cecília rocha # 12001/2002 i nvestigaÇÃo o peracional 6ª aula 6ª aula adaptação de problemas...

2001/2002Cecília Rocha # 1

IINVESTIGAÇÃONVESTIGAÇÃO OOPERACIONALPERACIONAL

6ª Aula6ª Aula Adaptação de problemas não standard ao Método Simplex

Ir-se-ão referir os procedimentos a adoptar para converter estes problemas em problemas que possam ser resolvidos pelo método simplex.

O maior problema passa a ser a determinação da SBA inicial

Será utilizada a técnica da Introdução de Variáveis Artificiais em cada restrição que delas precise de forma a criar um problema artificial que possa ser solucionado pelo Método Simplex.

Restrições de igualdade

A SBA inicial será dada por (x3, x4, x5) Como x5 tem um coeficiente diferente de zero na equação (0) teremos de o eliminar pelo método de Gauss

Z – 3x1 – 5x2 + Mx5 = 0 - M(3x1 +2x2 + x5 = 18) Z – (3M + 3) x1 – (2M + 5) x2 = - 18M , esta será a equação (0) para a resolução pela forma tabular

Max Z = 3x1 + 5x2 x1 4 2x2 12 3x1 + 2x2 18

x5x5 = 18 – 3x1 – 2x2

Max Z = 3x1 + 5x2 – Mx5

x1 4 2x2 12 3x1 + 2x2 18

Max Z - 3x1 - 5x2 + Mx5 = 0 x1 + x3 4 2x2 + x4 12 3x1 + 2x2 + x5 18



6ª Aula6ª Aula

Adaptação de problemas não standard ao Método Simplex

Restrições de igualdade Na Função Objectivo (FO), o sinal da Variável Artificial varia consoante se está perante um

problema de minimização ou maximização, ou seja; Maximização

Z = 3x1 + 5x2 – Mx5, o sinal terá de ser negativo e ter um parâmetro de valor muito elevado (M) para obrigar a variável artificial

correspondente a ser zero.

MinimizaçãoZ = 0.4x1 + 0.5x2 + Mx3, o sinal positivo é utilizado para contrariar a evolução de minimização

que se pretende e obter e, assim, consegue-se obrigar a variável artificial a ser zero.

Nestes problemas, a Solução Óptima não pode ter valor diferente de zero para a Variável Artificial. Se existirem várias restrições de igualdade no mesmo problema, devem ser todas tratadas da forma

aqui descrita.



6ª Aula 6ª Aula (cont.)(cont.)

Iteração VB Eq.Coeficientes

L D rácioZ x1 x2 x3 x4 x5

0

Z (0) 1 - 3M - 3 - 2M - 5 0 0 0 - 18M

x3 (1) 0 1 0 1 0 0 4 4/1 = 4

x4 (2) 0 0 2 0 1 0 12 S/s

x5 (3) 0 3 2 0 0 1 18 18/3 = 6

1

Z (0)-(-3M-3).(1) 1 0 - 2M - 5 3M + 3 0 0 - 6M + 12

x1 (1) 0 1 0 1 0 0 4 S/s

x4 (2) 0 0 2 0 1 0 12 12/2 = 6

x5 (3)-3(1) 0 0 2 - 3 0 1 6 6/2 = 3

2

Z (0 –(-2M-5).(3) 1 0 0 - 9/2 0 M + 5/2 27

x1 (1) 0 1 0 1 0 0 4 4/1 = 4

x4 (2) –2(3) 0 0 0 3 1 - 1 6 6/3 = 2

x2 (3)/ 2 0 0 1 - 3/2 0 1/2 3 S/s

3

Z (0) + 9/2.(2) 1 0 0 0 3/2 M + 1 36

Solução Óptima

(2,6,2,0,0)

x1 (1) – (2) 0 1 0 0 - 1/3 1/3 2

x3 (2) 3 0 0 0 1 1/3 - 1/3 2

x2 (3) + 3/2 (2) 0 0 1 0 1/2 0 6



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Lados Direito negativos

Nestes casos, pode-se multiplicar a restrição por –1, tendo em atenção que o sinal passará a e vice-versa, exemplificando:

x1 – x2 -1 ficará como -x1 + x2 1

Se todas as variáveis tiverem restrições de Não- Negatividade, esta nova aparência da restrição permite considerar estes novos valores (positivos) como os valores da Solução Básica Inicial.

