PROGRAMAÇÃO LINEAR 17 DE SETEMBRO DE 2008

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 Varáveis de Projeto 3.5 Critério e Função Objetivo 3.6 Restrições 3.7 Região Viável 3.8 Resolução 3.9 Algoritmo SIMPLEX (conjuntos ativos) 3.10 Algoritmo Karmarkar (ponto interior)

1. DEFINIÇÃO

todas as Restrições são lineares a 11 x 1 + a 12 x a 1n x n  b 1 a 21 x 1 + a 22 x a 2n x n  b 2... a m1 x 1 + a m2 x a mn x n  b m a Função Objetivo é linear F(x) = c 1 x 1 + c 2 x c n x n O Problema de Programação Linear é um tipo especial de problema de otimização em que

2. APLICAÇÕES etc... planejamento de produção industrial transportes: rodoviário, ferroviário, fluvial, marítimo, aéreo logística produção e distribuição de energia militar

3. PROBLEMA ILUSTRATIVO Planejamento da Produção de uma Refinaria (adaptado de Edgar & Himmelblau, pg. 254)

A partir de cada um deles, pode-se 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. - a partir de cada óleo, quanto a refinaria deve produzir de - gasolina (x 31, x 32 ) - querosene (x 41, x 42 ) - óleo combustível (x 51, x 52 ) - óleo residual (x 61, x 62 ) Determinar - quantos barris/dia (b/d) a refinaria deve adquirir de cada óleo cru (x 1, x 2 ). 3.1 ENUNCIADO

Para se resolver este problema, é preciso conhecer: Preço de cada óleo cru Custo do processamento Perfil de produção: quanto se pode produzir de gasolina, querosene, óleo combustível e óleo residual a partir de cada óleo cru. Preços de venda dos produtos Limites de produção

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%. Preço de venda dos produtos p 3 = 36 $/b (gasolina) p 4 = 24 $/b (querosene) p 5 = 21 $/b (óleo combustível) p 6 = 10 $/b (óleo residual) Produção máxima de cada produto x 3max = b/d (x 3 = x 31 + x 32 ) x 4max = b/d (x 4 = x 41 + x 42 ) x 5max = b/d (x 5 = x 51 + x 52 ) 3.2 DADOS FÍSICOS E ECONÔMICOS

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 = (b/d) p 4 = 24($/b); x 4max = 2.000(b/d) p 5 = 21($/d); x 5max = 6.000(b/d) p 6 =10($/b) O1O1 O2O2 Dados resumidos em Fluxograma

Modelo Matemático ? Balanço de Informação ? Variáveis de Projeto ? Critério ? Função Objetivo ? Restrições ? Região Viável ? Como em qualquer problema de Análise de Processos

Gasolina : 0,80 x 1 + 0,44 x 2 = x 3 Querosene : 0,05 x 1 + 0,10 x 2 = x 4 Combustível: 0,10 x 1 + 0,36 x 2 = x 5 Residual : 0,05 x 1 + 0,10 x 2 = x 6 Balanços de Massa 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 ($/b) x 1 (b/d) x 2 (b/d) PRODUTOS CRÚS x 3 (b/d) x 4 (b/d) x 5 (b/d) x 6 (b/d) p 3 = 36($/b); x 3max = (b/d) p 4 = 24($/b); x 4max = 2.000(b/d) p 5 = 21($/d); x 5max = 6.000(b/d) p 6 =10($/b) O1O1 O2O2 3.3 MODELO MATEMÁTICO

Balanço de Informação G = V – N = 6 – 4  G = 2 Variáveis de Projeto: x 1 e 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 ($/b) x 1 (b/d) x 2 (b/d) PRODUTOS CRÚS x 3 (b/d) x 4 (b/d) x 5 (b/d) x 6 (b/d) p 3 = 36($/b); x 3max = (b/d) p 4 = 24($/b); x 4max = 2.000(b/d) p 5 = 21($/d); x 5max = 6.000(b/d) p 6 =10($/b) O1O1 O2O2 3.4 BALANÇO DE INFORMAÇÃO E VARIÁVEIS DE PROJETO Gasolina : 0,80 x 1 + 0,44 x 2 = x 3 Querosene : 0,05 x 1 + 0,10 x 2 = x 4 Combustível: 0,10 x 1 + 0,36 x 2 = x 5 Residual : 0,05 x 1 + 0,10 x 2 = x 6 Balanços de Massa

