Pesquisa Operacional: Método Simplex – Duas Fases 1

Exemplo 1: Minimização da função objetivo Minimizar Z = 3x1 + 2x2 Restrições: 2x1 + x2 ≥ 10 x1 + 5x2 ≥ 15 x1 ≥ 0 x2 ≥ 0 Pode-se transformar em um problema de maximização da seguinte forma:

Passo 1: Transformar para maximização e introduzir as variáveis de folga. Multiplicar a função objetivo por (-1) para utilizar o método Simplex como foi efetuado anteriormente na maximização. Minimizar Z = 3x1 + 2x2 Restrições: 2x1 + x2 ≥ 10 x1 + 5x2 ≥ 15 x1 ≥ 0 x2 ≥ 0 Max(-z) = Min(z) Max (-z) = -3x1 - 2x2 Restrições: 2x1 + x2 ≥ 10 x1 + 5x2 ≥ 15 x1 ≥ 0 e x2 ≥ 0

Passo 1: inserir as variáveis de folga. Max(-z) = Min(z) Max (-z) = -3x1 - 2x2 Restrições: 2x1 + x2 ≥ 10 x1 + 5x2 ≥ 15 x1 ≥ 0 e x2 ≥ 0 2x1 + x2 + f1 = 10 x1 + 5x2 + f2 = 15 2x1 + x2 + 1f1 + 0f2 = 10 x1 + 5x2 + 0f1 + 1f2 = 15 Função objetivo: -z + 3x1 + 2x2 + 0f1 + 0f2 = 0

Passo 2: Montagem do quadro de cálculos. Função objetivo: -z + 3x1 + 2x2 + 0f1 + 0f2 = 0 2x1 + x2 + 1f1 + 0f2 = 10 x1 + 5x2 + 0f1 + 1f2 = 15 BASE x1 x2 f1 f2 b 2 1 10 5 15 -z 3

Passo 3: Escolha da solução básica viável inicial. Variáveis não-básicas: Variáveis básicas: Função objetivo:

Passo 4: Variável que deve entrar na base. 1ª Iteração Passo 4: Variável que deve entrar na base. Qual é o produto que mais contribui para o lucro? (maior valor positivo (-z) = x1 BASE x1 x2 f1 f2 b 2 1 10 5 15 -z 3 Maior valor positivo X1

Passo 5: Variável que deve sair da base. Divisões: 1ª linha: 2ª linha: O menor quociente ocorreu na 1ª linha. Logo, a variável que deve sair é : f1 BASE x1 x2 f1 f2 b 2 1 10 5 15 -z 3 Pivô (cruzamento) = 2

Passo 6: Transformação da matriz. Deverão ser realizadas as operações com as linhas da matriz, de forma que a coluna de X1 venha a se tornar um vetor identidade, com o elemento 1 na 1ª linha. BASE x1 x2 f1 f2 b 1 -z Entra X1 no lugar de f1

Passo 6: Transformação da matriz. BASE x1 x2 f1 f2 b 1/2 5 -9/2 -1 -10 -z -3/2 -15 L1 ¬ L1 / 2 L2 ¬ L2 – L1 L3 ¬ L3 - 3L3 BASE x1 x2 f1 f2 b 2 1 10 5 15 -z 3 Matriz de cálculo anterior

Nova solução: Variáveis não-básicas: Variáveis básicas: Função objetivo:

Passo 4: Variável que deve entrar na base. 2ª Iteração Passo 4: Variável que deve entrar na base. Qual é o produto que mais contribui para o lucro? (maior valor positivo (-z) = x2) BASE x1 x2 f1 f2 b 1 1/2 5 -9/2 -1 -10 -z -3/2 -15 Maior valor positivo X2

Passo 5: Variável que deve sair da base. Divisões: 1ª linha: 2ª linha: O menor quociente ocorreu na 2ª linha. Logo, a variável que deve sair é : f2 BASE x1 x2 f1 f2 b 1 1/2 5 -9/2 -1 -10 -z -3/2 -15 Pivô (cruzamento) = -9/2