Restrições com a forma

Numa situação em que existam este tipo de restrições deve-se proceder da seguinte forma: Introduzir uma Variável Adicional (como forma de transformar o sinal em igual); Introduzir uma Variável Artificial (o procedimento recomendado anteriormente para restrições de =). Na função objectivo, introduzir as variáveis artificiais com um parâmetro muito elevado

Problema Inicial

Minimizar Z = 0.4x1 + 0.5x2s.a.: 0.3x1 + 0.1x2 2.7 0.5x1 + 0.5x2 = 6 0.6x1 + 0.4x2 6xi 0

Introdução da Var. Folga

Minimizar Z = 0.4x1 + 0.5x2s.a.: 0.3x1 + 0.1x2 + x3x3 = 2.7 0.5x1 + 0.5x2 = 6 0.6x1 + 0.4x2 6xi 0

Introdução da Var. Artificial

Minimizar Z = 0.4x1 + 0.5x2 + Mx4x4s.a.: 0.3x1 + 0.1x2 + x3x3 = 2.7 0.5x1 + 0.5x2 + x4x4 = 6 0.6x1 + 0.4x2 6xi 0

Introdução da Var. Adicional e Var. Artificial

Minimizar Z = 0.4x1 + 0.5x2 + Mx4x4 + Mx6x6s.a.: 0.3x1 + 0.1x2 + x3x3 = 2.7 0.5x1 + 0.5x2 + x4x4 = 6 0.6x1 + 0.4x2 - x5x5 + x6x6 = 6xi 0




Minimização Uma das formas de resolver o problema é trocar o papel dos coeficientes positivos e negativos na linha (0), no teste de optimização e no primeiro passo do processo iterativo; No entanto, iremos adoptar outra abordagem – encontrar o problema equivalente de Maximização, por exemplo:

Iremos utilizar este procedimento para resolver o problema tratado no ponto anterior – Método do BIG MBIG M

Formulação do Problema Artificial

Vamos considerar como variáveis básicas, na Solução Básica Admissível Inicial, (x3x3, x4x4, x6x6) – as variáveis artificiais prevalecem sobre as adicionais.

Linha (0) x1 x2 x3x3 x4x4 x5x5 x6x6TInd

0.4 0.5 0 M 0 M0

- M [ 0.5 0.5 0 1 0 0 6]

- M [ 0.6 0.4 0 0 - 1 1 6 ] .

Nova Linha (0) (- 1.1M + 0.4) (- 0.9M + 0.5) 0 0 M 0 -12M

Minimizar Z = 0.4x1 + 0.5 x2 Maximizar - Z = - 0.4x1 – 0.5x2

Maximizar – Z = - 0.4x1 - 0.5x2 – Mx4x4 – Mx6x6s.a.: 0.3x1 + 0.1x2 + x3x3 = 2.7 0.5x1 + 0.5x2 + x4x4 = 6 0.6x1 + 0.4x2 - x5x5 + x6x6 = 6




Iteração VB EquaçãoCoeficientes

LD RácioZ x1 x2 x3x3 x4x4 x5x5 x6x6

0

Z (0) -1 -1.1M+0.4 -0.9M+0.5 0 0 M 0 -12M

x3x3 (1) 0 0.3 0.1 1 0 0 0 2.7 2.7/0.3 = 9

x4x4 (2) 0 0.5 0.5 0 1 0 0 6 6/0.5 = 12

x6x6 (3) 0 0.6 0.4 0 0 -1 1 6 6/0.6 = 10

1

Z (0)-(-1.1M+0.4)(1) -1 0 -16/30M+11/30 11/3M-4/3 0 M 0 -2.1M-3.6

x1 (1)/0.3 0 1 1/3 10/3 0 0 0 9 91/3=27

x4x4 (2)-0.5(1) 0 0 1/3 -5/3 1 0 0 1.5 1.51/3=4.5

x6x6 (3)-0.6(1) 0 0 0.2 -2 0 -1 1 0.6 0.6/0.2=3

3

Z (0)-(-5/3M+11/6)(2) -1 0 0 0.5 M-1.1 0 M -5.25

Solução Óptima

(7.5, 4.5, 00,00, 0.30.3, 00)

