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Universidade Federal de UberlândiaFaculdade de Computação

GSI027 � Otimização

Prof. Renato Pimentel

2o Semestre � 2019

GSI027 Otimização 2o Semestre � 2019 1 / 355

Objetivo

Ao término da disciplina, o aluno deve estar apto a corretamenteaplicar os métodos, técnicas e ferramentas da pesquisa operacional namodelagem e solução de problemas relacionados a sistemas deinformação.


Ementa do curso

Fundamentos da Pesquisa Operacional

Modelagem

Programação linear, método simplex, dualidade.

Otimização em Redes, problemas de transporte.


Bibliogra�a básica

TAHA, Hamdy. Pesquisa operacional. 8a. ed. São Paulo: PrenticeHall, 2008.

LACHTERMACHER, Gerson. Pesquisa operacional na tomada dedecisões. 4a. ed. São Paulo: Prentice Hall. 2009.

ARENALES, M.; ARMENTANO, V.; MORABITO, R.; YANASSE, H.Pesquisa operacional: para cursos de engenharia. Rio de Janeiro:Elsevier Brasil, 2006.


Recomendação: MARINS, Fernando Augusto Silva. Introdução àpesquisa operacional. São Paulo: Cultura Acadêmica, 2011.

Disponível gratuitamente (mediante cadastro) em:http://www.culturaacademica.com.br/catalogo/

introducao-a-pesquisa-operacional


Conteúdo previsto1

1 Introdução à PesquisaOperacional: Origem /principais aplicações.

2 Programação Linear (PL):

I Características gerais emodelagem de umproblema de PL;

I Problemas típicos;

I Resolução grá�ca;

I Método simplex.

3 Dualidade:

I O modelo dual de um PL;

I Analogia entre as soluçõesprimal e dual.

4 Problema de transporte:

I Algoritmos para oproblema de transporte;

I O problema de designação.

5 Otimização em redes

I Problema de caminhomínimo;

I Problema de �uxo máximo.

1Nova ementa (Reform. Proj. Pedagógico BSI)GSI027 Otimização 2o Semestre � 2019 6 / 355

http://www.culturaacademica.com.br/catalogo/introducao-a-pesquisa-operacional

http://www.culturaacademica.com.br/catalogo/introducao-a-pesquisa-operacional

Avaliação

3 provas teóricas: 35, 35 e 30 pontos.I 10/09 (P1)I 22/10 (P2)I 26/11 (P3)

Nota �nal (aproveitamento):

NF = P1 + P2 + P3


Avaliação substitutiva

Alunos que obtiverem ao �nal das três provas 50 ≤ NF < 60(somente) terão direito a uma prova substitutiva (SUB)

Data: 10/12

O conteúdo da prova será o visto ao longo de todo o semestre

A prova substitutiva vale 100 pontos, eliminando a soma das 3anteriores, caso maior, até o limite de 60

A NF neste caso será dada por

NF =

{60, se SUB ≥ 60

max (P1 + P2 + P3, SUB), caso contrário,

ou seja, o aluno que �cou de SUB terá nota máxima 60, caso atinjana mesma a pontuação necessária para ser aprovado.


Frequência

O aluno que tiver frequência inferior a 75% é reprovado por faltas.

A chamada será feita em sala, pelo professor, sempre que decorridosem torno de 15 minutos do início da mesma. O aluno que chegar apósa chamada, ou não respondê-la, �cará com falta.

Falta em dia de prova: o aluno somente terá direito a fazer provaem nova data caso apresente justi�cativa no setor de graduação e/oucoordenação do curso, que encaminhará comunicação por escrito aoprofessor quando julgá-la plausível.

É responsabilidade do aluno controlar sua frequência, de modo a evitarreprovação por falta.


Aulas

Segundas-feiras: 19:00 até 20:40 � Sala 1B104

Terças-feiras: 20:50 até 22:30 � Sala 1B104

Atividades extra-classeListas de exercícios (�xação)


Atendimento e outras informações

Professor: Renato PimentelI Página: http://www.facom.ufu.br/∼rpimentelI E-mail: rpimentel @ ufu . brI Sala 1B139

Atendimento (agendar previamente através de e-mail):I Terças-feiras, 18:00 até 19:50, sala 1B139I Quartas-feiras, 16:00 até 17:40, sala 1B139I Sextas-feiras, 18:10 até 19:00, sala 1B139

Material da disciplina:I http://www.facom.ufu.br/∼rpimentel > Ensino > 2019/2 > GSI027 �

Otimização


Sumário

1 Pesquisa Operacional e Tomada de Decisões


http://www.facom.ufu.br/~rpimentel

mailto:[email protected]

http://www.facom.ufu.br/~rpimentel

Tomada de Decisões

Tarefa básica da gestão

Alternativas viáveis


Tomada de Decisões

1 Identi�car o problema2 Formular objetivos3 Analisar limitações4 Avaliar alternativas


O que é a Pesquisa Operacional

Segundo Marins (2011)

�É o uso do método cientí�co com o objetivo de prover departamentosexecutivos de elementos quantitativos para a tomada de decisões comrelação a operações sob seu controle�


Origens

Termo Pesquisa Operacional: tradução direta de Operationalresearch.

Inglaterra (1934): invenção do radar.

1936: Estação de Pesquisa Manor Bawdsey (Su�olk) � comointerceptar aviões inimigos?A. P. Rowe (1938), superintendente da estação: criação do termo.

I E�ciência de técnicas de operações a partir de experimentos cominterceptação.

I Análise cientí�ca do uso operacional de recursos militares: II GuerraMundial.


Pós-Guerra: rápida ascensão Inglaterra e EUAEUA (1947): SCOOP (Scienti�c Computation of Optimal Programs)� Pentágono

I Marshall Wood (economista) e George Dantzig (matemático � métodosimplex).

I Programação linear

1952: ORSA (Sociedade Americana de Pesquisa Operacional)

1953: ORS (Sociedade de Pesquisa Operacional) � Inglaterra

Focos distintosPesquisa inglesa: estudos de caso, problemas especí�cos

Pesquisa americana: modelos e métodos matemáticos


Alguns temas pesquisados pelos americanos:

Teoria de estoques

Teoria de �las

Reposição de equipamentos

Agendamento de tarefas em máquinas

Teoria de jogos

Fluxos de redes

Otimização linear


No Brasil

1o. Simpósio: ITA � S. José dos Campos (1968)

Criação do curso de Engenharia de Produção (ITA)

SOBRAPO: Sociedade Brasileira de Pesquisa Operacional2

2www.sobrapo.org.brGSI027 Otimização 2o Semestre � 2019 19 / 355

Fases da PO


Formulação do problema

Problemas reais: forma vaga e imprecisaAlgumas questões:

I Quem tomará decisões?I Quais os objetivos?I Que aspectos estão sujeitos ao controle dos decisores (variáveis de

decisão) e sob quais limitações (restrições)?I Quais aspectos fogem do controle dos decisores?


Construção do modelo

Modelos: representações simpli�cadas da realidadeModelagem: 2 características importantes:

I Permite analisar o problema, indicando relações entre variáveis, quaisdados relevantes e variáveis de maior importância

I Permite estudo de alternativas de ação sem interromper sistema emestudo.

Podem ser físicos (ex.: maquetes), analógicos (ex.: organograma) ematemáticos.


Mundo real

Mundo realconsiderado

Modelo


Obtenção da solução

Típico de PO: modelo matemático.

Varia conforme a área (programação linear, programação em redes,teoria de �las, etc.)

Técnicas novas surgem constantementeSoftwares:

I Solver do ExcelI LINDO � Linear Discrete Optimizer (www.lindo.com)I ILOG

(www.ibm.com/products/ilog-cplex-optimization-studio)I Simulações: PROMODEL (www.belge.com.br/promodel.php) e

ARENA (www.paragon.com.br)I etc.


www.lindo.com

www.ibm.com/products/ilog-cplex-optimization-studio

www.belge.com.br/promodel.php

www.paragon.com.br

Teste do modelo e da solução obtida

O modelo precisa ser testado.I Teste permite identi�car problemas na criação do modelo (ex.: aspecto

importante omitido, re�namento de aspecto incluído etc.)I Em alguns casos, teste pode ser comparado com dados anteriores.


Implementação

Implantação da solução �nal ao sistema.

Intervenções podem ser necessárias no caso de alguma falha nãoprevista.


Exemplo de problema: cerca (Taha)

Exemplo

Um fazendeiro comprou L metros de uma tela e pretende cercar umapequena área da fazenda para criação de gado. O fazendeiro somente sabefazer ângulos retos. O fazendeiro quer que a área cercada seja a maior

possível.


Área deve ser retangular (ângulos retos)

Se l e c são respectivamente a largura e o comprimento doretângulo, queremos maximizar

z = l × c ,

sujeita às restrições:I 2(l + c) = L,I l ≥ 0, c ≥ 0.

In�nitas soluçõesviáveis: atendem a todas restrições

ótima: melhor solução viável


Formato geral

Maximizar ou minimizar umafunção objetivo sujeita arestrições


Problema linear

Exemplomaximizar z = 2x1 + 3x2 + 4x3

3x1 + 2x2 + 1x3 ≤ 10

2x1 + 3x2 + 3x3 ≤ 15

1x1 + 1x2 − 1x3 ≥ 4

x1, x2, x3 ≥ 0


Obtenção da Solução

z = 15.55

x1 =13, x2 =

59, x3 =

389


Problema de transporte

Exemplo

O modelo de transporte visa minimizar o custo total do transporte

necessário para abastecer n centros consumidores (destinos) a partir de mcentros fornecedores (origens)



Grandes Áreas

Programação Linear

Mix de produção

Mistura de matérias-primas

Modelos de equilíbrio econômico

Carteiras de investimentos

Roteamento de veículos

Jogos entre empresas


Modelos em RedesRotas econômicas de transporte

Distribuição e transporte de bens

Alocação de pessoal

Monitoramento de projetos


Teoria das FilasCongestionamento de tráfego

Operações de hospitais

Dimensionamento de equipes de serviço


Alguns Links Interessantes

O que é a PO?

Vídeo da OR Society:https://youtu.be/tX6Rw7KJGjE

Empresas de PO

Reportagem da Revista Época de 19/01/2017:https://goo.gl/dYch4k


Referências

1 ARENALES, M.; ARMENTANO, V.; MORABITO, R.; YANASSE, H.Pesquisa operacional: para cursos de engenharia. Rio de Janeiro:Elsevier Brasil, 2006.

2 MARINS, F. A. S. Introdução à pesquisa operacional. São Paulo:Cultura Acadêmica, 2011.

3 TAHA, H. Pesquisa operacional. 8a. ed. São Paulo: Prentice Hall,2008.

Os materiais de parte desta seção foram gentilmente cedidos por Paulo H.R. Gabriel e Ivan Sendin (FACOM/UFU)Adaptações: Renato Pimentel, FACOM/UFU


https://youtu.be/tX6Rw7KJGjE

https://goo.gl/dYch4k

Sumário

2 Introdução à programação linear


Introdução

Nesta seção, Será considerada uma subclasse particular de problemas dePO, a dos problemas de programação linear.A característica que de�ne tal subclasse está no modelo matemático.


Equação linear

Equação da forma

c1 x1 + c2 x2 + · · ·+ cn xn = c0

Elementos:I c0, c1, . . . , cn: coe�cientes (conhecidos)I x1, x2, . . . , xn: variáveis (desconhecidos)

Um conjunto de equações lineares relacionadas a um mesmo grupo devariáveis recebe o nome de sistema linear.


O modelo matemático

Modelo de PL � como qualquer modelo de PO � possui 3 componentesbásicos:

1 Variáveis de decisão, que se deseja determinar;2 Uma ou um conjunto de restrições que a solução deve satisfazer;3 Um objetivo (meta) a ser otimizado (maximizado ou minimizado).


Variáveis de DecisãoAs variáveis de decisão são as incógnitas a serem determinadas pelasolução do modelo e os parâmetros (coe�cientes) são valores �xos noproblema

RestriçõesDe modo a levarmos em conta as limitações físicas do sistema, o modelodeve incluir restrições que limitam as variáveis de decisão a seus valorespossíveis (ou viáveis)

Função Objetivo

É uma função matemática que de�ne a qualidade da solução em funçãodas variáveis de decisão; é um critério de escolha das variáveis de decisãorepresentado por uma função


Estrutura de Modelos Matemáticos

Pode-se dizer que:

O problema do modelo matemático de Pesquisa Operacional é escolher osvalores das variáveis de decisão de forma a obter o melhor resultado dafunção objetivo sujeita às restrições especi�cadas.


Recomendações

O decisor tem autoridade para escolher a quantidade (valor numérico)do item? Se sim, esta é uma variável de decisão;

Ser preciso com relação às unidades de cada variável de decisão (ex.:se alguma moeda, alguma medida de comprimento, volume, massa outempo, etc.);

Não confundir variáveis de decisão com os parâmetros do problema,como ex.: número de máquinas na fábrica, quantidade de cada recursousado na fabricação de um produto, custos de produção, custos detransporte, etc.


Exemplo

Um investidor possui $90.000, 00 para investir em ações. Ele estáinteressado em duas empresas:

Tele Mundo, cujas ações custam $50, 00 cada e o retorno esperado éde $6, 00 ao ano;

Cosmo Fonte, cujas ações custam $30, 00 cada e o retorno esperado éde $4, 00 ao ano.

Além disso, ele não quer investir mais que $60.000, 00 em uma únicaempresa. Como ele deve planejar seu investimento, de modo a maximizarseu lucro anual?


Variáveis de decisão: Correspondem às quantidades de ações emcada empresa (por exemplo: TM e CF , ou x1 e x2);

Parâmetros: São os preços e retorno de cada ação;

Restrições: São as limitações impostas pelo investidor e pelaquantidade de dinheiro disponível para investir; além disso, por umaquestão de lógica, ele não pode investir um valor negativo em cadaação;

Função Objetivo: é a Função matemática que determina o retornoem função das variáveis de decisão e que (neste caso) deve sermaximizada.