Passo 6: Transformação da matriz. Deverão ser realizadas as operações com as linhas da matriz, de forma que a coluna de X2 venha a se tornar um vetor identidade, com o elemento 1 na 2ª linha. BASE x1 x2 f1 f2 b 1 -z Entra X2 no lugar de f2

Passo 6: Transformação da matriz. BASE x1 x2 f1 f2 b 5/9 -1/9 3,88 2/9 2,22 -z -1,44 -0,11 -16,11 L1 ¬ L1 - L2/2 L2 ¬– 2L2/9 L3 ¬ L3 – L2/2 BASE x1 x2 f1 f2 b 1 1/2 5 -9/2 -1 -10 -z -3/2 -15 Matriz de cálculo anterior

Assim, obtemos a solução ótima para: x1 = 3,89 f1 = 0 x2 = 2,22 f2 = 0 -z = -16,11 z = 16,11 BASE x1 x2 f1 f2 b 1 5/9 -1/9 3,88 2/9 2,22 -z -1,44 -0,11 -16,11

Quando maximizamos ou minimizamos uma função objetivo temos: Maximizar L = x1 + 2x2 Restrições: 3x1 + 4x2 ≤ 24 5x1 + 2x2 ≤ 20 x1 ≥ 0 x2 ≥ 0 Minimizar Z = 3x1 + 2x2 Restrições: 2x1 + x2 ≥ 10 x1 + 5x2 ≥ 15 x1 ≥ 0 x2 ≥ 0 ≤ delimita o maior valor possível para as restrições ≥ delimita o menor valor possível para as restrições

O método Simples Duas Fases resolve problemas das restrições conforme demonstrado abaixo: Maximizar L = x1 + 2x2 Restrições: 3x1 + 4x2 ≥ 24 5x1 + 2x2 = 20 x1 ≥ 0 x2 ≥ 0 Minimizar Z = 3x1 + 2x2 Restrições: 2x1 + x2 = 10 x1 + 5x2 ≤ 15 x1 ≥ 0 x2 ≥ 0 Solução não existe Solução não existe

Método Simplex – Duas Fases O Método Simplex utiliza uma solução inicial viável para começar o processo iterativo, trabalhando sempre dentro da região viável. Nos casos apresentados de maximização até o presente momento, a solução para xi = 0, para i = 1, ..., n era uma solução viável, já que todas as restrições apresentadas foram do tipo (≤). Quando as restrições são do tipo (=) ou (≥), esta solução não existe. 19

Seja o exemplo abaixo: minimizar z = 10 x1 + 4 x2 + 5 x3 sujeito a: 8 x1 + 3 x2 + 4 x3 ³ 10 4 x1 + 3 x2 £ 8 x1, x2, x3 ³ 0 Como temos uma restrição do tipo (³), a variável de folga deve ter coeficiente negativo, tendo o significado de uma variável de excesso.

onde f1 é uma variável de excesso e f2 é uma variável de folga. O problema transformado é: minimizar z = 10 x1 + 4 x2 + 5 x3 sujeito a: 8 x1 + 3 x2 + 4 x3 - f1 = 10 4 x1 + 3 x2 + f2 = 8 x1, x2, x3, f1, f2 ³ 0 onde f1 é uma variável de excesso e f2 é uma variável de folga.

Pelo processo de solução anterior, a variável de excesso (f1) passaria a ter valor negativo na solução inicial (-10), o que não é permitido. Assim, a solução x1 = x2 = x3 = 0 é inviável. É necessário então encontrar uma solução viável para que o método Simplex possa ser iniciado.

A forma de se resolver isto é inventando novas variáveis, também chamadas de variáveis artificiais, e representadas por zi. Uma variável artificial será colocada em cada restrição do modelo, ou seja: 8 x1 + 3 x2 + 4 x3 - f1 + z1 = 10 4 x1 + 3 x2 + f2 + z2 = 8 x1, x2, x3, f1, f2, z1, z2 ³ 0 Percebe-se que o problema com as restrições acima não é o mesmo problema, a não ser que todas as variáveis zi sejam iguais a zero.