Receita (R): 36 x x x x 6 Custos de MatPrim (CMP) : 24 x x 2 Custos Processamento (CP): 0,50 x 1 + x 2 Função Objetivo L = R – CMP - CP L = 36 x x x x x 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 ($/b) x 1 (b/d) x 2 (b/d) PRODUTOS CRÚS x 3 (b/d) x 4 (b/d) x 5 (b/d) x 6 (b/d) p 3 = 36($/b); x 3max = (b/d) p 4 = 24($/b); x 4max = 2.000(b/d) p 5 = 21($/d); x 5max = 6.000(b/d) p 6 =10($/b) O1O1 O2O2 3.5 CRITÉRIO E FUNÇÃO OBJETIVO Critério Maximização do Lucro

Restrições de Igualdade (modelo) Gasolina : 0,80 x 1 + 0,44 x 2 = x 3 Querosene : 0,05 x 1 + 0,10 x 2 = x 4 Combustível : 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  Querosene : x 4  Combustível : x 5  Óleos crus : x 1  0 e x 2  0 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 ($/b) x 1 (b/d) x 2 (b/d) PRODUTOS CRÚS x 3 (b/d) x 4 (b/d) x 5 (b/d) x 6 (b/d) p 3 = 36($/b); x 3max = (b/d) p 4 = 24($/b); x 4max = 2.000(b/d) p 5 = 21($/d); x 5max = 6.000(b/d) p 6 =10($/b) O1O1 O2O2 3.6 RESTRIÇÕES Min f(x) Função Objetivo  x  Variáveis de Projeto s.a.: g(x)  0 Restr. desigualdade h(x) = 0 Restr. igualdade

Incorporando as Restrições de Igualdade à Função Objetivo Resulta L(x) = 8,1 x ,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 Combustível : 0,10 x 1 + 0,36 x 2 = x 5 Residual : 0,05 x 1 + 0,10 x 2 = x 6 L = 36 x x x x x x 2 - 0,50 x 1 - x 2

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

x 2 = L/10,8 – (8,1/10,8) x 1 (família de retas) Função Objetivo L(x) = 8,1 x ,8 x 2 (linear) x1x1 (1.000 b/d) x2x2 L= L= L= L= L=

0,80 x 1 + 0,44 x 2  (gasolina) 0,05 x 1 + 0,10 x 2  (querosene) 0,10 x 1 + 0,36 x 2  (combustível) x 1  0 x 2  0 região convexa ! x1x1 (1.000 b/d) x2x2 A B C D E gasolina querosene óleo Qualquer ponto no interior ou sobre a fronteira da Região Viável é uma Solução Viável 3.7 REGIÃO VIÁVEL

3.8 RESOLUÇÃO

Solução Ótima Solução (D): (26.207, 6.897) (L= ) É a solução viável correspondente ao valor máximo do Lucro x1x1 (1.000 b/d) x2x2 A B C D E óleo querosene gasolina Em duas dimensões, a identificação visual da Solução Ótima é imediata.

Solução (C): (14.000, ) (L = ) 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. A Solução Ótima se localiza em pelo menos um dos Vértices da Região Viável

Como automatizar a busca pelo o vértice ótimo? Busca Exaustiva Método dos Conjuntos Ativos Método do Ponto Interior

Métodos da busca exaustiva e dos conjuntos ativos Ignorando os pontos interiores, restringindo a busca à fronteira da região viável e, na fronteira, restringindo a busca aos vértices x1x1 (1.000 b/d) x2x2 A B C D E óleo querosene gasolina Solução: (26.207, 6.897) (L= ) (como???)