Função objetivo

max L = 6TM + 4CF

Restrições

50TM + 30CF ≤ 90.000

50TM ≤ 60.000

30CF ≤ 60.000

Condições de não-negatividade

TM ≥ 0

CF ≥ 0


Algumas observações

Um tema comum na PO é a busca de uma solução ótima;

É necessário que �que claro que essas soluções são ótimas apenas emrelação ao modelo que está sendo usado;

Como o modelo é apenas uma representação da realidade, não hágarantia de que a solução ótima para o modelo se comprovará como amelhor possível que poderia ter sido implementada para o problemareal;

Entretanto, se o modelo for bem formulado e experimentado, assoluções tendem a ser uma boa representação para a solução a seradotada no caso real.


Outro Exemplo

Exemplo

Uma empresa precisa decidir quais modelos de geladeira produzir em suanova planta. Existem dois modelos disponíveis: luxo e básico. No máximo,1500 unidades do modelo luxo e 6000 unidades do modelo básico podemser vendidas por mês. Empresa contratou 25000 homens-hora de trabalhopor mês. Os modelos luxos precisam de 10 homens-hora de trabalho paraserem produzidos e os modelos básicos, 8 homens-hora. A capacidade dalinha de montagem é de 4500 geladeiras por mês, pois as geladeirasdividem a mesma linha. O lucro unitário do modelo luxo é $100, 00 pormês, enquanto o modelo básico lucra $50, 00 durante o mesmo período.Determine quanto produzir de cada geladeira, de modo a satisfazer todasas restrições e maximizar o lucro da empresa.


Variáveis de DecisãoSejam x1 e x2 as quantidades (unidades) produzidas dos modelos luxo ebásico, respectivamente.

Função Objetivo

Admitindo que a função lucro é uma função linear de x1 e x2, esse lucrodeve ser maximizado por uma escolha de x1 e x2, tal que:

max L = 100x1 + 50x2

Como existem recursos limitados, há restrições:

Restrições1 10x1 + 8x2 ≤ 25000 (homens-hora)2 x1 + x2 ≤ 4500 (linha de montagem)3 x1 ≤ 1500 (máximo a ser vendido do luxo)4 x2 ≤ 6000 (máximo a ser vendido do básico)5 x1 ≥ 0; x2 ≥ 0 (não-negatividade)


Problemas de Programação Linear

De�nição Formal

Um problema de Programação Linear (PL) é um problema de programaçãomatemática em que as Funções Objetivos e de Restrição são lineares.

Forma Geral:

max(min) Z =n∑

j=1

cjxj

sujeito a:n∑

j=1

aijxj , para i = 1, 2, . . . ,m

xi ≥ 0, ∀i


Algumas De�nições

SoluçãoQualquer especi�cação de valores para as variáveis de decisão,independente de se tratar de uma escolha desejável ou permissível.

Solução ViávelUma solução em que todas as restrições são satisfeitas. O conjunto detodos os pontos que satisfazem todas as restrições é chamado deConjunto Viável (S).

Solução ÓtimaUma solução viável que tem o valor mais favorável da função objetivo,isto é, maximiza ou minimiza a função objetivo em toda a região viável.Pode ser única ou não.


Hipóteses da Programação Linear I

Proporcionalidade

A contribuição de cada variável ao valor da função objetivo é diretamenteproporcional ao valor da variável, conforme representado pelo termo cjxjna função objetivo.De modo semelhante, a contribuição de cada variável às restrições éproporcional ao valor da variável xj , como representado pelo termo aijxj narestrição.

AditividadeToda função em um modelo de programação linear é a soma dascontribuições individuais das respectivas variáveis.


Hipóteses da Programação Linear II

DivisibilidadeAs variáveis de decisão em um modelo de programação linear podemassumir quaisquer valores, inclusive valores não-inteiros, que satisfaçam asrestrições funcionais e de não-negatividade.Quando as variáveis do modelo de programação linear só puderem assumirvalores inteiros, deve-se impor esta condição ao próprio modelo. Passa-se,então, a lidar com um modelo de programação linear inteira.

CertezaO valor atribuído a cada parâmetro de um modelo de programação linear éassumido como uma constante conhecida.


Problemas de mistura

Problemas de mistura consistem em combinar materiais obtidos danatureza (ou sobras de outros já previamente combinados) para gerarnovos materiais ou produtos com características convenientes.


Exemplos de problema de mistura I

1 Rações: Fábricas de rações produzem variados tipos de rações paradeterminados animais (bovinos, equinos, caprinos, caninos depequenos e grande portes etc.)

I Mistura de alimentos ou farinhas de restos de alimentos (milho, farelode arroz, etc.)

I Preços de mercados destes produtos são conhecidosI Composição nutricional é conhecida. Nutrição veterinária especi�ca

necessidades mínimas e máximas dos nutrientes por kg para cadaespécie de animal.

I Problema de minimizar custo: quais devem ser as quantidades ideais

de cada ingrediente por kg de modo que necessidades nutricionais

sejam atendidas e o custo total dos ingredientes seja o menor possível?


Exemplos de problema de mistura II

2 Ligas metálicas: Fundições produzem diversos tipos de aço a partirde diversos insumos: lingotes de ferro, gra�te, sucatas industriais, etc.

I Forno de alta temperatura para permitir a misturaI A composição, em termos de elementos como carbono, silício,

manganês etc. é determinada por normas técnicas da metalurgia,bem como composição dos produtos a serem misturados.

I Preços dos insumos podem variar substancialmente. Entretanto, sãoconhecidos.

I deve-se determinar as quantidades de cada insumo a serem fundidas,

de modo que a composição atenda as normas e preço �nal seja menor

possível


Exemplos de problema de mistura III

3 Areias para �ltro (ETA)I Permeabilidade: areias usadas em estações de tratamento de água

para interceptar impurezas da água a�uenteI Unidades de �ltração: areias de portos passíveis de exploração com

composições distintasI Custos de dragagem, transporte, seleção e preparo variam p/ cada

portoI Areias dispostas em camadas, devendo obedecer composições

estabelecidas em normaI Como combinar os volumes de areia de cada porto, de modo a atender

às especi�cações, com menor custo possível?


Formulação matemática do problema da mistura

Obtenção de produto (mistura), combinando-se materiais disponíveis

Materiais (ingredientes) possuem os componentes desejados namistura

Produtos devem satisfazer determinadas especi�cações

Objetivo: determinar as quantidades dos ingredientes para criarmistura com composição especi�cada com menor custo possível(minimização).


Minimizarf (x1, . . . , xn) = c1x1 + c2x2 + · · ·+ cnxn

Sujeito às restrições:

a11x1+ a12x2+· · ·+ a1nxn = b1

a21x1+ a22x2+· · ·+ a2nxn = b2

. . .

am1x1+am2x2+· · ·+amnxn = bm

x1+ x2+ . . . +xn = 1

x1 ≥ 0, x2 ≥ 0, . . . , xn ≥ 0

xj : quantidade do ingrediente j por unidade da mistura;

aij : fração do componente i no ingrediente j ;

bi : fração do componente i na mistura;

cj : custo unitário do ingrediente j .


Exemplo: ração

Exemplo

Queremos saber quais as quantidades ideais de cada ingrediente para fazeruma quantidade de ração para aves, com as necessidades nutricionaisatendidas e o custo total dos ingredientes seja o menor possível. Temosdisponíveis dois ingredientes (milho e farinha de osso), cujos custos (em $por Kg) e ingredientes (em unidades por Kg) estão listados na tabela aseguir:

Vitamina A Vitamina B Proteínas Custo

Milho 2 3 1 65

Farinha de osso 3 2 30

Deseja-se que a ração contenha, no mínimo, 7 unidades de vitamina A, 9de vitamina B e 1 de proteína.


Modelo Matemático

min C = 65x1 + 30x2

sujeito a:2x1 + 3x2 ≥ 7

3x1 + 2x2 ≥ 9

1x1 + 0x2 ≥ 1

x1 ≥ 0; x2 ≥ 0


Mix de produção

Problemas de mix de produção envolvem decidir quais produtos, equanto fabricar de cada produto em um certo período.


Formulação matemática do mix de produção

Tendo em vista a capacidade limitada de produção � máquinas, RH,capital, armazenagem, etc. � e os diversos produtos que a empresapode fabricar e vender, deseja-se determinar quais fabricar e quantofabricar de cada produto, de modo a maximizar o lucro, numdeterminado período.


Maximizarf (x1, . . . , xn) = `1x1 + `2x2 + · · ·+ `nxn

Sujeito às restrições:

a11x1+ a12x2+· · ·+ a1nxn ≤ C1

a21x1+ a22x2+· · ·+ a2nxn ≤ C2

. . .

am1x1+am2x2+· · ·+amnxn ≤ Cm

dj ≤ xj ≤ vj , j = 1, 2, . . . , n

xj : quantidade do produto j a ser produzida por período;

Ci : capacidade do recurso i , i = 1, 2, . . . , m no período.

aij : unidades do recurso i usadas para produzir uma unidade de j ;

dj (vj): produção mínima (máxima) do produto j no período;

`j : lucro obtido pela empresa por cada unidade de j .


O Exemplo 3.2 visto anteriormente (problema das geladeiras) é umexemplo de problema de mix de produção.


Outro exemplo (MARINS, 2011)

Exemplo

Uma empresa deseja programar a produção de um utensílio de cozinha erequer o uso de 2 recursos: mão-de-obra e material. Ela está considerandoa fabricação de 3 modelos de acordo com os dados da tabela que segue,sendo que a disponibilidade diária de mão-de-obra é 150 horas, e osuprimento de material é 200 kg/dia.

Modelo

A B C

Mão-de-obra (horas/unidade) 7 3 6

Material (kg/unidade) 4 4 5

Lucro ($/unidade) 4 2 3


Modelagem

xa, xb, xc : produções diárias de A, B e C.Restrições:

I 7xa + 3xb + 6xc ≤ 150 (limitação de mão-de-obra)I 4xa + 4xb + 5xc ≤ 200 (limitação de material)I xa ≥ 0, xb ≥ 0, xc ≥ 0 (não-negatividade)

Função objetivo: maximização do lucro totalL = 4xa + 2xb + 3xc


Exercícios I

1 Um sapateiro faz 6 sapatos por hora, se �zer somente sapatos, e 5cintos por hora, se �zer somente cintos. Ele gasta 2 unidades de couropara fabricar 1 unidade de sapato e 1 unidade de couro para fabricaruma unidade de cinto. Sabendo-se que o total disponível de couro éde 6 unidades e que o lucro unitário por sapato é de $5,00 e o docinto é de $2,00, pede-se: o modelo do sistema de produção dosapateiro, se o objetivo é maximizar seu lucro por hora.

2 Um vendedor de frutas pode transportar 800 caixas de frutas para suaregião de vendas. Ele necessita transportar 200 caixas de laranjas a$20,00 de lucro por caixa, pelo menos 100 caixas de pêssegos a $10,00de lucro por caixa, e no máximo 200 caixas de tangerinas a $30,00 delucro por caixa. De que forma deverá ele carregar o caminhão paraobter o lucro máximo? Construa o modelo do problema.


Exercícios II

3 Uma fundição tem de produzir 10 toneladas de um tipo de ligametálica e, para isso, tem disponível: lingotes de ferro, gra�te esucata. 2 componentes são relevantes para a liga: carbono e silício. Atabela fornece a fração destes elementos nos ingredientes disponíveis,seus custos unitários, suas disponibilidades em estoque, bem como acomposição da liga de acordo com as especi�cações. Quaisquantidades dos ingredientes devem compor a liga, de modo que asespeci�cações sejam satisfeitas e o custo seja mínimo?

Ingredientes Especi�cações ligaComposição (%) Lingotes Gra�te Sucata Mínimo Máximo

Carbono 0,0050 0,90 0,090 0,00 0,095Silício 0,14 - 0,27 0,19 0,20

Custos (R$/ton) 90 180 25Estoque (ton) 5 5 12


Referências



3 NOGUEIRA, F. Pesquisa Operacional, UFJF.4 TAHA, H. Pesquisa operacional. 8a. ed. São Paulo: Prentice Hall,

2008.

Os materiais de parte desta seção foram gentilmente cedidos por Paulo H.R. Gabriel (FACOM/UFU)Adaptações: Renato Pimentel, FACOM/UFU


Sumário

3 Solução grá�ca


Solução grá�ca

A visualização de soluções de um problema pode ser útil paramelhorar a intuição sobre o mesmo.

Mesmo quando somente limitada a um desenho esquematizado sobreo plano.

No caso de PL, permite delinear um método de solução � i.é.,encontrar a solução ótima.


Consideram-se aqui problemas com apenas duas variáveis

(Representação das soluções factíveis e da solução ótima num planocartesiano)

NotaVamos considerar, por questões de conveniência, todas as restrições sob aforma de inequações.


Exemplo

Maximizar f (x1, x2) = x1 + 2x2 sujeito a:

x1 + x2 ≤ 4

x1 ≤ 2

x2 ≤ 3

x1 ≥ 0, x2 ≥ 0


Condições de não-negatividade:

0 1 2 3 4 5 6 70

1

2

3

4

5

6

x1

x 2


Adicionando a restrição x1 + x2 ≤ 4 às de não-negatividade:

0 1 2 3 4 5 6 70

1

2

3

4

5

6

x1

x 2


Adicionando a restrição x1 ≤ 2 às anteriores:

0 1 2 3 4 5 6 70

1

2

3

4

5

6

x1

x 2


Por �m, adicionando a restrição x2 ≤ 3 às anteriores: obtém-se aregião factível ou região viável do problema:qualquer ponto da região é uma solução viável do mesmo.

