Análise de sensibilidade

Análise de sensibilidade
Prof.: Eduardo Uchoa

Análise de Sensibilidade
Uma vez que já se tenha resolvido um PL, existem técnicas para avaliar como “pequenas alterações” nesse PL podem alterar a solução ótima, sem precisar resolver o novo PL do zero. Por exemplo: Alterações no lado direito das restrições Alterações nos custos das variáveis Adição de novas variáveis ao PL

Análise de Sensibilidade
Quando se resolve um PL, além da solução primal ótima x*, também se obtém a solução do dual ótima y*. Essas duas soluções geram outros dados que podem ser úteis: A folga da restrição i: O custo reduzido da variável j: O custo reduzido é a folga do dual.

Tela de um resolvedor Análise de sensibilidade

Tela de um resolvedor Análise de sensibilidade Uma restrição de igualdade sempre tem folga =0. Sua variável dual não tem limitação de sinal.

Tela de um resolvedor Análise de sensibilidade Uma restrição de ≤ sempre tem folga ≥ 0. Uma restrição de ≥ sempre tem folga ≤ 0 (folga negativa ↔ excesso positivo).

Tela de um resolvedor Análise de sensibilidade Uma desigualdade no formato canônico tem variável dual ≥ 0. Uma desigualdade contrária ao formato canônico tem variável dual ≤ 0.

Tela de um resolvedor Análise de sensibilidade O teorema das folgas complementares é sempre respeitado.

Alterando o lado direito das restrições

Propriedades das variáveis duais
Teorema – Se um PL possui solução ótima não-degenerada x* com valor z* e solução ótima dual y*, então existe um ε>0 tal que para todo vetor T=(t1,t2,...,tm), com |ti|≤ε, a solução ótima do novo PL em que T é somado ao vetor de lados direitos b tem valor:

Interpretação do teorema
As variáveis duais indicam o que acontece com a função objetivo quando se altera “pouco” o lado direito de uma ou mais restrições. As variáveis duais são o “gradiente” da função objetivo em relação ao lado direito das restrições.

A partir de certo ponto, o aumento/diminuição do lado direito de uma restrição deixa de influenciar o valor da solução ótima.

3,0 xmad + 1,5 xal ≤ 21 (ymontagem)
Max z = 4,0 xmad + 6,0 xal S. a 1,5 xmad + 4,0 xal ≤ 24 (ycorte) 3,0 xmad + 1,5 xal ≤ 21 (ymontagem) 1,0 xmad + 1,0 xal ≤ (yacabamento) 14 12 10 8 6 4 2 xmad 2 4 6 8 10 12 14 16 a

Max z = 4,0 xmad + 6,0 xal S. a 1,5 xmad + 4,0 xal ≤ 24 (ycorte) 3,0 xmad + 1,5 xal ≤ 21 (ymontagem) 1,0 xmad + 1,0 xal ≤ (yacabamento) 14 12 10 Solução Primal Ótima: xmad = 3,2; xal = 4,8 z = 41,6 8 6 4 2 xmad 2 4 6 8 10 12 14 16 a

Max z = 4,0 xmad + 6,0 xal S. a 1,5 xmad + 4,0 xal ≤ 24 (ycorte) 3,0 xmad + 1,5 xal ≤ 21 (ymontagem) 1,0 xmad + 1,0 xal ≤ (yacabamento) 14 12 10 Solução Dual Ótima: ycorte = 0,8; ymontagem = 0; yacabamento = 2,8 w = 41,6 8 6 4 2 xmad 2 4 6 8 10 12 14 16 a

Interpretação da solução dual
A solução dual nos diz que: Se aumentarmos a disponibilidade do setor de corte de 24h para 25h, teremos uma acréscimo de até 0,8 no lucro da empresa. Não haverá aumento no lucro da empresa se aumentarmos o número de horas disponíveis no setor de montagem Teremos um aumento no lucro de no máximo 2,8 se a disponibilidade do setor de acabamento tiver 1h a mais

Max z = 4,0 xmad + 6,0 xal S. a 1,5 xmad + 4,0 xal ≤ 24 (ycorte) 3,0 xmad + 1,5 xal ≤ 21 (ymontagem) 1,0 xmad + 1,0 xal ≤ (yacabamento) 14 12 10 Aumentando a disponibilidade de 8h para 9h no setor de acabamento 8 6 4 2 xmad 2 4 6 8 10 12 14 16 a