Para tanto, os passos são os seguintes: 1. Restringir a busca à fronteira da região viável 2. Restringir a busca, na fronteira, aos vértices Transformando as restrições de desigualdade em restrições de igualdade Busca exaustiva: examinar todos os vértices das restrições explosão combinatória  Conjuntos Ativos: examinar os vértices da região viável método Simplex 

Variável de Folga No método dos conjuntos ativos, pode ser operada com o auxílio do conceito de Transformando as restrições de desigualdade em restrições de igualdade

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

Folga x1x1 (1.000 b/d) x2x2 A B C D E F G H gasolina querosene óleo Qualquer ponto (x 1, x 2 ) localizado sobre um restrição corresponde à produção máxima do produto respectivo. f 1 = b/d f 2 = 111 b/d f 3 = 0 b/d J 13,9 Gasolina : 0,80 x 1 + 0,44 x 2 = x 3 = (24.000) Querosene : 0,05 x 1 + 0,10 x 2 = x 4 = (2.000) Combustível : 0,10 x 1 + 0,36 x 2 = x 5 = (6.000) Exemplo: ponto J (produção máxima de óleo = b/d: f 3 = 0)

Folga x1x1 (1.000 b/d) x2x2 A B C D E F G H gasolina querosene óleo Qualquer ponto (x 1, x 2 ) localizado sobre um vértice corresponde à produção máxima dos 2 produtos respectivos. f 1 = 0 b/d f 2 = 0 b/d f 3 = b/d Gasolina : 0,80 x 1 + 0,44 x 2 = x 3 = (24.000) Querosene : 0,05 x 1 + 0,10 x 2 = x 4 = (2.000) Combustível : 0,10 x 1 + 0,36 x 2 = x 5 = (6.000) Exemplo: ponto D (produção máxima de gasolina e de querosene: f 1 = 0, f 2 = 0)

A desejada transformação das restrições de desigualdade em restrições de igualdade é obtida incorporando as folgas às restrições de desigualdade

Max L(x) = 8,1 x ,8 x 2 {x 1, x 2 } s.a.: 0,80 x 1 + 0,44 x 2  (gasolina) 0,05 x 1 + 0,10 x 2  (querosene) 0,10 x 1 + 0,36 x 2  (combustível) x 1  0 x 2  0 Incorporando as folgas f i às restrições de desigualdade Max L(x) = 8,1 x ,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 = (gasolina) = (querosene) = 6.000(combustível)

A qualquer par de valores das variáveis de projeto, corresponde uma solução. Logo, o problema exibe uma infinidade de soluções viáveis. 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 = (gasolina) = (querosene) = 6.000(combustível) Mas, agora, todas localizadas na fronteira da região viável

x1x1 (1.000 b/d) x2x2 A B C D E óleo querosene gasolina Solução: (26.207, 6.897) (L= ) Uma solução trivial é: x 1 = 0, x 2 = 0 Corresponde a uma vértice especial: a origem, onde L = 0

2. Na fronteira, restringir a busca aos vértices.

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 = (gasolina) = (querosene) = 6.000(combustível) 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 = (gasolina) = 333 (querosene) = (combustível) Parte-se do fato de que o sistema de restrições de igualdade pode ser re-escrito sob diversas formas. Forma Original Uma das formas alternativas Com x 1 = 0 e x 2 = 0  vértice A (origem) Com x 1 = 0 e f 3 = 0  vértice B

Uma forma de examinar apenas os vértices da região viável consiste em reescrever o sistema sob formas diferentes e atribuir o valor zero às variáveis de projeto correspondentes Portanto...

x1x1 (1.000 b/d) x2x2 A B C D E óleo querosene gasolina Solução: (26.207, 6.897) (L= ) A x1 = 0 x2 = 0 f1 = f2 = f3 = B x1 = 0 x2 = f1 = f2 = 333 f3 = 0 C x1 = x2 = f1 = f2 = 0 f3 = 0 D x1 = x2 = f1 = 0 f2 = 0 f3 = 897 E x1 = x2 = 0 f1 = 0 f2 = 500 f3 = Examinando os valores de x 1, x 2, f 1, f 2 e f 3 em cada vértice

A x1 = 0 x2 = 0 f1 = f2 = f3 = B x1 = 0 x2 = f1 = f2 = 333 f3 = 0 C x1 = x2 = f1 = f2 = 0 f3 = 0 D x1 = x2 = f1 = 0 f2 = 0 f3 = 897 E x1 = x2 = 0 f1 = 0 f2 = 500 f3 = O SIMPLEX parte da origem e visita vértices adjacentes na busca da solução ótima, invertendo sucessivamente o papel de 2 variáveis: uma do problema (básica) e uma de projeto (não-básica). Inverter os papéis de duas variáveis, consiste em reescrever o sistema de equações em termos de uma outra base. 3.9 Algoritmo SIMPLEX (Dantzig, 1947)