0 1 2 3 4 5 6 70

1

2

3

4

5

6

x1

x 2


Determinação da solução ótima

Considerando o exemplo, a função objetivo

f (x1, x2) = x1 + 2x2,

pode assumir in�nitos valores � qualquer par (x1, x2).Os pontos (x1, x2) do R2 que resultam em f = 0 estão na retax1 + 2x2 = 0. Esta reta de�ne a curva de nível 0 da função.

Curva de nível

A curva de nível f0 de uma função f é dada pelo conjunto de pontos no R2

os quais, aplicados à função f , resultam em f = f0.


Representando a curva de nível 0 no grá�co, junto com o sentido decrescimento.

1 2 3 4 5 6 7

1

2

3

4

5

6

x1

x2


Vetor gradiente

O vetor gradiente de uma função f (x1, x2), dado por

∇f (x1, x2) =

(∂f

∂x1,∂f

∂x2

)indica o sentido de maior crescimento da função. Se a função for linear,o gradiente será constante (a direção e o sentido não variam)

Consequentemente, indica a direção onde as curvas de f assumemvalores maiores.

No caso de retas, é constante e perpendicular às mesmas.

ObservaçãoNa prática, também podemos testar tomando pontos de um lado e deoutro de uma curva de nível, e veri�cando o valor de f .


Temos, para a função objetivo do problema,

∇f (x1, x2) =

(∂

∂x1(x1 + 2x2),

∂

∂x2(x1 + 2x2)

)= (1, 2),

indicado pelo vetor representado no grá�co anterior.


Como se deseja maximizar a função objetivo, busca-se o maior valorpossível de f dentro da região viável. Portanto, �caminha-se� no sentidopara o qual o vetor gradiente aponta.


Acrescentando-se agora ao grá�co a curva de nível 2:

1 2 3 4 5 6 7

1

2

3

4

5

6

x1

x2

Ainda não se chegou à solução ótima.


Acrescentando-se a curva de nível 7:

1 2 3 4 5 6 7

1

2

3

4

5

6

Solução ótima

x1

x2

Solução ótima obtida (f (x1, x2) = 7).

Portanto, a solução do problema existe e é única: (x1, x2) = (1, 3) �maximiza f , respeitando as restrições.


Considerações

1 O conjunto de todas as soluções viáveis de um modelo de PL é umconjunto convexo.

2 Toda solução viável básica do sistema de equações lineares de ummodelo de PL é um ponto extremo do conjunto de soluções viáveis.

3 Se uma função objetivo possui um único ponto de ótimo �nito, entãoeste é um ponto extremo do conjunto convexo de soluções viáveis.

4 Se a função objetivo assume o valor ótimo em mais de um ponto doconjunto de soluções viáveis (soluções múltiplas), então ela assumeeste valor para pelo menos dois pontos extremos do conjuntoconvexo e para qualquer combinação convexa desses pontosextremos, isto é, todos os pontos do segmento de reta que une estesdois pontos (em outras palavras, a aresta do polígono que contémestes dois pontos).


Solução do problema das geladeiras

Voltando ao modelo da produção de geladeiras (mix de produção):

max L = 100x1 + 50x2

sujeito a

10x1 + 8x2 ≤ 25000

x1 + x2 ≤ 4500

x1 ≤ 1500

x2 ≤ 6000

x1 ≥ 0; x2 ≥ 0


Restrições de não-negatividade e demanda máxima:

2 000 4 000 6 000 8 000

2 000

4 000

6 000

8 000

0 ≤ x1 ≤ 1 5000 ≤ x2 ≤ 6 000

x1

x2


x1 + x2 ≤ 4 500 (capacidade da linha de montagem)

2 000 4 000 6 000 8 000

2 000

4 000

6 000

8 000

x1

x2


10x1 + 8x2 ≤ 25 000 (limitação da mão-de-obra)

2 000 4 000 6 000 8 000

2 000

4 000

6 000

8 000

x1

x2


max f (x1, x2) = 100x1 + 50x2I Sentido de crescimento: ∇f = (100, 50)

2 000 4 000 6 000 8 000

2 000

4 000

6 000

8 000

x1

x2

Candidatos a solução ótima: pontos (1500, 0), (1500, 1250) e(0, 3125) (pontos extremos na direção do crescimento)


max f (x1, x2) = 100x1 + 50x2I Na solução viável básica (1500, 0), temos f = 150 000.

2 000 4 000 6 000 8 000

2 000

4 000

6 000

8 000

x1

x2


max f (x1, x2) = 100x1 + 50x2I Na solução viável básica (1500, 1250), temos f = 212 500.

2 000 4 000 6 000 8 000

2 000

4 000

6 000

8 000

Solução ótima

x1

x2

Esta é a solução ótima, pois a solução viável básica não testada �(0, 3125) � está no sentido oposto ao de crescimento da funçãoobjetivo, em relação à curva de nível.


Logo, a empresa deve produzir 1500 geladeiras do modelo luxo, e 1250do modelo básico por mês, maximizando o lucro, que será de $212 500.


Solução do problema da ração

Voltando ao modelo da ração (problema de mistura):

min C = 65x1 + 30x2

sujeito a:2x1 + 3x2 ≥ 7

3x1 + 2x2 ≥ 9

1x1 + 0x2 ≥ 1

x1 ≥ 0; x2 ≥ 0


Não-negatividade

1 2 3 4

1

2

3

4

x1

x2


1x1 + 0x2 ≤ 1.

1 2 3 4

1

2

3

4

x1

x2


2x1 + 3x2 ≥ 7.

1 2 3 4

1

2

3

4

x1

x2


3x1 + 2x2 ≥ 9.

1 2 3 4

1

2

3

4

x1

x2


minC = 65x1 + 30x2I Na solução viável básica (7/2, 0), temos C = $227, 5.

1 2 3 4

1

2

3

4

(7/2,0)x1

x2

Problema de minimização: caminha-se no sentido oposto ao decrescimento de C .


minC = 65x1 + 30x2I Na solução viável básica (13/5, 3/5), temos C = $187.

1 2 3 4

1

2

3

4

(13/5,3/5)x1

x2


minC = 65x1 + 30x2I Na solução viável básica (1, 3), temos C = $155.

1 2 3 4

1

2

3

4Solução ótima

x1

x2

(1, 3) é a solução ótima do problema da ração. Neste ponto, o custototal é o menor possível, $ 155.


Outras situações

Exemplo

Maximizar f (x1, x2) = x1 + 2x2 sujeito a:

−3x1 + x2 ≤ 2

x2 ≤ 3

x1 + 2x2 ≤ 9

3x1 + x2 ≤ 18

x1 ≥ 0, x2 ≥ 0


max f (x1, x2) = x1 + 2x2

1 2 3 4 5 6 7 8

1

2

3

4 Múltiplassoluçõesótimas

x1

x2


Região viável ilimitada

In�nitas soluções ótimas (minimização)

x1

x2


Não existe solução ótima (minimização)

x1

x2


Região vazia

Região viável vazia: não existe solução ótima (restrições con�itantes)

x1

x2


Exercícios

1 Faça a solução grá�ca do exercício do sapateiro e do exercício dasfrutas vistos anteriormente. Dica: no problema das frutas, aquantidade de laranjas é conhecida (dada).


Referências





Sumário

4 O método simplex


O método simplex

O método simplex visa a resolução algébrica de um problema de PL.

Problemas agora não se limitam mais a 2 variáveis de decisão (comona solução grá�ca)

1o passo: Criação de Variáveis de folga ou excesso: transformam omodelo num sistema linear de equações a ser resolvido.


Eliminação das desigualdades

Inicialmente, é preciso eliminar as desigualdades presentes nasrestrições do modelo.

I Criam-se assim novas equações lineares no problema, a partir dasinequações anteriores.

Exemplo:2x1 + x2 ≤ 5

Como o lado esquerdo é menor ou igual a 5 (a diferença édesconhecida), a adição de uma variável não-negativa, chamada, porexemplo, x3, que represente tal diferença, permite que a inequaçãoseja escrita como uma equação:

2x1 + x2 + x3 = 5

x3 ≥ 0 é denominada variável de folga.


De modo similar, no caso da inequação

x1 + 3x2 ≥ 7,

onde tem-se o lado esquerdo maior ou igual ao lado direito, épossível representar a diferença pela subtração de uma variável defolga não-negativa:

x1 + 3x2 − x4 = 7 .

Algumas referências chamam neste caso a nova variável de variávelde excesso.


ObservaçãoApenas as restrições técnicas são reescritas como equações.As restrições de não-negatividade são mantidas.


Exemplo

maxZ (x1, x2) = 5x1 + 2x2

sujeito a

x1 ≤ 3

x2 ≤ 4

x1 + 2x2 ≤ 9

x1 ≥ 0, x2 ≥ 0


maxZ (x1, x2, x3, x4, x5)− 5x1 − 2x2 = 0

sujeito a

x1 + x3 = 3

x2 + x4 = 4

x1 + 2x2 + x5 = 9

x1 ≥ 0, x2 ≥ 0, x3 ≥ 0, x4 ≥ 0, x5 ≥ 0

Como a função objetivo é dada como uma equação, não é necessáriaa introdução de variáveis de folga na mesma.

Note que a função objetivo foi reescrita, de modo a deixar o ladodireito nulo.


Quadro inicial

A tabela ou quadro abaixo auxilia na resolução:

x1 x2 x3 x4 x5 b

L(0)0 Z -5 -2 0 0 0 0

L(0)1 x3 1 0 1 0 0 3

L(0)2 x4 0 1 0 1 0 4

L(0)3 x5 1 2 0 0 1 9

Na linha L0 encontram-se os coe�cientes da função objetivo.

Nas linhas Li , i = 1, . . . , 3 os coe�cientes das restrições.

O vetor b contém as constantes das restrições, bem como da funçãoobjetivo.


Solução viável básica inicial

x3 = 3 x1 = 0

x4 = 4 x2 = 0

x5 = 9 Z = 0


Algoritmo I

1 A solução já é a ótima? Se sim, o problema encontra-se resolvido, e oalgoritmo se encerra nesta etapa.

I Este é um problema de maximização. A solução será ótima se nãohouver coe�cientes negativos na linha L0 da função objetivo.

I Caso haja � este é o caso do exemplo � é preciso passar à etapaseguinte, iterativa.


Algoritmo II

2 As variáveis de folga formam uma base do Rm (m é o número derestrições), pois a matriz m ×m formada pelas linhas Li , i = 1, . . . ,me as respectivas colunas é uma matriz identidade, portanto comdeterminante diferente de 0.

I As variáveis de folga são chamadas portanto de básicas(representadas na coluna à esquerda na tabela), e as variáveis dedecisão originais do problema, não básicas.

I Esta etapa do algoritmo consiste em colocar na base uma variável dedecisão, retirando da mesma uma das variáveis de folga (deve serrepetida até que a condição da etapa 1 seja satisfeita)


Etapas do passo 2 I

1 Identi�car quem entrará na base (condição de otimalidade):Regra de Dantzig: Procura-se, na linha L0, qual o coe�cientenegativo de maior valor absoluto (i.é., o menor valor). A variávelassociada a ele é a que entrará na base.

I No exemplo, entrará na base x1, pois | − 5| > | − 2|. A coluna emdestaque é a coluna pivô da iteração.

x1 x2 x3 x4 x5 b

L(0)0 Z -5 -2 0 0 0 0

L(0)1 x3 1 0 1 0 0 3

L(0)2 x4 0 1 0 1 0 4

L(0)3 x5 1 2 0 0 1 9


Etapas do passo 2 II

2 A variável básica que sairá da base é aquela cuja divisão da constantebi , i = 1, . . . ,m3 pelo coe�ciente correspondente cij da coluna pivôseja o menor de todos � apenas divisões não-negativas e �nitassão consideradas. Esta é a Condição de viabilidade.

I No caso, temos m = 3, j = 1 (selecionou-se x1 para deixar a base) e asdivisões

b1c11

=31

= 3b2c21

=40

=∞ (ignora-se)b3c31

=91

= 9

I Portanto, x3 (associada a linha L1) deixará a base e a linha L1 passa aser a linha pivô desta iteração � razão mínima não-negativa nestalinha.


Etapas do passo 2 III

x1 x2 x3 x4 x5 b

L(0)0

Z -5 -2 0 0 0 0

L(0)1

x3 1 0 1 0 0 3

L(0)2

x4 0 1 0 1 0 4

L(0)3

x5 1 2 0 0 1 9I O elemento c11 = 1, dado pelo cruzamento das linhas e colunas pivô, é

o número pivô da iteração.


Etapas do passo 2 IV

3 Rede�ne-se a linha pivô, dividindo-se a mesma pelo número pivô.I No caso,

L(1)1

=L

(0)1

c11=

L(0)1

1

I Note que agora x1 faz parte da base, e x3 passou a ser não-básica.

x1 x2 x3 x4 x5 b

L(0)0

Z -5 -2 0 0 0 0

L(1)1

x1 1 0 1 0 0 3

L(0)2

x4 0 1 0 1 0 4

L(0)3

x5 1 2 0 0 1 9


Etapas do passo 2 V

4 As demais linhas (incluindo a da função objetivo) são tambémrede�nidas:

L(1)k = L

(0)k − ckj L

(1)i , k = 0, . . . ,m, k 6= i ,

onde i e j são os índices da linha pivô e coluna pivô, respectivamente.