Max z = 4,0 xmad + 6,0 xal S. a 1,5 xmad + 4,0 xal ≤ 24 (ycorte) 3,0 xmad + 1,5 xal ≤ 21 (ymontagem) 1,0 xmad + 1,0 xal ≤ (yacabamento) 14 12 10 Nova Solução Primal Ótima: xmad = 4,8; xal = 4,2 z = 44,4 = 41,6 + 2,8 8 6 4 2 xmad 2 4 6 8 10 12 14 16 a

Max z = 4,0 xmad + 6,0 xal S. a 1,5 xmad + 4,0 xal ≤ 24 (ycorte) 3,0 xmad + 1,5 xal ≤ 21 (ymontagem) 1,0 xmad + 1,0 xal ≤ (yacabamento) 14 12 10 Nova Solução Dual Ótima: ycorte = 0,8; ymontagem = 0; yacabamento = 2,8 w = 44,4 8 6 4 2 xmad 2 4 6 8 10 12 14 16 a

Max z = 4,0 xmad + 6,0 xal S. a 1,5 xmad + 4,0 xal ≤ 24 (ycorte) 3,0 xmad + 1,5 xal ≤ 21 (ymontagem) 1,0 xmad + 1,0 xal ≤ (yacabamento) 14 12 10 Aumentando a disponibilidade de 9h para 10h no setor de acabamento 8 6 4 2 xmad 2 4 6 8 10 12 14 16 a

Max z = 4,0 xmad + 6,0 xal S. a 1,5 xmad + 4,0 xal ≤ 24 (ycorte) 3,0 xmad + 1,5 xal ≤ 21 (ymontagem) 1,0 xmad + 1,0 xal ≤ 10 (yacabamento) 14 12 10 Nova Solução Primal Ótima: xmad = 4,92; xal = 4,15 z = 44,61 = 44,4 + 0,21 < 44,4+2,8 8 6 4 2 xmad 2 4 6 8 10 12 14 16 a

Max z = 4,0 xmad + 6,0 xal S. a 1,5 xmad + 4,0 xal ≤ 24 (ycorte) 3,0 xmad + 1,5 xal ≤ 21 (ymontagem) 1,0 xmad + 1,0 xal ≤ 10 (yacabamento) 14 12 10 Nova Solução Primal Ótima: xmad = 4,92; xal = 4,15 z = 44,61 = 44,4 + 0,21 < 44,4+2,8 8 6 A partir de um certo ponto o aumento de horas de acabamento deixa de fazer efeito porque a solução ótima passa a ser bloqueada pelas horas de montagem. 4 2 xmad 2 4 6 8 10 12 14 16 a

Max z = 4,0 xmad + 6,0 xal S. a 1,5 xmad + 4,0 xal ≤ 24 (ycorte) 3,0 xmad + 1,5 xal ≤ 21 (ymontagem) 1,0 xmad + 1,0 xal ≤ 10 (yacabamento) 14 12 10 Nova Solução Dual Ótima: ycorte = 1,23; ymontagem = 0,718; yacabamento = 0 w = 44,61 8 6 4 2 xmad 2 4 6 8 10 12 14 16 a

Max z = 4,0 xmad + 6,0 xal S. a 1,5 xmad + 4,0 xal ≤ 24 (ycorte) 3,0 xmad + 1,5 xal ≤ 21 (ymontagem) 1,0 xmad + 1,0 xal ≤ (yacabamento) 14 12 10 Voltando ao problema original, agora vamos diminuir a disponibilidade do setor de corte em 0,5h e aumentar a do acabamento em 0,5h, simultaneamente 8 6 4 2 xmad 2 4 6 8 10 12 14 16 a

Max z = 4,0 xmad + 6,0 xal S. a 1,5 xmad + 4,0 xal ≤ 23,5 (ycorte) 3,0 xmad + 1,5 xal ≤ (ymontagem) 1,0 xmad + 1,0 xal ≤ 8,5 (yacabamento) 14 12 10 Voltando ao problema original, agora vamos diminuir a disponibilidade do setor de corte em 0,5h e aumentar a do acabamento em 0,5h, simultaneamente 8 6 4 2 xmad 2 4 6 8 10 12 14 16 a

Max z = 4,0 xmad + 6,0 xal S. a 1,5 xmad + 4,0 xal ≤ 23,5 (ycorte) 3,0 xmad + 1,5 xal ≤ (ymontagem) 1,0 xmad + 1,0 xal ≤ 8,5 (yacabamento) 14 12 10 Nova Solução Primal Ótima: xmad = 4,2; xal = 4,3 z = 42,6 = 41,6 – 0,5*0,8 + 0,5*2,8 8 6 4 2 xmad 2 4 6 8 10 12 14 16 a