x1x1 x2x2 f1f1 f2f2 f3f3 b 0,800, ,050, ,10, ,1010,80000L 0,80 x 1 + 0,44 x 2 + 0,05 x 1 + 0,10 x 2 + 0,10 x 1 + 0,36 x 2 + L(x) = 8,1 x ,8 x 2 f1f1 f2f2 f3f3 = (gasolina) = (querosene) = 6.000(combustível) A mudança de base é executada aplicando o Algoritmo de Gauss-Jordan à Matriz Aumentada (Tableau) do sistema de equações lineares. O Lucro é incluído na matriz para que os seus coeficientes sofram as mesmas transformações e fique expresso automaticamente na nova base.

Projeto  Problema Identifica-se a variável de projeto de maior coeficiente positivo na expressão do Lucro (a que mais contribui para o aumento do Lucro). OBS: coeficiente mais negativo no caso de minimização. Problema  Projeto Identifica-se o menor valor positivo de b/a, sendo b o vetor dos termos independentes (coluna da direita) e a o vetor dos coeficientes na coluna da variável de projeto escolhida acima. (corresponde a restrição mais próxima ao aumentar a variável de projeto) Critério para a troca de papéis (PIVOTAMENTO) L(x) = 8,1 x ,8 x 2 : x 1 = x 2 = 0  L = 0 aumento em x 2  contribui mais para o aumento de L

x1x1 x2x2 f1f1 f2f2 f3f3 0,800, ,050, ,10, ,1010,80000L x1x1 x2x2 f1f1 f2f2 f3f3 x2  x2x2  x2 f3  f3f3  f3 Pivô = a 32 = 0,36 Divide-se a linha do pivô pelo pivô. Em seguida: a ij = a ij – a i2 a 3j 0,68 0,001,00 0,282, Ex.: a 11 =0,80 – 0,44 x 0,28 = 0,68 0,36 b/a i ,00-1,

x1x1 x2x2 f1f1 f2f2 f3f3 0,800, ,050, ,10, ,1010,80000L x1x1 x2x2 f1f1 f2f2 f3f3 0, , , , ,281002, , L Com x 1 = f 3 = 0  L = x2  x2x2  x2 f3  f3f3  f3 Resultado da eliminação Gaussiana: Ponto B

x1x1 (1.000 b/d) x2x2 A B C D E óleo querosene gasolina x1x1 x2x2 f1f1 f2f2 f3f3 0, , , , ,281002, , L Ponto B Com x 1 = f 3 = 0 L =

x1x1 x2x2 f1f1 f2f2 f3f3 0, , , , ,281002, , L x1x1 x2x2 f1f1 f2f2 f3f ,57, , ,56, ,533,75L Com f 2 = f 3 = 0  L = x1  x1x1  x1 f2  f2f2  f2 Divide-se a linha do pivô pelo pivô. Em seguida: a ij = a ij – a i1 a 2j b/a i Pivô = a 21 = 0,02 0,02

x1x1 x2x2 f1f1 f2f2 f3f ,57, , ,56, ,533,75L x1x1 (1.000 b/d) x2x2 A B C D E óleo querosene gasolina Ponto C Com f 2 = f 3 = 0 L =

x1x1 x2x2 f1f1 f2f2 f3f ,57, , ,56, ,533,75L x1x1 x2x2 f1f1 f2f2 f3f3 000,144, ,72-7, ,8613, ,66-87,520L Com f 1 = f 2 = 0  L = f3  f3f3  f3 f1  f1f1  f1 Divide-se a linha do pivô pelo pivô.Em seguida: a ij = a ij – a i5 a 1j b/a i5 896, Pivô = a 15 = 7,25 7,25

x1x1 x2x2 f1f1 f2f2 f3f3 000,144, ,72-7, ,8613, ,66-87,520L x1x1 (1.000 b/d) x2x2 A B C D E óleo querosene gasolina Ponto D Com f 1 = f 2 = 0 L =

x1x1 x2x2 f1f1 f2f2 f3f3 000,144, ,72-7, ,8613, ,66-87,520L Ponto D Com f 1 = f 2 = 0 L = Nenhuma para entrar  FIM Projeto  Problema Identifica-se a variável de projeto de maior coeficiente POSITIVO na expressão do Lucro (a que mais contribui para o aumento do Lucro)