Etapas do passo 2 VI

I Linha 0 (função objetivo): L(1)0

= L(0)0− (−5) L

(1)1

x1 x2 x3 x4 x5 b

L(1)0

Z 0 -2 5 0 0 15

L(1)1

x1 1 0 1 0 0 3

L(0)2

x4 0 1 0 1 0 4

L(0)3

x5 1 2 0 0 1 9


Etapas do passo 2 VII

I Linha 2: L(1)2

= L(0)2− 0 L(1)

1= L

(0)2

(inalterada)

x1 x2 x3 x4 x5 b

L(1)0

Z 0 -2 5 0 0 15

L(1)1

x1 1 0 1 0 0 3

L(1)2

x4 0 1 0 1 0 4

L(0)3

x5 1 2 0 0 1 9


Etapas do passo 2 VIII

I Linha 3: L(1)3

= L(0)3− 1 L(1)

1

x1 x2 x3 x4 x5 b

L(1)0

Z 0 -2 5 0 0 15

L(1)1

x1 1 0 1 0 0 3

L(1)2

x4 0 1 0 1 0 4

L(1)3

x5 0 2 -1 0 1 6I A primeira iteração está concluída.

Solução viável básica após iteração 1

x1 = 3 x2 = 0

x4 = 4 x3 = 0

x5 = 6 Z = 15

3Linha L0 da função objetivo não é considerada neste trechoGSI027 Otimização 2o Semestre � 2019 130 / 355

Nova iteração do passo 2

Como se pode observar na tabela anterior, ainda há um coe�cientenegativo na linha L0.Portanto, repete-se o passo 2.

I Agora x2 entrará na base, e x5 sairá. Portanto, o número pivô éC23 = 2.


x1 x2 x3 x4 x5 b

L(2)0 Z 0 0 4 0 1 21

L(2)1 x1 1 0 1 0 0 3

L(2)2 x4 0 0 1/2 1 -1/2 1

L(2)3 x2 0 1 -1/2 0 1/2 3

Solução viável básica após iteração 2 (solução ótima)

x1 = 3 x3 = 0

x4 = 1 x5 = 0

x2 = 3 Z = 21


Situações especiais

1. Empate na entrada da base

Na condição de otimalidade, quando se busca a variável que entrará nabase, se houver empate escolhe-se arbitrariamente qual deverá de fatoentrar.Única implicação: pode-se escolher um caminho mais longo ou mais curto� dependendo da escolha � para se chegar à solução ótima

Exemplo: problema envolvendo maximização da função objetivo

Z = 4x1 + 4x2 + 3x3

Note que o maior coe�ciente é 4, e está associado a duas variáveis (x1 ex2). Na 1a. iteração, deve-se escolher qual das duas entrará (aparecerãocomo -4 no quadro inicial).


2. Empate na saída da base

Na condição de viabilidade, quando se busca a variável que sairá na base,se houver empate em geral também se escolhe arbitrariamente qual deveráde fato sair.

Exemplo:maxZ = 5x1 + 2x2, sujeito a

x1 ≤ 3

x2 ≤ 4

4x1 + 3x2 ≤ 12

x1 ≥ 0, x2 ≥ 0


x1 x2 x3 x4 x5 b

L(0)0 Z -5 -2 0 0 0 0

L(0)1 x3 1 0 1 0 0 3

L(0)2 x4 0 1 0 1 0 4

L(0)3 x5 4 3 0 0 1 12

x1 entrará na base. As candidatas a sair da base (menor razãonão-negativa):

x3 :b1c11

=31

= 3 x5 :b3c31

=124

= 3

Escolhe-se, por exemplo, x3 para deixar a base:


x1 ↓ x2 x3 x4 x5 b

L(1)0 Z 0 -2 5 0 0 15

L(1)1 x1 1 0 1 0 0 3

L(1)2 x4 0 1 0 1 0 4

L(1)3 ← x5 0 3 -4 0 1 0

Note que x5 é nula, mesmo sendo variável básica. Isto ocorre devido àcondição de empate e a solução viável encontrada é dita degenerada.


x1 x2 x3 x4 x5 b

L(2)0 Z 0 0 7/3 0 2/3 15

L(2)1 x1 1 0 1 0 0 3

L(2)2 x4 0 0 4/3 1 -1/3 4

L(2)3 x2 0 1 -4/3 0 1/3 0

Pode ocorrer a ciclagem (ou retorno cíclico) � o valor da função objetivonão melhora, sendo possível que o método entre em uma sequência deiterações sem nunca melhorar tal valor e satisfazer a condição deotimalidade. Neste exemplo, esta última foi satisfeita (encontrou-se soluçãoótima).


Exemplo de caso em que ocorre ciclagem (Taha, 2008):

maxZ =34x1 − 20x2 +

12x3 − 6x4

sujeito a

14x1 − 8x2 − x3 + 9x4 ≤ 0

12x1 − 12x2 −

12x3 + 3x4 ≤ 0

x3 ≤ 1

x1 ≥ 0, x2 ≥ 0, x3 ≥ 0, x4 ≥ 0

Exercício: http://simplex.tode.cz/en/


http://simplex.tode.cz/en/

3. Soluções múltiplas

Modelo de PL apresenta mais de uma solução ótima.

Exemplo:maxZ = 2x1 + 4x2, sujeito a

x1 + 2x2 ≤ 5

x1 + x2 ≤ 4

x1 ≥ 0, x2 ≥ 0


x1 ↓ x2 x3 x4 b

L(0)0 Z -2 -4 0 0 0

L(0)1 ← x3 1 2 1 0 5

L(0)2 x4 1 1 0 1 4

↓ x1 x2 x3 x4 b

L(1)0 Z 0 0 2 0 10

L(1)1 x2 1/2 1 1/2 0 5/2

L(1)2 ← x4 1/2 0 -1/2 1 3/2

A solução é ótima, e tem-se x1 = 0, x2 = 5/2 e Z = 10. O coe�ciente dex1 (não-básica) em L0 é zero, indicando que a mesma pode entrar na base,de modo que o valor da função objetivo �que inalterado � apenas osvalores das variáveis se alteram.


x1 x2 x3 x4 b

L(2)0 Z 0 0 2 0 10

L(2)1 x2 0 1 1 -1 1

L(2)2 x1 1 0 -1 2 3

Forçando-se a saída de x4 da base, inserindo-se x1 em seu lugar, tem-senova solução em x1 = 3, x2 = 1 e Z = 10.Qualquer combinação convexa desta solução e da anterior também seráuma solução ótima. Gra�camente: segmento de reta entre os pontos(0, 5/2) e (3, 1)


4. Função objetivo ilimitada

Outro resultado possível é aquele no qual nenhuma variável sequali�ca para ser a variável básica a deixar a base.

Este resultado ocorre quando a variável que entra na base pode seraumentada inde�nidamente sem dar valores negativos a qualquer dasvariáveis básicas atuais. Na forma tabular, isso signi�ca que todos oscoe�cientes da coluna pivô (excluindo-se a linha L0) são negativos ouzero.

Neste caso, as restrições não impedem que o valor da função objetivocresça inde�nidamente.

Isto ocorre, provavelmente, porque o modelo foi mal formulado, sejapor omitir restrições relevantes, seja por declará-las de modo incorreto.


Exemplo:maxZ = 2x1 + x2 sujeito a

x1− x2 ≤ 10

2x1 ≤ 40

x1 ≥ 0, x2 ≥ 0

↓ x1 x2 x3 x4 b

L(0)0 Z -2 -1 0 0 0

L(0)1 ← x3 1 -1 1 0 10

L(0)2 x4 2 0 0 1 40

Todos os coe�cientes das restrições sob x2 são negativos ou zero. Note quex2 pode ser aumentada inde�nidamente sem desobedecer nenhuma dasrestrições.


x1 ↓ x2 x3 x4 b

L(1)0 Z 0 -3 2 0 20

L(1)1 x1 1 -1 1 0 10

L(1)2 ← x4 0 2 -2 1 20

x1 x2 ↓ x3 x4 b

L(2)0 Z 0 0 -1 3/2 50

L(2)1 ← x1 0 0 0 1/2 30

L(2)2 x2 0 1 -1 1/2 10

. . .


5. Problema de minimizaçãoQuando a função objetivo tiver de ser minimizada pode-se fazer duascoisas, a saber:

Inverter o teste de otimização e o critério de entrada na base. Assim,se todos os coe�cientes da linha L0 forem negativos, ou nulos, asolução é ótima. Caso contrário, escolha a variável xj para entrar queapresente o maior valor.

Transformar o problema de minimização em um problema demaximização. Sabe-se que achar o mínimo de uma função éequivalente a encontrar o máximo do simétrico desta função.

I Exemplo: minW = 2x1 + 3x2 ⇔ maxZ = −2x1 − 3x2. Depois, nasolução �nal, fazer W = −Z .


Um aspecto de problemas de minimização é que em geral as restriçõescontém desigualdades do tipo ≥ (maior-ou-igual).

Os exemplos abordados com o simplex são todos problemas demaximização, onde as restrições são do tipo

ci1x1 + ci2x2 + · · ·+ cinxn ≤ bi ,

onde a constante do lado direito bi é tal que bi ≥ 0.I Sob esta forma, as variáveis acrescentadas são de folga e o problema

pode ser resolvido como visto.I Problemas com restrições envolvendo a desigualdade ≥ ou mesmo

igualdade (=) exigem etapas adicionais.


Lado direito negativo

Para que a resolução vista possa ser empregada, é preciso que o ladodireito das restrições seja não-negativo.

Por exemplo, a restrição

−x1 + x2 ≤ −3

leva ao surgimento da equação

−x1 + x2 + x3 = −3, x3 ≥ 0 .


O problema é resolvido fazendo-se a multiplicação de ambos os ladospor −1:

x1 − x2 − x3 = 3 .

Neste caso, o coe�ciente de x3 é −1. Logo, esta não pode entrar nabase (na equação reescrita é variável de excesso). Isto equivale apartirmos da inequação

x1 − x2 ≥ 3 .

(nada mais do que a inequação original multiplicada por −1 � adesigualdade é invertida).


Solução inicial arti�cial

Para se iniciar a resolução de problemas de PL �mal comportados�(com restrições do tipo ≥ e =) é adotar variáveis arti�ciais

Estas desempenham o papel de folgas na primeira iteração.

São descartadas em iterações posteriores.Dois métodos:

I Método do M-grande;I Método das duas fases.


Considere o seguinte problema:

maxZ = 5x1 + 2x2sujeito a:

x1 ≤ 3

x2 ≤ 4

x1 + 2x2 ≥ 9

x1 ≥ 0, x2 ≥ 0

maxZ tal que Z − 5x1 − 2x2 = 0sujeito a:

x1 + x3 = 3

x2 + x4 = 4

x1 + 2x2 − x5 = 9

x1, . . . , x5 ≥ 0

Variáveis não-básicas: x1 = x2 = 0.

Variáveis básicas: x3 = 3, x4 = 4, x5 = −9.Não é solução viável, pois x5 deveria ser não-negativa.


Pode-se acrescentar uma variável arti�cial na equação problemática. Estavariável ocupará o lugar de x5 na base inicial. Logo:

maxZ tal que Z − 5x1 − 2x2 = 0sujeito a:

x1 + x3 = 3

x2 + x4 = 4

x1 + 2x2 − x5 + t1 = 9

x1, . . . , x5, t1 ≥ 0

Variáveis não-básicas:x1 = x2 = x5 = 0.

Variáveis básicas:x3 = 3, x4 = 4, t1 = 9.

Os sistemas somente se equivalem se a variável arti�cial t1 for nula.

As variáveis arti�ciais não têm signi�cado no problema real, maspermitem a inicialização do processo de maneira automática.


Método do M-grande

Como as variáveis arti�ciais não fazem parte do modelo, estas sofrerãopunições na função objetivo:

I As punições visam zerar tais variáveis na solução ótima.I Isto sempre ocorrerá se houver solução viável.

Regra de penalização das variáveis arti�ciais

Dado M > 0, valor su�cientemente alto (M →∞), o coe�ciente na funçãoobjetivo representa uma punição adequada quando igual a:

I −M, em problemas de maximização;

I M, em problemas de maximização.

O valor de M deve ser su�cientemente grande em relação aos demaiscoe�cientes da função objetivo, de modo a forçar as variáveis a tervalor nulo no ótimo.


Retornando ao exemplo anterior:

maxZ = 5x1 + 2x2 −Mt1sujeito a:

x1 + x3 = 3

x2 + x4 = 4

x1 + 2x2 − x5 + t1 = 9

x1, . . . , x5, t1 ≥ 0

maxZ tal queZ − 5x1 − 2x2 + 100t1 = 0sujeito a:

x1 + x3 = 3

x2 + x4 = 4

x1 + 2x2 − x5 + t1 = 9

x1, . . . , x5, t1 ≥ 0

Como os coe�cientes na função objetivo são 5 e 2, parece razoávelde�nir M = 100.


Quadro inicial:

x1 x2 x3 x4 x5 t1 b

L(0)0 Z -5 -2 0 0 0 100 0

L(0)1 x3 1 0 1 0 0 0 3

L(0)2 x4 0 1 0 1 0 0 4

L(0)3 t1 1 2 0 0 -1 1 9

A linha L0 é inconsistente com o resto da tabela, uma vez que t1 = 9(t1 está na base) e portanto Z = −900.Para empregar a resolução do simplex, é preciso que os coe�cientesdas variáveis básicas na linha L0 sejam todos nulos. Este ajuste inicialpode ser feito rede�nindo-se esta linha como sendo a soma delamesma com a linha associada a t1 multiplicada por −M:

L(0)0 = L

(0)0 −ML

(0)3 = L

(0)0 − 100L(0)

3


O quadro inicial então se torna

x1 ↓ x2 x3 x4 x5 t1 b

L(0)0 Z -105 -202 0 0 100 0 -900

L(0)1 x3 1 0 1 0 0 0 3

L(0)2 ← x4 0 1 0 1 0 0 4

L(0)3 t1 1 2 0 0 -1 1 9

Solução viável básica inicial

x3 = 3 x1 = 0

x4 = 4 x2 = 0

t1 = 9 x5 = 0

Z = −900


↓ x1 x2 x3 x4 x5 t1 b

L(1)0 Z -105 0 0 202 100 0 -92

L(1)1 x3 1 0 1 0 0 0 3

L(1)2 x2 0 1 0 1 0 0 4

L(1)3 ← t1 1 0 0 -2 -1 1 1

x1 x2 x3 ↓ x4 x5 t1 b

L(2)0 Z 0 0 0 -8 -5 105 13

L(2)1 ← x3 0 0 1 2 1 -1 2

L(2)2 x2 0 1 0 1 0 0 4

L(2)3 x1 1 0 0 -2 -1 1 1


x1 x2 x3 x4 ↓ x5 t1 b

L(3)0 Z 0 0 4 0 -1 101 21

L(3)1 ← x4 0 0 1/2 1 1/2 -1/2 1

L(3)2 x2 0 1 -1/2 0 -1/2 1/2 3

L(3)3 x1 1 0 1 0 0 0 3

x1 x2 x3 x4 x5 t1 b

L(4)0 Z 0 0 5 2 0 100 23

L(4)1 x5 0 0 1 2 1 -1 2

L(4)2 x2 0 1 0 1 0 0 4

L(4)3 x1 1 0 1 0 0 0 3


O método do M-grande pode resultar em erros de arredondamentodurante a fase de punição do valor M � de�nido sempre de formarelativamente arbitrária.