x1 (1)-20/3(2) 0 1 0 5 -1 0 0 7.5

x5x5 (2)5/3 0 0 0 1 3/5 1 -1 0.3

x2 (3)+10(2) 0 0 1 -5 3 0 0 4.5

2

Z (0)-(16/30M+11/30)(3) -1 0 0 -5/3M+7/3 0 -5/3M+11/6 8/3M-11/6 -0.5M-4.7

x1 (1)-1/3(3) 0 1 0 20/3 0 5/3 -5/3 8 85/3=4.8

x4x4 (2)-1/3(3) 0 0 0 5/3 1 5/3 -5/3 0.5 0.55/3=0.3

x2 (3)/0.2 0 0 1 -10 0 -5 5 3 S/s




Minimização Uma das formas de resolver o problema é trocar o papel dos coeficientes positivos e negativos na linha (0), no teste de optimização e no primeiro passo do processo iterativo; No entanto, iremos adoptar outra abordagem – encontrar o problema equivalente de Maximização, por exemplo:

Iremos utilizar este procedimento para resolver o problema tratado no ponto anterior – Método de DUAS FASESDUAS FASES

Formulação do Problema Artificial

A 1ª Fase tem como objectivo eliminar as variáveis artificiais, sendo obtida da equação da Nova Linha (0) do método do BIG M que é dividida por M, obtendo-se alguns termos infinitesimais que são negligenciados. No final desta fase como x4 e x6 se anularão, então poder-se-á utilizar esta solução com SBA Inicial para a 2ª Fase. A 2ª Fase resolve o problema pelo método simplex, utilizando como SBA inicial o resultado da fase anterior.

Minimizar Z = 0.4x1 + 0.5 x2 Maximizar - Z = - 0.4x1 – 0.5x2

1ª Fase1ª Fase

Maximizar – Z = – x4x4 – x6x6s.a.: 0.3x1 + 0.1x2 + x3x3 = 2.7 0.5x1 + 0.5x2 + x4x4 = 6 0.6x1 + 0.4x2 - x5x5 + x6x6 = 6

2ª Fase2ª Fase

Maximizar – Z = - 0.4x1 - 0.5x2s.a.: 0.3x1 + 0.1x2 + x3x3 = 2.7 0.5x1 + 0.5x2 = 6 0.6x1 + 0.4x2 - x5x5 = 6


IINVESTIGAÇÃONVESTIGAÇÃO OOPERACIONALPERACIONAL 6ª Aula 6ª Aula (cont.)(cont.)