000,144,211 x1x ,72-7,590 x2x ,8613,790 f1f1 = ,66-87,520 f2f2 L f3f3 Ponto D Com f 1 = f 2 = 0 x 1 = x 2 = f 3 = 897 L =

x1x1 (1.000 b/d) x2x2 A B C D E óleo querosene gasolina Solução: Ponto D x 1 = x 2 = gasolina = (f 1 = 0) querosene = (f 2 = 0) óleo = (f 3 = 897) L =

x1x1 x2x2 f1f1 f2f2 f3f3 000,144, ,72-7, ,8613, ,66-87,520L Análise de Sensibilidade Pode ser efetuada através dos valores implícitos (“shadow prices” ou “custos marginais”) dos produtos, que aparecem na última linha do Tableau Final, com sinal trocado. Corresponde aos multiplicadores de Lagrange das restrições ativas.  b L = -  Por ex.: um aumento de 100 b/d de gasolina (restrição ativa f 1 ) implicaria em um aumento de 100 * 4,66 = 466 $/d no lucro da unidade.

Ou seja, cada b/d produzido de gasolina contribui internamente com 4,66 $/d para o lucro, enquanto que seu preço de venda no mercado externo é de 36 $/b.

Métodos do Ponto Interior Restringe a busca aos pontos interiores da região viável x1x1 (1.000 b/d) x2x2 A B C D E óleo querosene gasolina Solução: (26.207, 6.897) (L= ) (como???)

3.10 Algoritmo de Karmarkar (1984, Dikin, 1967) max {f(x) = c T x} {x} sujeito a: A x  b x  0 origem  d dpdp drdr  Aplica uma projeção do vetor direção (d =  f = c) no espaço nulo das restrições transformadas em igualdade. A busca segue então na direção projetada até as proximidades de uma restrição, obtendo o ponto x k.

e reformulado para que o ponto de partida do próximo estágio esteja eqüidistante de todos os hiperplanos que formam o poliedro (ou seja, o centróide): A x = A DD  1 x = A D x k+1 f(x) = c T DD  1 x = c T D x k+1 resultando no novo problema: max f(x) = c T D x {x} sujeito a: A D x  b x  0 Repetindo o procedimento até a convergência. O problema é então normalizado por: x k+1 = D  1 x, onde D = diag(x k )

Algoritmo de Karmarkar Entrada: A, b, c, x 0, critério de parada e  max {f(x) = c T x} {x} sujeito a: A x  b x  0

Solução do problema no MATLAB c=[8.1; 10.8]; A=[ ]; b=[24000; 2000; 6000]; lb=zeros(2,1); x0=[0; 0]; % conjuntos ativos: simplex op=optimset('LargeScale','off','Display','final'); [x,S,eflag,out,lambda]=linprog(-c,A,b,[],[],lb,[],x0,op) x = [ ; ] S = out = iterations: 3 algorithm: 'medium-scale: activeset' lambda.ineqlin = [4.66; 87.52; 0.00]

Solução do problema no MATLAB c=[8.1; 10.8]; A=[ ]; b=[24000; 2000; 6000]; lb=zeros(2,1); x0=[0; 0]; % ponto interior: S. Mehrotra, 1992 op=optimset('LargeScale','on','Display','iter','MaxIter',100,'TolFun',1e-4); [x,S,eflag,out,lambda]=linprog(-c,A,b,[],[],lb,[],[],op) x = [ ; ] S = out = iterations: 4 algorithm: 'lipsol‘ lambda.ineqlin = [4.66; 87.52; 0.00]

PROBLEMA

Uma empresa possui duas plantas de alquilados (A1 e A2), cujos produtos são distribuídos a 3 clientes (C1, C2 e C3). C1C2C3 A A Custos de Transporte ($/ton) A produção máxima (ton/d) de cada planta é: A1 = 1,6 : A2 = 0,8 A demanda mínima (ton/d) de cada cliente é: C1 = 0,9 : C2 = 0,7 : C3 = 0,3 O custo de produção da planta A1 é de $30/ton até 0,5 ton/d ou de $40/ton acima de 0,5 ton/d. O custo de produção da planta A2 é de $35/ton (qualquer nível). Qual deve ser o esquema de produção e de distribuição da empresa que minimiza o seu custo total ?