Na prática, usa-se o método das duas fases, desenvolvidoposteriormente.

O método das duas fases está implementado em praticamente todosos pacotes comerciais para resolução de problemas de PL.


Método das duas fases

Alternativa ao método do M-grande, contornando a di�culdade domesmo por eliminar o uso da constante M.

Inicialmente, variáveis arti�ciais são introduzidas ao modelo, como nométodo anterior.Como o nome sugere, há duas fases ou etapas:

I Fase I: consiste em resolver um problema de minimização cujafunção objetivo é dada pelo somatório das variáveis arti�ciais.Espera-se que o mínimo seja zero (requisito para Fase II).

ObservaçãoCaso o valor mínimo da soma seja diferente de zero, o problema não temnenhuma solução viável, o que encerra o processo � variável arti�cial positivaindica que restrição original não foi satisfeita.

I Fase II: Usa-se a solução da Fase I como solução viável básica inicialpara o problema original.


Seja o problema:

maxZ = 4x1 + x2

sujeito a

3x1 + x2 = 3

4x1 + 3x2 ≥ 6

x1 + 2x2 ≤ 4

x1 ≥ 0, x2 ≥ 0

Variáveis de folga:

maxZ = 4x1 + x2

sujeito a

3x1 + x2 = 3

4x1 + 3x2 − x3 = 6

x1 + 2x2 + x4 = 4

x1 ≥ 0, . . . , x4 ≥ 0


Como não há uma solução viável básica são inseridas as variáveis arti�ciaist1 e t2 às restrições envolvendo ≥ e =:

maxZ = 4x1 + x2

sujeito a

3x1 + x2 + t1 = 3

4x1 + 3x2 − x3 + t2 = 6

x1 + 2x2 + x4 = 4

x1 ≥ 0, . . . , x4 ≥ 0, t1 ≥ 0, t2 ≥ 0 .

A função objetivo inicial será portanto

W = t1 + t2


Fase I

minW = t1 + t2

sujeito a

3x1 + x2 + t1 = 3

4x1 + 3x2 − x3 + t2 = 6

x1 + 2x2 + x4 = 4

x1 ≥ 0, . . . , x4 ≥ 0, t1 ≥ 0, t2 ≥ 0 .


x1 x2 x3 x4 t1 t2 b

L(0)0 −W 0 0 0 0 1 1 0

L(0)1 t1 3 1 0 0 1 0 3

L(0)2 t2 4 3 -1 0 0 1 6

L(0)3 x4 1 2 0 1 0 0 4

Como a linha L0 possui coe�cientes para variáveis t1 e t2 da base, faz-seL

(0)0 = L

(0)0 − L

(0)1 − L

(0)2 :

1 ↓ x1 x2 x3 x4 t1 t2 b

L(0)0 −W -7 -4 1 0 0 0 -9

L(0)1 ← t1 3 1 0 0 1 0 3

L(0)2 t2 4 3 -1 0 0 1 6

L(0)3 x4 1 2 0 1 0 0 4


x1 ↓ x2 x3 x4 t1 t2 b

L(1)0 −W 0 -5/3 1 0 7/3 0 -2

L(1)1 x1 1 1/3 0 0 1/3 0 1

L(1)2 ← t2 0 5/3 -1 0 -4/3 1 2

L(1)3 x4 0 5/3 0 1 -1/3 0 3

x1 x2 x3 x4 t1 t2 b

L(2)0 −W 0 0 0 0 1 1 0

L(2)1 x1 1 0 1/5 0 3/5 -1/5 3/5

L(2)2 x2 0 1 -3/5 0 -4/5 3/5 6/5

L(2)3 x4 0 0 1 1 1 1 1


No quadro (2), −W = 0, e não há coe�cientes negativos para asvariáveis fora da base. Portanto, a fase I está concluída.

A solução básica viável é dada por:

x1 = 3/5 x2 = 6/5 x4 = 1

(apenas variáveis básicas). As demais, bem como a função objetivo Wsão nulas.

Neste momento, pode-se eliminar totalmente as colunas das variáveisarti�ciais t1 e t2 e passar à fase II.

I Eliminam-se também as linhas, quando for o caso (variáveis arti�ciaisfora da base).


Fase II

Após eliminar as colunas das variáveis arti�ciais, reescreve-se o problemaoriginal como:

maxZ = 4x1 + x2

sujeito a

x1 + 1/5x3 = 3/5

x2 − 3/5x3 = 6/5

x3 + x4 = 1

x1 ≥ 0, . . . , x4 ≥ 0 .


Quadro inicial desta fase � note que é preciso adequar a linha L0 antes deprosseguir para o algoritmo do simplex:

x1 x2 x3 x4 b

L(0)0 Z -4 -1 0 0 0

L(0)1 x1 1 0 1/5 0 3/5

L(0)2 x2 0 1 -3/5 0 6/5

L(0)3 x4 0 0 1 1 1


Exercícios I

1 Determine a solução ótima a partir do quadro anterior (Fase II).2 Usando simplex, determine a solução do problema

min f (x1, x2) = 65x1 + 30x2

sujeito a

2x1 + 3x2 ≥ 7

3x1 + 2x2 ≥ 9

x1 ≥ 1

x1 ≥ 0, x2 ≥ 0 .


Sumário

5 Dual e sua relação com o primal


Dualidade

Modelo dual: de�nido diretamente a partir do modelo original (ouprimal) do problema de PL.Forte relação com o problema de origem:

I Solução ótima de um problema fornece automaticamente a soluçãoótima do outro.

Vantagens

Uma vantagem do uso do modelo dual está na possibilidade de segerar um problema menor, cuja solução seja mais rápida/menos caraque no modelo original.

Outra vantagem: transformar um problema de minimização num demaximização � o que permite aplicação direta do algoritmo simplex.


Forma de equações do modelo primal

A construção do modelo dual será baseada na chamada forma deequações (TAHA, 2008) do modelo original, usada para a resolução peloalgoritmo do simplex. Na forma de equações:

1 Todas as restrições técnicas � isto é, excluindo-se as denão-negatividade � são dadas como equações, com o lado direitonão negativo.

2 Todas as variáveis são maiores ou iguais a zero.


Construção do modelo dual com base no primal

1 O dual de um problema de maximização (minimização) é um problemade minimização (maximização);

2 Uma variável yi do dual é de�nida para cada restrição4 do primal;3 Uma restrição dual é de�nida para cada variável xj primal;4 Os coe�cientes associados à variável xj das restrições do modelo

primal de�nirão os coe�cientes da j-ésima restrição primal;5 Os coe�cientes da função objetivo do dual são dados pelas

constantes (lado direito) das restrições do primal;

4Não se consideram as de não-negatividadeGSI027 Otimização 2o Semestre � 2019 172 / 355

No caso de um problema de maximização � somente com restrições do tipo≤, temos:

Primal:

maxZ =n∑

j=1

cjxj

sujeito a

n∑j=1

aijxj ≤ bi , (i = 1, . . . ,m)

xj ≥ 0

Dual:

minD =m∑i=1

biyi

sujeito a

m∑i=1

ajiyi ≥ cj , (j = 1, . . . , n)

yi ≥ 0


Exemplo

Primal:

maxZ = 25x1 + 20x2

sujeito a

x1 + x2 ≤ 50

2x1 + x2 ≤ 80

2x1 + 5x2 ≤ 220

x1 ≥ 0, x2 ≥ 0 .

Dual:

minD = 50y1 + 80y2 + 220y3

sujeito a

y1 + 2y2 + 2y3 ≥ 25

y1 + y2 + 5y3 ≥ 20

y1 ≥ 0, y2 ≥ 0, y3 ≥ 0 .


Note pelo caso geral e exemplo vistos que o sinal de desigualdade dasrestrições duais está associado ao tipo de otimização: se o dual forde minimização, todas as restrições serão (≥).Outro fato é que as variáveis duais yi são não negativas, mas nemsempre isto ocorre.

Casos mais gerais, onde no modelo primal há restrições (≥) e (=), ouhá variáveis irrestritas (podem assumir valores negativos), levam aoutras situações no dual.


Regras para construção do dual

Restrições de sinal das variáveis duais: de acordo com os coe�cientesdas variáveis de folga do primal.

Exemplo:

minZ = 15x1 + 12x2

sujeito a

x1 + 2x2 ≥ 3

2x1 − 4x2 ≤ 5

x1 ≥ 0, x2 ≥ 0 .


Na forma de equações:

minZ = 15x1+12x2+0x3+0x4

sujeito a

x1 + 2x2 − x3 + 0x4 = 3 (y1)

2x1 − 4x2 + 0x3 + x4 = 5 (y2)

x1 ≥ 0, x2 ≥ 0, x3 ≥ 0, x4 ≥ 0 .

Dual:

maxD = 3y1 + 5y2

sujeito a

y1 + 2y2 ≤ 15

−2y1 − 4y2 ≤ 12

−1y1 + 0y2 ≤ 0

0y1 + 1y2 ≤ 0 .

As 2 últimas restrições duais estão associadas às variáveis de folga x3 ex4. Note que todas são do tipo (≤) pois o dual é de maximização.


Reescrevendo as duas últimas restrições, temos:

maxD = 3y1 + 5y2

sujeito a

y1 + 2y2 ≤ 15

−2y1 − 4y2 ≤ 12

y1 ≥ 0

y2 ≤ 0 .


Exercício

Veri�que, para o exemplo de maximização visto anteriormente, que asrestrições de não negatividade para y1, y2 e y3 são coerentes com oscoe�cientes das variáveis de folga do problema.


Restrição do tipo igualdade (=) no primal: variável irrestrita no dual

Variáveis irrestritas: podem assumir qualquer valor real, mesmovalores negativos

maxZ = 5x1 + 12x2 + 4x3

sujeito a

x1 + 2x2 + x3 ≤ 10

2x1 − x2 + 3x3 = 8

x1 ≥ 0, x2 ≥ 0, x3 ≥ 0 .


Na forma de equações:

maxZ = 5x1 +12x2 +4x3 +0x4

sujeito a

x1 + 2x2 + x3 + x4 = 10 (y1)

2x1 − x2 + 3x3 + 0x4 = 8 (y2)

x1 ≥ 0, x2 ≥ 0, x3 ≥ 0, x4 ≥ 0 .

Dual:

minD = 10y1 + 8y2

sujeito a

y1 + 2y2 ≥ 5

2y1 − y2 ≥ 12

y1 + 3y2 ≥ 4

y1 + 0y2 ≥ 0 .

Da última restrição, obtém-se y1 ≥ 0. Não há restrições sobre y2, portantoesta é irrestrita.


Variável irrestrita no primal: restrição associada no dual é deigualdade (=).

maxZ = 5x1 + 6x2

sujeito a

x1 + 2x2 = 5

−x1 + 5x2 ≥ 3

4x1 + 7x2 ≤ 8

x1 irrestrita, x2 ≥ 0 .


Uma situação não apresentada no modelo primal é a de variávelirrestrita.

Nesta situação, se xi é irrestrita, então de�nem-se duas variáveisnão-negativas, x−i e x+

i , cuja diferença entre ambas resulta nairrestrita:

xi = x−i − x+i

Sendo assim:I Se xi ≥ 0, então x−i ≥ x+

i ≥ 0;I Se xi < 0, então x+

i > x−i ≥ 0.


Logo, na forma de equações:

maxZ = 5x−1 − 5x+1 + 6x2

sujeito a

x−1 − x+1 + 2x2 = 5 (y1)

− x−1 + x+1 + 5x2 − x3 = 3 (y2)

4x−1 − 4x+1 + 7x2 + x4 = 8 (y3)

x−1 ≥ 0, x+1 ≥ 0,

x2 ≥ 0, x3 ≥ 0, x4 ≥ 0 .

Dual:

minD = 5y1 + 3y2 + 8y3

sujeito a

y1 − y2 + 4y3 ≥ 5

−y1 + y2 − 4y3 ≥ −52y1 + 5y2 + 7y3 ≥ 6

−y2 + 0y3 ≥ 0

0y2 + y3 ≥ 0

Das 2 primeiras restrições, obtém-se y1 − y2 + 4y3 = 5 � basta multiplicara segunda por −1.


Reescrevendo:

minD = 5y1 + 3y2 + 8y3

sujeito a

y1 − y2 + 4y3 = 5

2y1 + 5y2 + 7y3 ≥ 6

y1 irrestrita, y2 ≤ 0, y3 ≥ 0 .


Teoremas

Teorema I (Dualidade fraca)

Se ambos o primal e o dual possuem soluções viáveis, então Z ≤ D paraqualquer solução viável do primal de maximização e qualquer solução viáveldo dual de minimização.