Max z = 4,0 xmad + 6,0 xal S. a 1,5 xmad + 4,0 xal ≤ 23,5 (ycorte) 3,0 xmad + 1,5 xal ≤ (ymontagem) 1,0 xmad + 1,0 xal ≤ 8,5 (yacabamento) 14 12 10 Nova Solução Dual Ótima: ycorte = 0,8; ymontagem = 0; yacabamento = 2,8 w = 42,6 8 6 4 2 xmad 2 4 6 8 10 12 14 16 a

Alterando o custo das variáveis

Em princípio podemos aplicar os resultados já conhecidos ao problema dual
Teorema – Se um PL possui solução dual ótima não-degenerada y* com valor z* e solução ótima primal x*, então existe um ε>0 tal que para todo vetor T=(t1,t2,...,tn), com |tj|≤ε, a solução ótima do novo PL em que T é somado ao vetor de custos c tem valor:

Esse teorema indica que uma pequena alteração no custo de uma variável tem efeito proporcional ao valor dessa variável na solução ótima atual (algo quase óbvio). Para avaliar melhor o que acontece ao se mudar o custo das variáveis não-básicas (que costumam ser a maioria) usamos os custos reduzidos.

Usando os custos reduzidos
Imagine que resolvemos o seguinte PL pelo Simplex maximizar z = 4,0 x1 + 6,0 x2 Sujeito a 1,5 x1 + 4,0 x2 ≤ 24 3,0 x1 + 1,5 x2 ≤ 21 1,0 x1 + 1,0 x2 ≤ 8 x1 , x2 ≥ 0

Os valores na linha z do dicionário final fornecem os custos reduzidos das variáveis não-básicas (as básicas tem custo red. zero)

Os custos reduzidos das variáveis de folga/excesso nos fornecem as variáveis duais das restrições correspondentes maximizar z = 4,0 x1 + 6,0 x2 Sujeito a 1,5 x1 + 4,0 x2 + x3 = 24 3,0 x1 + 1,5 x2 + x4 = 21 1,0 x1 + 1,0 x2 + x5 = 8 x1 , x2 ≥ 0

Um dicionário é ótimo se o custo reduzido de todas as variáveis é desfavorável (≤ 0 para maximização, ≥ 0 para minimização)

Alterações no custo de uma variável não-básica mudam diretamente o seu custo reduzido.

Suponha que o custo de x5 aumenta de 0 para 2 (digamos que a hora sobrando possa ser vendida)
A solução atual continua sendo ótima

Suponha que o custo de x5 aumenta de 0 para 4
A solução atual não é mais ótima! ótima. Fazer iterações do simplex a partir desse ponto para achar o novo ótimo.

Avaliando o efeito de novas variáveis pelo custo reduzido

Exemplo Uma fábrica produz 50 cadeiras de um único tipo por semana.
A produção não pode ser aumentada porque o suprimento de matéria-prima (madeira e tecido) são limitados. 50 lâminas/semana metros/semana 42

Exemplo Para aumentar o lucro, a fábrica considera diversificar seu mix de produção. Quais outros modelos valem a pena serem produzidos? 43

Dados 150 500 400 200 1 4 3 1 1 1 1 2 44

Programa Linear Completo
max 150 x1 + 500 x2 + 400 x3 + 200 x4 1 x1 + 4 x2 + 3 x3 + 1 x4 + x5 = 50 1 x1 + 1 x2 + 1 x3 + 2 x4 + x6 = 75 45

O mix atual representa a solução ótima do problema sem as variáveis x2, x3 e x4
max 150 x1 + 500 x2 + 400 x3 + 200 x4 1 x1 + 4 x2 + 3 x3 + 1 x4 + x5 = 50 π1= 150 1 x1 + 1 x2 + 1 x3 + 2 x4 + x6 = 75 π2= 0 Solução atual = ( 50, 0, 0, 0, 0, 25 ) Lucro atual = R$ 7500,00 46

Interpretação das variáveis duais
max 150 x1 + 500 x2 + 400 x3 + 200 x4 1 x1 + 4 x2 + 3 x3 + 1 x4 + x5 = 50 π1= 150 1 x1 + 1 x2 + 1 x3 + 2 x4 + x6 = 75 π2= 0 Com o mix atual, um aumento ou redução no suprimento de madeira afeta o lucro em R$ 150,00 por unidade. 47

Interpretação das variáveis duais
max 150 x1 + 500 x2 + 400 x3 + 200 x4 1 x1 + 4 x2 + 3 x3 + 1 x4 + x5 = 50 π1= 150 1 x1 + 1 x2 + 1 x3 + 2 x4 + x6 = 75 π2= 0 No mix atual existe uma sobra de tecido. Uma redução nesse suprimento (até um certo ponto ) não altera o lucro. 48

