,60 C(4;0)  L = 20 3) max L = 5x1 + 5x2 B(1,6;4,8)  L = 32 A (0;6) B (1,6;4,8) C (4;0)

Modelo: max L= 2x1 + 5x2 St: 3x1 + 4x2 ≤ 24 2x1 + x2 ≤ 8 x1; x2 ≥ 0 A B C Solução: Escolhemos valores para L e definiremos retas auxiliares que nos induzirão a resposta. L = 2x1 + 5x2 1ª Opção: L = 10  2x1 + 5x2 = 10 Se x1 = 0  2  0 + 5x2 = 10  x2 = 2 Se x2 = 0  2x1 + 5  0 = 10  x1 = 5 Temos dois Pontos: (0;2) e (5;0) que nos dará a 1ª reta auxiliar. 2ª Opção: L = 15  2x1 + 5x2 = 15 Se x1 = 0  2  0 + 5x2 = 15  x2 = 3 Se x2 = 0  2x1 + 5  0 = 15  x1 = 7,5 Temos dois Pontos: (0;3) e (7,5;0) que nos dará a 2ª reta auxiliar. Traçando as retas auxiliares no gráfico e analisando, chegaremos ao resultado.

Analisando o resultado, verificamos: À medida que atribuímos valores a L, obtemos retas paralelas. À medida que o valor de L aumenta, a reta se afasta da origem dos eixos. Assim, concluímos que a reta azul que atinge o vértice do poliedro apresenta um ponto na região de soluções (0;6) que maximiza L: L = 2x1 + 5x2  fazendo x1= 0; x2= 6 Teremos: 2  0 + 5  6 = 30 Por fim, temos Lmáximo = 30

Método Gráfico Vamos agora resolver um modelo completo de programação linear: Dado o modelo abaixo, encontre a solução que atenda o objetivo solicitado. minimizar Z = 2x1 + 3x2 Sujeito as restrições; x1 + x2 ≥ 5 5x1 + x2 ≥ 10 x1 ≤ 8 x1 ≥ 0 x2 ≥ 0

Solução . . . Construir a região de soluções da restrição: x1 + x2 = 5  Se x1 = 0; então 0 + x2 = 5  x2 = 5 Se x2 = 0; então x1 + 0 = 5  x1 = 5 Reta que passa pelos pontos (0;5) e (5;0) 5x1 + x2 = 10  Se x1 = 0; então 5  0 + x2 = 10  x2 = 10 Se x2 = 0; então 5x1 + 0 = 10  x1 = 2 Reta que passa pelos pontos (0;10) e (2;0) x1 = 8  Corresponde a uma reta paralela ao eixo x2 pelo ponto x1 = 8 Reta que passa pelo ponto (8,0) No gráfico, com o ponto (5;5), teremos:

Avaliando o desempenho da função objetivo: Z = 2x1 + 3x2 Tomando o ponto (5;5) para teste da região de solução de cada uma das inequações, substituindo os valores x1 = 5 e x2 = 5, teremos: x1 + x2 ≥ 5  então 5 + 5 ≥ 5  10 ≥ 5  Verdadeiro 5x1 + x2 ≥ 10  então 5  5 + 5 ≥ 5  30 ≥ 5  Verdadeiro x1 ≤ 8  então 5 ≤ 8  Verdadeiro Portanto, o ponto (5;5) é uma das soluções do sistema e encontra-se na região colorida, que é realmente a área de soluções. Avaliando o desempenho da função objetivo: Z = 2x1 + 3x2 1ª Opção: Z = 12  2x1 + 3x2 = 12 Se x1 = 0  2  0 + 3x2 = 12  x2 = 4 Se x2 = 0  2x1 + 3  0 = 12  x1 = 6 Temos dois Pontos: (0;4) e (6;0) que nos dará a 1ª reta auxiliar. 2ª Opção: Z = 18  2x1 + 3x2 = 18 Se x1 = 0  2  0 + 3x2 = 18  x2 = 6 Se x2 = 0  2x1 + 3  0 = 18  x1 = 9 Temos dois Pontos: (0;6) e (9;0) que nos dará a 2ª reta auxiliar. Alocando as retas auxiliares no gráfico e analisando o resultado, temos:

Conclusão . . . A medida que diminuímos o valor de Z, obtemos retas paralelas cada vez mais próxima da origem. Portanto, dentro da região de soluções o ponto com menor valor de Z é o ponto (5;0) Chequando: x1 = 5; e x2 = 0 min Z = 2x1 + 3x2 substituindo x1 e x2, teremos min Z = 2  5 + 3  0  min Z = 10