Se o primal é de minimização, então o dual é de maximização e temosZ ≥ D.

Teorema II (Dualidade forte)

Se ambos o primal e dual possuírem soluções viáveis tais que Z = D, entãoas mesmas constituem soluções ótimas


Exemplo: primal

maxZ = 5x1 + 2x2

sujeito a

x1 ≤ 3

x2 ≤ 4

x1 + 2x2 ≤ 9

x1 ≥ 0, x2 ≥ 0 .

Dual:

minD = 3y1 + 4y2 + 9y3

sujeito a

y1 + y3 ≥ 5

y2 + 2y3 ≥ 2

y1 ≥ 0, y2 ≥ 0, y3 ≥ 0 .

Dadas duas soluções viáveis, (x1, x2) = (2, 3) para o primal e(y1, y2, y3) = (3, 3, 2) para o dual, temos

Z = 5(2) + 2(3) = 16

D = 3(3) + 4(3) + 9(2) = 39


Temos, portanto Z ≤ D.

Considere agora o par de soluções viáveis (x1, x2) = (3, 3) para oprimal e (y1, y2, y3) = (4, 0, 1) para o dual:

Z = 5(3) + 2(3) = 21

D = 3(4) + 4(0) + 9(1) = 21 .

Como Z = D = 21, pode-se a�rmar que as duas soluções são ótimaspara o primal e dual.


Teorema da folga complementar

Seja o problema primal representado pelo quadro inicial:x1 x2 . . . xn xn+1 xn+2 . . . xn+m b

L(0)0 Z −c1 −c2 . . . −cn 0 0 . . . 0 0

L(0)1 xn+1 a11 a12 . . . a1n 1 0 . . . 0 b1

L(0)2 xn+2 a21 a22 . . . a2n 0 1 . . . 0 b2...

......

. . . . . ....

......

. . . 0...

L(0)m xn+m am1 am2 . . . amn 0 0 . . . 1 bm

xj , j = 1, . . . , n: variáveis de decisão primais;xn+i , i = 1, . . . ,m: variáveis de folga do primal.

No caso do dual:yi , i = 1, . . . ,m: variáveis de decisão duais.ym+j , j = 1, . . . , n: variáveis de folga do dual.


No quadro ótimo:x1 x2 . . . xn xn+1 xn+2 . . . xn+m b

L(p)0 Z c̄j = pj − cj c̄n+i = pn+i

O valor ótimo de yi do dual corresponde ao coe�ciente na linha L0ótima associado à variável de folga xn+i do primal:

y∗i = pn+i , i = 1, . . . ,m.

O valor ótimo da variável de folga dual ym+j corresponde aocoe�ciente na linha L0 ótima da variável xj do primal:

y∗m+j = pj − cj , j = 1, . . . , n.


Uma vez que o dual do dual é o próprio problema primal, pode-sedeterminar a solução do primal a partir da solução do dual.


Exercício I

1 Usando dualidade, determine a solução do problema

min f (x1, x2) = 65x1 + 30x2

sujeito a

2x1 + 3x2 ≥ 7

3x1 + 2x2 ≥ 9

x1 ≥ 1

x1 ≥ 0, x2 ≥ 0 .


Referências




Sumário

6 Introdução a problemas de transporte


Problemas de transporte, transbordo e designação

Dentro da PL, existem diversos modelos obtidos a partir de problemasreais

Com relação a problemas de logística, podemos destacar:I Problemas de transporte;I Problemas de transbordo;I Problemas de designação.

Referem-se, por exemplo, ao transporte ou distribuição demercadorias, dos centros de produção aos mercados consumidores;

Problemas de minimização do custo � impacto direto no lucro decada produto;

Limitações de oferta e demanda devem ser respeitadas � admite-seserem conhecidas.


Sumário

7 Problema de transporte


Formulação matemática do problema de transporte

m centros de produção (origens);

n centros consumidores (destinos);

1

2

m

1

2

n

a1

a2

am

b1

b2

bn

c11

cmn

......

......


Componentes do modelo

ai : as quantidades disponíveis, ou ofertadas, em cada origem i

bj : as quantidades requeridas (demandadas) , em cadadestino j

cij : o custo unitário de transporte da origem i ao destino j

xij : a quantidade a ser transportada da origem i ao destino j

O que é transportado a partir de cada origem i para todos os destinosnão pode ultrapassar a quantidade disponível do produto na mesma:

n∑j=1

xij ≤ ai

Da mesma forma, espera-se que as demandas de cada destino sejamsatisfeitas:

m∑i=1

xij = bj


O problema consiste em

minC (x11, x12, . . . , xmn) =m∑i=1

n∑j=1

cijxij (custo total)

sujeito às restrições

n∑j=1

xij ≤ ai i = 1, . . . , m

m∑i=1

xij = bj j = 1, . . . , n

xij ≤ 0 i = 1, . . . , m; j = 1, . . . , n


Exemplo: construção de rodovia5

Na construção de uma rodovia, empregam-se jazidas de rochas paraobtenção de pedra britada.

É conveniente transportar este material de jazidas em pedreiraslocalizadas nas proximidades para alguns pontos preestabelecidos aolongo do caminho em que passará a estrada.

D1

D2

P1

D3

P4

P2

P3

Esquema param = 4 pedreiras en = 3 depósitos

5Adaptado de ARENALES (2006)GSI027 Otimização 2o Semestre � 2019 200 / 355

A tabela a seguir contém os dados do problema. Os custos edemandas são dados por tonelada de pedra britada.

DepósitosPedreiras 1 2 3 Oferta

1 30 13 21 4332 12 40 26 2153 27 15 35 7824 37 25 19 300

demanda 697 421 612


Se xij é a quantidade (em toneladas) da pedreira i para o depósito j ,pode-se formular o problema como:

minC = 30x11 + 13x12 + 21x13 + 12x21 + 40x22 + 26x23+ 27x31 + 15x32 + 35x33 + 37x41 + 25x42 + 19x43

sujeito a

x11 + x12 + x13 ≤ 433

x21 + x22 + x23 ≤ 215

x31 + x32 + x33 ≤ 782

x41 + x42 + x43 ≤ 300

x11 + x21 + x31 + x41 = 697

x12 + x22 + x32 + x42 = 421

x13 + x23 + x33 + x43 = 612

x11 ≥ 0, x12 ≥ 0, . . . , x43 ≥ 0


Distribuição para centros de consumo

Uma empresa fabrica um determinado produto em três cidades P1, P2

e P3; o produto destina-se a quatro centros de consumo C1 , C2, C3 eC4. O custo estimado de transportar o produto das fábricas para oscentros consumidores, assim como a demanda de cada centro e aoferta de cada fábrica é dado na tabela a seguir:

DestinoOrigem C1 C2 C3 C4 Oferta

P1 10 7 6 5 9P2 2 8 9 1 10P3 11 12 8 4 8

Demanda 7 6 10 4

Formule o modelo de transporte para se determinar o programa quetorna mínimo o custo total de transporte entre as quatro cidades e ostrês centros consumidores.


Se xij ≥ 0 é a quantidade de produtos transportados da unidadei , i = 1, . . . , 3 para o centro j , j = 1, . . . , 4, obtém-se:

minC = 10x11 + 7x12 + 6x13 + 5x14 + 2x21 + 8x22+ 9x23 + x24 + 11x31 + 12x32 + 8x33 + 4x34

sujeito a

x11 + x12 + x13 + x14 ≤ 9

x21 + x22 + x23 + x24 ≤ 10

x31 + x32 + x33 + x34 ≤ 8

x11 + x21 + x31 = 7

x12 + x22 + x32 = 6

x13 + x23 + x33 = 10

x14 + x24 + x34 = 4

x11 ≥ 0, x12 ≥ 0, . . . , x34 ≥ 0


Exercícios I

1 Uma rede de depósitos de material de construção tem 4 lojas quedevem ser abastecidas com 50 m3 (L1), 80 m3 (L2), 40 m3 (L3), 100m3 (L4) de areia grossa. Essa areia pode ser encarregada em 3 portosP1, P2 e P3, cujas distâncias às lojas estão no quadro (em km):

L1 L2 L3 L4P1 30 20 24 18P2 12 36 30 24P3 8 15 25 20

O caminhão pode transportar 10 m3 por viagem. Os portos tem areiapara suprir qualquer demanda.Estabelecer um plano de transporte que minimize a distância totalpercorrida entre os portos e as lojas e supra as necessidades das lojas.Construa o modelo linear do problema.


Exercícios II

2 Um dado produto é produzido em diferentes fábricas do país comcapacidades de produção limitadas e deve ser levado a centros dedistribuição (depósitos) em regiões onde há demandas a seremsatisfeitas. O custo de transporte de cada fábrica a cada depósito éproporcional à quantidade transportada. A tabela a seguir fornece oscustos unitários de transporte de cada fábrica para cada depósito, bemcomo as demandas em cada depósito e as produções de cada fábrica.

Depósitos/Fábricas

FlorianópolisRio deJaneiro

Salvador Manaus Produções

Curitiba 1 0,8 3 4,5 470São Paulo 1,5 0,6 2,5 3 400Aracaju 6 5 1,2 2,8 400Demanda 350 300 300 120

Faça a modelagem do problema.


Exercícios III

3 A MG Auto tem três fábricas: uma em Los Angeles, uma em Detroit eoutra em Nova Orleans, e duas grandes centrais de distribuição: umaem Denver e outra em Miami. As capacidades das três fábricas para opróximo trimestre são 1000, 1500 e 1200 carros. As demandastrimestrais nas duas centrais de distribuição são 2300 e 1400 carros. Omapa de distâncias entre as fábricas e as centrais de distribuição édado na tabela a seguir.

Distância Denver MiamiLos Angeles 1000 mi 2690 miDetroit 1250 mi 1350 mi

Nova Orleans 1275 mi 850 mi

A empresa encarregada do transporte cobra 8 centavos por milha porcarro. Formule o problema de transporte.


Resolução de problemas de transporte

Os problemas de transporte vistos são casos particulares de problemasde programação linear

Como todo problema de PL, é possível a resolução algébrica viaalgoritmo simplex.

Entretanto, é possível aproveitar as particularidades do problema detransporte para resolvê-lo de forma mais e�ciente que o caso geraldo simplex.


Equilíbrio entre oferta e demanda

Vamos considerar a priori que existe igualdade entre a oferta e ademanda, ou seja:

m∑i=1

ai =n∑

j=1

bj

Quando isso ocorre, dizemos que o problema está em equilíbrio;

Outros casos serão discutidos adiante.


Exemplo

Vamos retomar um exemplo visto anteriormente � o de distribuiçãopara centros de consumo:

Uma empresa fabrica um determinado produto em três cidades P1, P2

e P3; o produto destina-se a quatro centros de consumo C1 , C2, C3 eC4. O custo estimado de transportar o produto das fábricas para oscentros consumidores, assim como a demanda de cada centro e aoferta de cada fábrica é dado na tabela a seguir:

DestinoOrigem C1 C2 C3 C4 Oferta

P1 10 7 6 5 9P2 2 8 9 1 10P3 11 12 8 4 8

Demanda 7 6 10 4

Note que a quantidade ofertada e a demandada são as mesmas (27),portanto o problema está em equilíbrio.


O modelo é dado por:

minC = 10x11 + 7x12 + 6x13 + 5x14 + 2x21 + 8x22+ 9x23 + x24 + 11x31 + 12x32 + 8x33 + 4x34

sujeito ax11 + x12 + x13 + x14 = 9

x21 + x22 + x23 + x24 = 10

x31 + x32 + x33 + x34 = 8

x11 + x21 + x31 = 7

x12 + x22 + x32 = 6

x13 + x23 + x33 = 10

x14 + x24 + x34 = 4

x11 ≥ 0, x12 ≥ 0, . . . , x34 ≥ 0

Nas restrições de oferta, substituíram-se as desigualdades porigualdades � simpli�cação que reforça o conceito do equilíbrio.


Quadro de soluções

O quadro de soluções de um problema de transporte é um esquemade representação do problema em forma de tabela, para a metodologiade resolução a ser usada.

Para um problema geral, é dado como

OrigemDestino

1 2 . . . n Oferta

1c11 c12 . . . c1n

a1

2c21 c22 . . . c2n

a2... . . . . . .

. . . . . ....

mcm1 cm2 . . . cmn

amDemanda b1 b2 . . . bn


Voltando ao exemplo anterior, o quadro de soluções é dado por

OrigemDestino

1 2 3 4 Oferta

110 7 6 5

9

22 8 9 1

10

311 12 8 4

8Demanda 7 6 10 4


Método stepping stone

Um método bastante usado na resolução de problemas de transporte éo chamado stepping stoneEsse método segue os mesmos passos do método simplex:

1 Encontre uma solução básica (factível) inicial;2 Veri�que se a solução é ótima;3 Se não for ótima, encontre uma nova solução, a partir da atual, e volte

ao passo anterior;4 Se for ótima, interrompa.


Solução Inicial

Sabe-se que uma solução inicial deverá ser uma solução básica viáveldo sistema formado pelas restrições do modelo

Além disso:

TeoremaQualquer equação do sistema formado pelas restrições do modelo pode serobtida por uma combinação linear das demais, indicando que só existem(m + n − 1) equações independentes naquele sistema.

A consequência (corolário) desse teorema é que a base será formadapor (m + n − 1) variáveis básicas;

Existem diferentes critérios para encontrarmos a solução básica inicial.


Serão vistas duas maneiras de encontrar a solução inicial:1 Regra do canto Noroeste2 Processo de custo mínimo


Regra do canto Noroeste

A regra será aplicada ao quadro de soluções segundo os seguintes passos:1 Comece pela célula superior esquerda (ou seja, o �canto Noroeste�

do quadro), associado ao custo c11;2 Coloque nessa célula a maior quantidade permitida pela oferta

(linha) e demanda (coluna) correspondentes;3 Atualize os valores da oferta e da demanda que foram modicados pelo

passo (2);4 Siga para a célula à direita se houver alguma oferta restante e volte

ao passo (2); Caso contrário, siga para a célula inferior e volte aopasso (2).