Desta forma, podemos resolver o problema em duas fases: Na primeira fase, substituímos a função objetivo original por uma função objetivo auxiliar da seguinte forma: Soma-se as variáveis das duas restrições: 8 x1 + 3 x2 + 4 x3 - f1 + z1 = 10 4 x1 + 3 x2 + 0 x3 + f2 + z2 = 8 12 x1 + 6 x2 + 4 x3 - f1 + f2 + z1 + z2 = 18 Representa-se as restrições em função de z1 e z2 12 x1 + 6 x2 + 4 x3 - f1 + f2 - 18 = - z1 - z2 portanto, a função objetivo auxiliar será: zaux = - z1 - z2 = 12 x1 + 6 x2 + 4 x3 - f1 + f2 - 18

Nesse momento, aplicamos o método Simplex de forma a maximizar a função objetivo auxiliar, com as restrições contendo as variáveis auxiliares. A função objetivo auxiliar será maximizada quando todas as variáveis zi forem iguais a zero, já que não podem conter valores negativos. A primeira fase do problema então consiste na maximização da função objetivo auxiliar, que fornecerá uma solução viável para o problema original. A segunda fase consiste em resolver o problema original tomando como solução inicial os valores obtidos pela primeira fase para as variáveis xi e fi.

zaux = - z1 - z2 = 12 x1 + 6 x2 + 4 x3 - f1 + f2 - 18 Resolvendo o problema: minimizar z = 10 x1 + 4 x2 + 5 x3 sujeito a: 8 x1 + 3 x2 + 4 x3 - f1 + z1 = 10 4 x1 + 3 x2 + f2 + z2 = 8 x1, x2, x3, f1, f2 ³ 0 Função objetivo: z’ = -z = 10 x1 + 4 x2 + 5 x3 - 0f1 + 0f2+ 0z1 + 0z2 Função objetivo auxiliar: zaux = - z1 - z2 = 12 x1 + 6 x2 + 4 x3 - f1 + f2 - 18

Para resolver o problema, monta-se o quadro de forma semelhante à sistemática anterior, colocando-se a função objetivo artificial na última linha. Base x1 x2 x3 f1 f2 z1 z2 b 8 3 4 -1 1 10 z' = -z 5 zaux -12 -6 -4 -18 Como o problema é de minimização e vamos maximizar, é necessário multiplicar a função objetivo auxiliar por (-1). Aplica-se Simplex usando como função objetivo a última linha.

Quando a solução ótima for atingida, dois casos podem ocorrer: zaux = 0: neste caso foi obtida uma solução básica do problema original e o processo de solução deve continuar, desprezando-se as variáveis artificiais e os elementos da última linha. É o início da segunda fase do processo. zaux ¹ 0: neste caso o problema original não tem solução viável, o que significa que as restrições devem ser inconsistentes.

Fase 1 - Primeira iteração Variável a entrar na base: x1 (coluna com maior valor negativo na última linha) Variável a sair da base: z1 (o quociente 10/8 é o menor quociente entre a última coluna e a coluna da variável x1, que vai entrar na base) Pivô = 8 Base x1 x2 x3 f1 f2 z1 z2 b 8 3 4 -1 1 10 z' = -z 5 zaux -12 -6 -4 -18 x1 1 Montagem da matriz identidade

Base x1 x2 x3 f1 f2 z1 z2 b 1 3/8 1/2 -1/8 1/8 5/4 3/6 -2 -1/2 3 z' = -z 1/4 -5/4 -12,5 zaux -3/6 2 -1 3/2 -3 L1 ¬ L1 / 8 L2 ¬ L2 - 4 L1 L3 ¬ L3 - 10 L1 L4 ¬ L4 + 12 L1 Base x1 x2 x3 f1 f2 z1 z2 b 8 3 4 -1 1 10 z' = -z 5 zaux -12 -6 -4 -18 Matriz de cálculo anterior