1ª Fase



0

Z (0) -1 -1. -0.9 0 0 1 0 -12

x3x3 (1) 0 0.3 0.1 1 0 0 0 2.7 2.7/0.3 = 9

x4x4 (2) 0 0.5 0.5 0 1 0 0 6 6/0.5 = 12

x6x6 (3) 0 0.6 0.4 0 0 -1 1 6 6/0.6 = 10

1

Z (0)-(-1.1)(1) -1 0 -16/30 11/3 0 1 0 -2.1

x1 (1)/0.3 0 1 1/3 10/3 0 0 0 9 91/3=27

x4x4 (2)-0.5(1) 0 0 1/3 -5/3 1 0 0 1.5 1.51/3=4.5

x6x6 (3)-0.6(1) 0 0 0.2 -2 0 -1 1 0.6 0.6/0.2=3

2

Z (0)-(16/30)(3) -1 0 0 -5/3 0 -5/3 8/3 -0.5

x1 (1)-1/3(3) 0 1 0 20/3 0 5/3 -5/3 8 85/3=4.8

x4x4 (2)-1/3(3) 0 0 0 5/3 1 5/3 -5/3 0.5 0.55/3=0.3

x2 (3)/0.2 0 0 1 -10 0 -5 5 3 S/s

3

Z (0)-(-5/3)(2) -1 0 0 0 1 0 1 0

Fim da

1ª Fase

x1 (1)/0.3 0 1 0 0 -4 -5 5 6

x3x3 (2)-0.5(1) 0 0 0 1 3/5 1 -1 0.3

x2 (3)-0.6(1) 0 0 1 0 6 5 -5 6




Preparação da 2ª Fase



3

Z (0)-(-5/3)(2) -1 0 0 0 1 0 1 0

Fim da

1ª Fase

x1 (1)/0.3 0 1 0 0 -4 -5 5 6

x3x3 (2)-0.5(1) 0 0 0 1 3/5 1 -1 0.3

x2 (3)-0.6(1) 0 0 1 0 6 5 -5 6

4

Z (0) -1 0 0 0 0 0

x1 (1) 0 1 0 0 -5 6

x3x3 (2) 0 0 0 1 1 0.3

x2 (3) 0 0 1 0 5 6

6

Z (0)-0.4(1)-0.5(3) -1 0 0 0 -0.5 -5.4

Final da preparação da 2ª Fase

x1 (1) 0 1 0 0 -5 6

x3x3 (2) 0 0 0 1 1 0.3

x2 (3) 0 0 1 0 5 6

5

Z (0) -1 0.4 0.5 0 0 0

x1 (1) 0 1 0 0 -5 6

x3x3 (2) 0 0 0 1 1 0.3

x2 (3) 0 0 1 0 5 6




2ª Fase



6

Z (0)-0.4(1)-0.5(3) -1 0 0 0 -0.5 -5.4

x1 (1) 0 1 0 0 -5 6 S/s

x3x3 (2) 0 0 0 1 1 0.3 0.3/1=0.3

x2 (3) 0 0 1 0 5 6 6/5=1.11

7

Z (0) -1 0 0 0.5 0 -5.25

Solução Óptima

(7.5, 4.5, 00,00, 0.30.3, 00)

x1 (1) 0 1 0 5 0 7.5

x5x5 (2) 0 0 0 1 1 0.3

x2 (3) 0 0 1 -5 0 4.5



6ª Aula 6ª Aula (cont.)(cont.) Problema sem Solução Admissível

Se o problema inicial não tem Soluções Admissíveis então, tanto o método do BIG M como a 1ª Fase do método de DUAS FASES irão conduzir a soluções finais em que pelo menos uma variável artificial tem valor diferente de zero.

Como exemplo, se no problema anterior alterarmos a 1ª Restrição para 0.3x1 + 0.1x2 1.8 (anteriormente era 2.7)



0

Z (0) -1 -1.1M+0.4 -0.9M+0.5 0 0 M 0 -12M

x3x3 (1) 0 0.3 0.1 1 0 0 0 1.8 1.8/0.3 = 6

x4x4 (2) 0 0.5 0.5 0 1 0 0 6 6/0.5 = 12

x6x6 (3) 0 0.6 0.4 0 0 -1 1 6 6/0.6 = 10

1

Z (0) -1 0 -16/30M+11/30 11/3M-4/3 0 M 0 -5.4M-2.4

x1 (1) 0 1 1/3 10/3 0 0 0 6 61/3=18

x4x4 (2) 0 0 1/3 -5/3 1 0 0 3 31/3=9

x6x6 (3) 0 0 0.2 -2 0 -1 1 2.4 2.4/0.2=12

2

Z (0) -1 0 0 M+0.5 1.6M-1.1 M 0 -0.6M-5.7

Como x6x6 =0.6 >0Problema S/ solução

x1 (1) 0 1 0 5 -1 0 0 3

x2 (2) 0 0 1 -5 3 0 0 9

x6x6 (3) 0 0 0 -1 -0.6 -1 1 0.6




Variáveis sem restrição de não negatividade Com limite no valor negativo admitidoCom limite no valor negativo admitido

xj Lj, sendo Lj um valor negativo constante Considerar x’j = xj – Lj, em que x’j 0

Que admitem qualquer valor negativoQue admitem qualquer valor negativo xj = xj

+ - xj-, em que xj

+ 0 e xj- 0

Z = 3x1 + 5x2

x1 4

2x2 12

3x1 + 2x2 18

x1 -10 x2 0

Z = 3(x’1-10) + 5x2

(x’1-10) 4

2x2 12

3(x’1-10) + 2x2 18

(x’1-10) -10 x2 0

Z = -30 + 3x’1 + 5x2

x’1 14

2x2 12

3x’1 + 2x2 18

X’1 0 x2 0

Z = 3x1 + 5x2

x1 4

2x2 12

3x1 + 2x2 18

x2 0

Z = 3(x1+

- x1-) + 5x2

(x1+

- x1-) 4

2x2 12

3(x1+

- x1-) + 2x2 18

(x1+

0; x1- 0); x2 0

Z = 3x1+

- 3x1-) + 5x2

x1+

- x1- 4

2x2 12

3x1+

- 3x1- + 2x2 18

(x1+

0; x1- 0); x2 0

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