Regra do Canto Noroeste

Considere o quadro do exemplo anterior:

Origem

Destino1 2 3 4 Oferta

1

10 7 6 5

9

2

2 8 9 1

10

3

11 12 8 4

8

Demanda 7 6 10 4

Na célula (1, 1) (canto noroeste) atribuímos 7 unidades, que é aquantidade máxima de demanda do destino 1;

Assim, toda demanda do destino 1 foi atendida e ainda restaram 2unidades na origem 1.

Devemos, então, seguir para a célula (1, 2) e atribuir-lhe 2 unidades,que é o máximo valor que a origem 1 tem disponível.


Regra do Canto Noroeste

O processo se repete até alcançarmos a célula inferior direita doquadro de soluções

Assim, encontraremos uma solução inicial factível

Origem


1

10

7→7

2↓6 5

�9 �2

2

2 8

4→9

6↓1

��10 �6

3

11 12 8

4→4

4 �8 �4Demanda �7 �6 �4 ��10 �4 �4

No caso, temos

x11 = 7, x12 = 2, x22 = 4, x23 = 6, x33 = 4, x34 = 4 e C = 218


Observação

É importante observar que na regra do canto Noroeste a solução inicial éobtida sem levar em consideração os custos dos transportes cij , isto é,depende exclusivamente das ofertas das origens e das demandas dosdestinos.


Processo de Custo Mínimo

Este processo para fornecer uma solução inicial leva em consideração,além das ofertas e das demandas, os valores dos custosOs seguintes passos devem ser seguidos:

1 Localize no quadro o menor cij que não tenha oferta ou demanda nula2 Coloque na célula a maior quantidade permitida pela oferta e

demanda correspondente3 Atualize os valores da oferta e da demanda que foram modicadas pelo

passo (2) e volte ao passo (1).

O processo se repete até que sejam esgotadas as ofertas e suprimidasas demandas de todos os destinos



No exemplo, o menor cij que aparece é 1, na célula (2, 4).

Origem


1

10 7 6 5

9

2

2 8 9 1

10

3

11 12 8 4

8

Demanda 7 6 10 4

Logo, nesta célula, atribui-se a quantidade máxima de unidadespermitida, levando em conta a restrição de oferta e demanda;

Insere-se, assim, 4 unidades nesta célula, que é a demanda do destino4, e atualiza-se a oferta da origem 2 para 6 unidades uma vez que 4foram consumidas.



Eliminando o destino 4 do quadro, o menor custo é igual a 2 ecorresponde à célula (2, 1);

A esta célula, serão atribuídas 6 unidades, esgotando-se a oferta daorigem 2 e diminuindo a demanda do destino 1 para 1 unidade.

Este processo se repete até que todas as ofertas sejam consumidas etodas as demandas atendidas, quando então encontramos uma soluçãoinicial factível.

Origem


1

10 7 6

9

5

�9

2

2

6

8 9 1

4 ��10 �6

3

11

1

12

6

8

1

4

�8 �7 �1Demanda �7 �1 �6 ��10 �1 �4


Origem


1

10 7 6

9

5

�9

2

2

6

8 9 1

4 ��10 �6

3

11

1

12

6

8

1

4

�8 �7 �1Demanda �7 �1 �6 ��10 �1 �4

No exemplo, a solução inicial obtida foi:

x13 = 9 x21 = 6 x24 = 4 x31 = 1 x32 = 6 x33 = 1

Nesse caso, o custo da solução inicial será C = 161


Teste de otimalidade

Conhecida uma solução básica viável inicial, devemos obter a funçãoobjetivo somente em função das variáveis não básicas, para saber se apresente solução já é ótima.

Da mesma forma como é feito no método simplex, caso a soluçãoainda não seja ótima devemos determinar a variável que entra e a quesai da base.


Método u − v

É necessário eliminar as variáveis básicas da função objetivo e, paraisso, devemos somar a ela múltiplos das restrições do modelo.

Sejam u1, u2, . . . , um os valores que irão multiplicar as equações deoferta, antes de somá-las à função objetivo;

Sejam v1, v2, . . . , vn os múltiplos análogos para cada restrição dedemanda:


minZ −m∑i=1

n∑j=1

cijxij = 0

n∑j=1

x1j = a1 (u1)

...n∑

j=1

xmj = am (um)

m∑i=1

xi1 = b1 (v1)

...m∑i=1

xin = bn (vn)

xij ≥ 0, i = 1, . . . , m, j = 1, . . . , nGSI027 Otimização 2o Semestre � 2019 227 / 355

Conhecida uma solução viável básica, devemos ter:

cij − ui − vj = 0

para cada uma das (m + n − 1) variáveis básicas, de modo aeliminá-las da função objetivo.

Uma vez que o número de variáveis básicas é igual a (m + n − 1)vamos ter (m + n − 1) equações desse tipo;

Uma vez que o número de incógnitas ui e vj é (m + n), temos(m + n − 1) equações, podemos atribuir um valor arbitrário a umadessas variáveis sem violar as equações.


Como exemplo, considere o quadro de soluções do método do customínimo.

Temos as seguintes equações, para as variáveis básicas:

x13 : 6− u1 − v3 = 0

x21 : 2− u2 − v1 = 0

x24 : 1− u2 − v4 = 0

x31 : 11− u3 − v1 = 0

x32 : 12− u3 − v2 = 0

x33 : 8− u3 − v3 = 0


Atribuindo um valor arbitrário a u1, descobrimos os demais valores deui e vj .

Por exemplo, para u1 = 0, temos:

v1 = 9 v2 = 10 v3 = 6 v4 = 8

u1 = 0 u2 = −7 u3 = 2


A partir dos valores de ui e vj , calcularemos os coe�cientes dasvariáveis não-básicas da função objetivo.

Ou seja:xij : cij − ui − vj .

Para este exemplo, temos:

x11 : 10− 0− 9 = 1

x12 : 7− 0− 10 = −3x14 : 5− 0− 8 = −3x22 : 8 + 7− 10 = 5

x23 : 9 + 7− 6 = 10

x34 : 4− 2− 8 = −6


Uma solução viável básica é ótima se, e somente se, cij − ui − vj ≥ 0para todo i , j tal que xij seja uma variável não básica.

Sendo assim, como as variáveis x12, x14 e x34 apresentaramcoe�cientes negativos a solução ainda não é ótima.


Construindo uma Nova Solução Factível

Uma vez aplicado o Método u − v , podemos dizer se uma soluçãobásica é ótima ou não;

Caso não seja ótima, iniciamos a busca por uma nova solução.Como acontece com o método simplex tradicional devemos:

1 Determinar a variável que entra na base2 Determinar variável que sai da base3 Identi�car a nova solução factível


Passo 1: Encontrar a variável que entra na base

Considerando apenas as variáveis não básicas, devemos escolheraquelas tais que

cij − ui − vj < 0

.

No exemplo, escolhemos x12, x14 e x34;

Garantimos, assim, que o custo total seja reduzido.

Seguindo esse raciocínio, dentre as candidatas, escolhemos a demenor valor, ou seja, x34, cujo coe�ciente é −6.


Passo 2: Encontrar a variável que sai da base

O aumento do valor da variável que entra na base dispara uma reaçãoem cadeia para compensar mudanças nas demais variáveis básicas, demodo a continuar satisfazendo as restrições de oferta e demanda.

A primeira variável básica que chegar a zero se torna a variável quedeixa a base.

Suponha que a variável x34 entrará na base com um valor θ ≥ 0, quedeve ser o maior possível.


Passo 2 (continuação)

Estabelecemos, então, um valor θ para variável x34, o que signi�cadiminuir x24 na mesma quantidade para restabelecer a demanda iguala 4 (coluna 4)

Essa mudança requer, então, aumentar x21 na mesma quantidade paracontinuar obedecendo a oferta (linha 2)

Mais uma vez, tal mudança requer diminuir a variável x31 na mesmaquantidade para restabelecer a demanda 7 (coluna 1)

Esse decrescimento também restabelece a oferta da origem 3 igual 8(linha 3)


Origem


1

10 7 6

9

5

9

2

2

6 + θ8 9 1

4− θ 10

3

11

1− θ12

6

8

1

4

θ 8

Demanda 7 6 10 4


Passo 2 (continuação)

Devemos, agora, determinar o maior valor permitido a θ, isto é, ovalor de θ que gera a variável básica que se anula mais rapidamente.

Do quadro anterior, temos:

x21 = 6 + θ

x24 = 4− θ ≥ 0 ∴ θ ≤ 4

x31 = 1− θ ≥ 0 ∴ θ ≤ 1

Então θ = 1 e x31 é a variável que sai da base, por ser a primeira a seanular.


Passo 3: Encontrar a nova solução básicaA nova solução viável básica é identi�cada adicionando-se o valor de θno último quadro.

O valor da variável que sai é x31 = 1, e o quadro �cará:

Origem


1

10 7 6

9

5

9

2

2

7

8 9 1

3 10

3

11

0

12

6

8

1

4

1 8

Demanda 7 6 10 4

E o custo dessa solução será: C = 155


Precisamos, agora, saber se a nova solução é ótima.

Para isso, calculamos novamente os valores de ui e vj :

x13 : 6− u1 − v3 = 0

x21 : 2− u2 − v1 = 0

x24 : 1− u2 − v4 = 0

x32 : 12− u3 − v2 = 0

x33 : 8− u3 − v3 = 0

x34 : 4− u3 − v4 = 0

Fazendo u3 = 0, temos:

u1 = −2 u2 = −3

v4 = 4 v1 = 5 v3 = 8 v2 = 12


Em seguida, encontramos o valor de cada coe�ciente das variáveis nãobásicas (cij − ui − vj):

x11 : 10 + 2− 5 = 7

x12 : 7 + 2− 12 = −3x14 : 5 + 2− 4 = 3

x22 : 8 + 3− 12 = −1x23 : 9 + 3− 8 = 4

x31 : 11− 0− 5 = 6

Como há coe�cientes negativos, a solução não é ótima e a variávelque deve entrar na base é x12 por apresentar o menor coe�cientenegativo (−3)


Finalmente, calculamos o valor de θ:

Origem


1

10 7

θ6

9− θ5

9

2

2

7

8 9 1

3 10

3

11 12

6− θ8

1 + θ4

1 8

Demanda 7 6 10 4

x13 = 9− θ ≥ 0 ∴ θ ≤ 9

x32 = 6− θ ≥ 0 ∴ θ ≤ 6

x33 = 1 + θ ≥ 0

Sendo assim, o valor máximo que θ pode assumir é 6 e a variável quedeve deixar a base é x32


O valor da variável que sai é x31 = 1 o quadro �cará:

Origem


1

10 7

6

6

3

5

9

2

2

7

8 9 1

3 10

3

11 12

0

8

7

4

1 8

Demanda 7 6 10 4


Ao �nal desse passo, calculamos novamente os valores de ui e vj :

x12 : 7− u1 − v2 = 0

x13 : 6− u1 − v3 = 0

x21 : 2− u2 − v1 = 0

x24 : 1− u2 − v4 = 0

x33 : 8− u3 − v3 = 0

x34 : 4− u3 − v4 = 0

Para u1 = 0, temos:

v2 = 7 u3 = 2 u2 = −1

v1 = 1 v3 = 6 v4 = 2


E os valores dos coe�cientes:

x11 : 10− 0− 1 = 9

x14 : 5− 0− 2 = 3

x22 : 8 + 1− 7 = 2

x23 : 9 + 1− 6 = 4

x31 : 11− 2− 1 = 8

x32 : 12− 2− 7 = 3

Como não há coe�ciente negativo a solução é ótima:

x12 = 6 x13 = 3 x21 = 7 x24 = 3 x33 = 7 x34 = 1

C = 137


Problemas desbalanceados

Para a resolução de problemas desbalanceados usando o stepping-stone:

Oferta maior que a demanda (∑

i ai >∑

j bj):Introduzir um destino fantasma (também chamado sentinela oudummy) cujos custos unitários de transporte sejam todos zero,independente da origem; e com demanda igual à diferença entre ototal ofertado e o total demandado.

Demanda maior que oferta (∑

i ai <∑

j bj):Introduzir uma fonte de oferta fantasma (fonte dummy), comcustos unitários zero para todos os destinos, e com oferta igual àdiferença entre o total demandado e o total ofertado.


Exercícios I

1 Busque a solução do problema 3 de transporte anteriormente (MGAuto).

2 Considere que um produto é fabricado em 3 unidades F1, F2, F3,sendo posteriormente estocado em 4 depósitos D1, D2, D3 e D4. Ascapacidades fabris são a1 = 40, a2 = 80 e a3 = 110, respectivamentepara F1, F2 e F3. Nos depósitos devem se atender as demandas:b1 = 20, b2 = 30, b3 = 100 e b4 = 80, respectivamente, para D1, D2,D3 e D4.Os custos unitários de transportes são dados na tabela:

D1 D2 D3 D4

F1 10 5 12 4F2 2 0 1 9F3 13 11 14 6


Exercícios II

Faça a modelagem do problema, e em seguida, usando o métodostepping-stone.

3 Determine a solução do exemplo da construção da rodovia vistoanteriormente, substituindo as desigualdades por igualdades nasrestrições de oferta.

4 Resolva o exercício 2 de modelagem visto anteriormente, recorrendoaos pontos dummy apropriados.


Referências


2 LACHTERMACHER, G. Pesquisa operacional na tomada de decisões,2a. ed. Rio de Janeiro: Elsevier, 2004.


4 NOGUEIRA, F. Pesquisa Operacional, UFJF.5 TAHA, H. Pesquisa operacional. 8a. ed. São Paulo: Prentice Hall,

2008.