Cálculo do custo reduzido das variáveis que estão fora do mix atual
max 150 x1 + 500 x2 + 400 x3 + 200 x4 1 x1 + 4 x2 + 3 x3 + 1 x4 + x5 = 50 π1= 150 1 x1 + 1 x2 + 1 x3 + 2 x4 + x6 = 75 π2= 0 c2 = ? c3 = ? c4 = ? 49

max 150 x1 + 500 x2 + 400 x3 + 200 x4 x4 1 x1 + 4 x2 + 3 x3 + 1 + x5 = 50 π1= 150 1 x1 + 1 x2 + 1 x3 + 2 x4 + x6 = 75 π2= 0 c2 = -100 c2 = 500 – [ ] 4 1 c3 = ? c4 = ? 50

max 150 x1 + 500 x2 + 400 x3 + 200 x4 1 x1 + 4 x2 + 3 x3 + 1 x4 + x5 = 50 π1= 150 1 x1 + 1 x2 + 1 x3 + 2 x4 + x6 = 75 π2= 0 c2 = -100 c3 = 400 – [ ] 3 1 c3 = -50 c4 = ? 51

max 150 x1 + 500 x2 + 400 x3 + 200 x4 1 x1 + 4 x2 + 3 x3 + 1 x4 + x5 = 50 π1= 150 1 x1 + 1 x2 + 1 x3 + 2 x4 + x6 = 75 π2= 0 c2 = -100 1 c4 = 200 – [ ] c3 = -50 2 c4 = 50 52

max 150 x1 + 500 x2 + 400 x3 + 200 x4 1 x1 + 4 x2 + 3 x3 + 1 x4 + x5 = 50 π1= 150 1 x1 + 1 x2 + 1 x3 + 2 x4 + x6 = 75 π2= 0 c2 = -100 Só o modelo 4 aumentaria o lucro c3 = -50 c4 = 50 53

Incluindo essa variável no modelo, temos uma nova solução
max 150 x1 + 500 x2 + 400 x3 + 200 x4 1 x1 + 4 x2 + 3 x3 + 1 x4 + x5 = 50 π1= 100 1 x1 + 1 x2 + 1 x3 + 2 x4 + x6 = 75 π2= 50 Nova solução = ( 25, 0, 0, 25, 0, 0 ) Novo lucro = R$ 8750,00 54

Interpretação física da dualidade (curiosidade)

Interpretação física da dualidade
Imagine uma “caixa” no espaço cujas paredes internas são definidas por desigualdades lineares Uma pequena bola solta em qualquer ponto dessa caixa vai descer até o canto mais baixo da caixa. O cálculo desse ponto pode ser feito resolvendo-se um PL

Exemplo d c x2 6 3 b 2 x1 2 3 6 a

Programa Linear

Resolvendo Graficamente
x2 6 3 b 2 x1 2 3 6 a

x2 6 FO 3 b 2 x1 2 3 6 a

x2 6 3 b 2 FO x1 2 3 6 a

x2 6 Sol. Ótima x1 = 3, x2 = 1 z = 1 3 b 2 FO x1 2 3 6 a

Dual Solução dual ótima: y1 = 1/7, y2 = 2/7, y3 = 0, y4 = 0 w = 1

Interpretação física pelo dual
x2 6 Nesse ponto a única força sobre a bola é a gravidade. Isso corresponde a uma solução dual de zero O ponto não é estável, a solução dual não é ótima 3 b 2 x1 2 3 6 a

x2 6 3 b 2 x1 2 3 6 a

x2 6 Nesse ponto a parede b também exerce uma força sobre a bola. Isso corresponde a uma solução em que a variável dual da parede b é > zero O ponto não é estável, a solução dual não é ótima 3 b 2 x1 2 3 6 a

x2 6 3 b 2 x1 2 3 6 a

x2 6 Esse ponto é estável, a bola para. Isso corresponde a uma solução dual em que a forças exercidas pelas paredes anula a gravidade. 3 b 2 x1 2 3 6 a

x2 6 c y2 a2 3 b 2 y1 a1 x1 2 3 6 a

OBSERVAÇÃO Este material refere-se às notas de aula do curso TEP117 (Pesquisa Operacional I) da Universidade Federal Fluminense (UFF) e não pode ser reproduzido sem autorização prévia do autor. Quando autorizado, seu uso é exclusivo para atividades de ensino e pesquisa em instituições sem fins lucrativos.

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