Fase 1 – Segunda iteração Variável a entrar na base: x2 (coluna com maior valor negativo na última linha) Variável a sair da base: z2 (o quociente 3/(3/2) é o menor quociente entre a última coluna e a coluna da variável x2, que vai entrar na base) Pivô = 3/6 Base x1 x2 x3 f1 f2 z1 z2 b 1 3/8 1/2 -1/8 1/8 5/4 3/6 -2 -1/2 3 z' = -z 1/4 -5/4 -12,5 zaux -3/6 2 -1 3/2 -3 X2 1 Montagem da matriz identidade

Base x1 x2 x3 f1 f2 z1 z2 b 1 -1/4 1/4 1/2 -4/3 1/3 2/3 -1/3 2 z' = -z 7/6 -1/6 -7/6 1/6 -13 zaux L1 ¬ L1 - 3 L2 / 8 L2 ¬ 2 L2 / 3 L3 ¬ L3 - L2 / 4 L4 ¬ L4 + 3 L2 / 2 Base x1 x2 x3 f1 f2 z1 z2 b 1 3/8 1/2 -1/8 1/8 5/4 3/6 -2 -1/2 3 z' = -z 1/4 -5/4 -12,5 zaux -3/6 2 -1 3/2 -3 Matriz de cálculo anterior Como na última linha o valor da função objetivo artificial é zero, a primeira fase terminou e a solução encontrada é a solução básica inicial para a segunda fase.

Removendo a última linha e as colunas referentes às variáveis artificiais, o quadro se torna: Base x1 x2 x3 f1 f2 b 1 -1/4 1/2 -4/3 1/3 2/3 2 z' = -z 7/6 -1/6 -13 Matriz para 2ª fase Base x1 x2 x3 f1 f2 z1 z2 b 1 -1/4 1/4 1/2 -4/3 1/3 2/3 -1/3 2 z' = -z 7/6 -1/6 -7/6 1/6 -13 zaux Retirar zaux, z1 e z2

Fase 2 - Primeira iteração Variável a entrar na base: f2 (coluna com maior valor negativo na última linha) Variável a sair da base: x2 (o quociente 2/(2/3) é o menor quociente entre a última coluna e a coluna da variável f2, que vai entrar na base) Pivô = 2/3 Base x1 x2 x3 f1 f2 b 1 -1/4 1/2 -4/3 1/3 2/3 2 z' = -z 7/6 -1/6 -13 f2 1 Montagem da matriz identidade

L1 ¬ L1 + L2 / 4 L2 ¬ 3 L2 / 2 L3 ¬ L3 + L2 / 6 Base x1 x2 x3 f1 f2 b 3/8 1/2 -1/8 5/4 3/6 -2 3 z' = -z 1/4 -12,5 L1 ¬ L1 + L2 / 4 L2 ¬ 3 L2 / 2 L3 ¬ L3 + L2 / 6 Base x1 x2 x3 f1 f2 b 1 -1/4 1/2 -4/3 1/3 2/3 2 z' = -z 7/6 -1/6 -13 Matriz de cálculo anterior Todos os valores da última linha (função z-transformada) são positivos ou nulos, concluímos que a solução encontrada é ótima.

Resposta ao problema: minimizar z = 10 x1 + 4 x2 + 5 x3 sujeito a: 8 x1 + 3 x2 + 4 x3 ≥ 10 4 x1 + 3 x2 ≤ 8 x1, x2, x3, f1, f2 ³ 0 Base x1 x2 x3 f1 f2 b 1 3/8 1/2 -1/8 5/4 3/6 -2 3 z' = -z 1/4 -12,5 x1 = 1,25 x2 = 0 z = -z' = 12,5

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Bibliografia indicada LISBOA, Erico Fagundes Anicet. Rio de Janeiro, 2002. versão digital disponível na Internet (http://www.ericolisboa.eng.br). ANDRADE, Eduardo Leopoldino de. Introdução à Pesquisa Operacional: métodos e modelos para a análise de decisão. Rio de Janeiro: Editora LTC, 2005. LACHTERMACHER, Gerson. Pesquisa Operacional na Tomada de Decisões: modelagem em Excel. Rio de Janeiro: Editora Elsevier, 2004. 38