Os materiais de parte desta seção foram gentilmente cedidos por Paulo H.R. Gabriel (FACOM/UFU). Material desenvolvido com base no trabalho daProfa. Alane A. Silva (UFPE).Adaptações: Renato Pimentel, FACOM/UFU


Sumário

8 Problema de transbordo


Introdução

Em determinadas situações, podem-se usar localidadesintermediárias entre a origem e o destino dos produtos a seremtransportados

I Tais localidades são denominadas de transbordo;I Podem representar, por exemplo, depósitos ou centros de distribuição

regionais;I Problemas de transporte contendo estes pontos intermediários são

chamados de problemas de transbordo.


Modelagem

Em problemas de transbordo, consideram-se alguns aspectos:

O que é transportado das unidades intermediárias (de transbordo) aosmercados consumidores não deve ultrapassar a quantidade de produtoque chega a tais pontos;Transportar além do necessário pode ser mais caro do que transportarsomente o necessário.

I A quantidade transportada de cada unidade de transbordo aosmercados consumidores deve ser igual a que chega à mesma doscentros de produção. Logo, deve-se adicionar o modelo de transporteuma restrição ∑

i

xij =∑k

xjk

para cada unidade de transbordo j .


1

2

j

3

4

5

x1j + x2j = xj3 + xj4 + xj5 .


Exemplo

(ARENALES, 2006) Considere uma empresa de bebidas com 2 centrosde produção (Araraquara e S. José dos Campos, com um suprimentode 800 e 1 000 unidades, respectivamente) e 3 mercados consumidoresprincipais � S. Paulo, Belo Horizonte e R. de Janeiro, com demandasrespectivas de 500, 400 e 900 unidades.

A empresa dispõe de 2 depósitos para abastecer tais mercados,localizados em Campinas e Barra Mansa. Suponha que os mercadossejam abastecidos somente a partir de tais depósitos.Os custos unitários de transporte de cada centro de produção paracada depósito, e de cada depósito para cada mercado consumidor édado pelas tabelas que seguem.


Custos unitários de transporte de centros de produção aos depósitos

Centros de suprimentoDepósitos

Campinas (3) Barra Mansa (4)Araraquara (1) 1 3

S. José dos Campos (2) 1 2

Custos unitários dos depósitos aos mercados consumidores

DepósitosMercados consumidores

São Paulo (5) B. Horizonte (6) R. Janeiro (7)Campinas (3) 1 3 3

Barra Mansa (4) 3 4 1


Sendo xij a quantidade transportada do ponto i ao ponto j :

min f (x13, . . . , x47) = x13 + 3x14 + x23 + 2x24+ x35 + 3x36 + 3x37 + 3x45 + 4x46 + x47

sujeito a

x13 + x14 ≤ 800

x23 + x24 ≤ 1000

x35 + x45 = 500

x36 + x46 = 400

x37 + x47 = 900

x13 + x23 = x35 + x36 + x37

x14 + x24 = x45 + x46 + x47

x13 ≥ 0, x14 ≥ 0, . . . , x47 ≥ 0 .


Referências


Os materiais de parte desta seção foram gentilmente cedidos por Paulo H.R. Gabriel (FACOM/UFU). Material desenvolvido com base no trabalho daProfa. Alane A. Silva (UFPE).Adaptações: Renato Pimentel, FACOM/UFU


Sumário

9 Problema de designação


Introdução

Um caso especial do modelo de transportes é aquele em que cadaorigem tem uma unidade disponível e cada destino requer, também,uma unidade.Por exemplo:

I Escalar vendedores para pontos de venda;I Distribuir atividades entre membros de uma equipe;I Alocar máquinas para resolver diferentes tarefas.


Modelagem

Exemplo

Deseja-se designar quatro operários para quatro tarefas, de maneira que onúmero total de homens-hora seja mínimo. Cada homem desempenha cadatarefa em um determinado número de horas, conforme indicam os dados damatriz de custos a seguir:

Operário 1 Operário 2 Operário 3 Operário 4Tarefa 1 10 12 15 16Tarefa 2 14 12 13 18Tarefa 3 10 16 19 15Tarefa 4 14 12 13 15


Diferente dos problemas de transporte tradicionais, temos apenas 1 naorigem e 1 no destino.

Assim, pelas arestas (�caminhos�) devemos apenas transferir umaou nenhuma �carga�.

Logo, nossa variável de decisão pode assumir apenas dois valores: 0ou 1.

De�nimos, então:

xij =

{1, se a tarefa i for atribuída ao operário j ;

0, caso contrário.


Assim, o modelo de designação pode ser escrito da seguinte maneira:

Função Objetivo

minC =m∑i=1

n∑j=i

cijxij

Restriçõesn∑

j=1

xij = 1, i = 1, 2, . . . ,m

m∑i=1

xij = 1, j = 1, 2, . . . , n

xij ∈ {0, 1}


Retornando ao exemplo (m = 4 tarefas para n = 4 operários):

minC = 10x11 + 12x12 + 15x13 + 16x14 + 14x21 + 12x22 + 13x23 + 18x24+

10x31 + 16x32 + 19x33 + 15x34 + 14x41 + 12x42 + 13x43 + 15x44

sujeito a:

x11 + x12 + x13 + x14 = 1

x21 + x22 + x23 + x24 = 1

x31 + x32 + x33 + x34 = 1

x41 + x42 + x43 + x44 = 1

x11 + x21 + x31 + x41 = 1

x12 + x22 + x32 + x42 = 1

x13 + x23 + x33 + x43 = 1

x14 + x24 + x34 + x44 = 1

xij ∈ {0, 1}


Algoritmo de Designação

Devido às suas particularidades, a resolução do problema dedesignação torna-se complexa por meio do método simplex.De fato, não temos mais variáveis de decisão contínuas, mas discretas

I Somente valores inteiros válidos, mais especi�camente, somente 0 ou

1.

No entanto, existe um método bastante e�ciente (baseado no métodostepping stone) para resolução do problema.

Esse método é chamado método húngaro.Antes de aplicá-lo, porém, devemos veri�car se o modelo estáequilibrado.

I No modelo de designação, o número de origens deve ser igual aonúmero de destinos � Matriz quadrada;

I Caso isso não ocorra, devemos construir origens ou destinos auxiliares,com custo de transferência zero.


Passos do Método Húngaro

1 Subtrair de cada linha seu menor valor; em seguida fazer o mesmocom as colunas; cada linha e cada coluna deverá, então, apresentarpelo menos um elemento nulo (zero).

2 Designar origens para destinos nas células em que aparece o elementonulo; dar preferência às linhas ou colunas que tenham apenas umzero disponível; cada designação efetuada invalida os outros zeros nalinha e na coluna da célula designada; se a designação se completa, oproblema está resolvido.

3 Se não estiver resolvido, devemos:1 Cobrir os zeros da tabela com o menor número de traços � horizontais

e verticais � possível;2 Subtrair o menor valor dentre os números não cobertos, de todos os

elementos da tabela;3 Retornar ao item (2).


Exemplo

Para a matriz de custos do exemplo anterior:10 12 15 1614 12 13 1810 16 19 1514 12 13 15

Subtraindo o menor elemento das linhas (respectivamente:10, 12, 10, 12):

0 2 5 62 0 1 60 6 9 52 0 1 3


Subtraindo o menor elemento das colunas (respectivamente: 0, 0, 1, 3):0 2 4 32 0 0 30 6 8 22 0 0 0

Designando nos zeros de linhas ou colunas (de preferência, linhas oucolunas com apenas um zero) e anulando os outros zeros:

0 2 4 32 0 X 3X 6 8 22 X X 0

Não encontramos uma solução ótima, pois a terceira linha nãoapresenta uma designação válida.


Cobrimos, então, os zeros, usando o menor número possível de traços.| 2 4 3| − − −| 6 8 2| − − −

A matriz resultante dessa eliminação é:(

2 4 36 8 2

)cujo menor valor é 2

Subtraímos 2 de toda matriz resultante:(0 2 14 6 0

)


E �recolocamos� essa matriz na original:0 0 2 12 0 0 30 4 6 02 0 0 0

(note que os valores que havíamos eliminado não são modi�cados)

Finalmente, designando novamente nos zeros de linhas ou colunas (depreferência, linhas ou colunas com apenas um zero) e anulando osoutros zeros:

0 X 2 12 0 X 3X 4 6 02 X 0 X


Como resultado, temos: x11 = 1, x22 = 1, x34 = 1, x43 = 1, ou seja:I Tarefa 1 é atribuída ao Operário 1I Tarefa 2 é atribuída ao Operário 2I Tarefa 3 é atribuída ao Operário 4I Tarefa 4 é atribuída ao Operário 3

Os demais valores de xij são nulos


Exercícios I

1 (TAHA, 2008) Os três �lhos de Joe Klyne � John, Karen e Terri �querem ganhar algum dinheiro para gastar durante uma excursão daescola. O Sr. Klyne escolheu três tarefas para seus �lhos: 1) cortargrama; 2) pintar a porta da garagem; e 3) lavar os carros da família.Para evitar concorrência entre os �lhos, ele pediu que cada umapresentasse propostas fechadas do que fosse considerado umpagamento justo para realizar cada uma das tarefas. Ficou combinadoque os três concordariam com a decisão do pai sobre quem executariaqual tarefa. A tabela a seguir resume as propostas recebidas, em $:

Cortar Pintar LavarJohn 15 10 9Karen 9 15 10Terri 10 12 8

Como o Sr. Klyne deve designar as tarefas?


Exercícios II

2 Um treinador precisa formar um time de nadadoras para competir emuma prova olímpica de 400 metros medley. As nadadoras apresentamas seguintes médias de tempo (em segundos) em provas individuais de100 metros, em cada estilo:

Livre Peito Borboleta CostasFlor 54 54 51 53Gabriela 51 57 52 52Teresa 50 53 54 56Tieta 56 54 55 53

Modele esse problema e resolva-o pelo método húngaro.


Referências


Os materiais desta seção foram gentilmente cedidos por Paulo H. R.Gabriel (FACOM/UFU). Material desenvolvido com base no trabalho daProfa. Alane A. Silva (UFPE).Adaptações: Renato Pimentel, FACOM/UFU


Sumário

10 Introdução a problemas em redes


Aplicações tradicionais

Problemas de otimização em redes incluem algumas aplicações comuns,como (TAHA, 2008):

Encontrar o modo mais e�ciente de interconectar localidades direta ouindiretamente;

Determinar a rota ou caminho mais curto entre duas localizações;

Determinar o �uxo máximo permitido em uma rede, de modo asatisfazer requisitos de oferta e demanda em diferentes locais;

Programar atividades de um projeto.


Algumas de�nições I

1 Um grafo ou rede é um conjunto de nós ou vértices conectados ounão por arestas (também chamadas arcos ou ramos), querepresentam alguma forma de relacionamento entre os mesmos.

I As arestas podem conter um peso (valor numérico) associado,representando uma grandeza associado ao relacionamento dos 2 nósque interliga (ex.: a distância entre os nós).

Notação: (N,A), onde N é o conjunto de nós e A é o conjunto dearestas.


Algumas de�nições II

Exemplo: N = {1, 2, 3, 4, 5},A = {(1, 2), (1, 3), (2, 3), (2, 5), (3, 4), (3, 5), (4, 2), (4, 5)}

1

2

3

4

5


Algumas de�nições III

2 Todo grafo possui um �uxo associado às suas arestas. A aresta édirigida ou orientada se permitir o deslocamento somente numadireção. Ex.: no grafo visto existe �uxo do nó 1 para o nó 2, mas nãovice-versa. A rede é dirigida (dígrafo) se todas as suas arestas foremdirigidas.

3 Caminho: sequência de arestas distintas que ligam 2 nós quaisquerda rede. Um caminho forma um ciclo ou loop se conectar um nó a simesmo, passando por outros nós. Ex.: (2, 3), (3, 4) e (4, 2) formamum ciclo.

4 Rede conectada: rede onde todos os pares de nós são conectadospor um caminho (como no exemplo visto).


Exemplo clássico

Pontes de Königsberg, Prússia

Visitar todas as quatro partes A, B, C e D da cidade (atual Kaliningrado,na Rússia), voltando ao ponto de partida e passando apenas uma vez porcada uma das sete pontes (a a g) sobre o Rio Prególia.


Leonhard Euler (séc. XVIII): não há solução possível.

Representação do problema como uma rede:

A

B

C

D

Nós são as partes de terra e arestas representam as pontes.

Para qualquer nó, não é possível encontrar um ciclo que passe portodos os outros nós sem passar mais de uma vez por uma mesmaaresta.


Sumário

11 Problema do menor caminho


Problema do menor caminho

Um dos problemas mais comuns em grafos: determinar o menorcaminho (ou o de menor custo) entre 2 nós.

Problema bastante comum em aplicações práticas.


Exemplos

Entrega de uma mercadoria do depósito de uma fábrica até o endereçode um cliente : Qual o menor caminho a percorrer?Pode ser modelado como problema de otimização em redes.

I Nós correspondem às esquinas das ruas � esquinas interligadas porarestas.

I 2 nós para o depósito (A) e o endereço do cliente (B).I Qualquer caminho interligando A e B é um caminho real pela cidade.I Se o peso de cada aresta corresponder a distância entre esquinas, o

comprimento do caminho é a soma dos pesos das arestas entre A eB.


(ARENALES, 2006) Vendedor se desloca de São Paulo a Fortalezapara levar produtos a um cliente importante.

Ao longo do caminho, visitará outros clientes.

Se a rede for tal que os nós correspondam às junções das principaisrodovias � e as arestas, portanto, os trechos de rodovia entre dois nós� é possível de�nir o peso de cada aresta como sendo o custo líquidoesperado no trecho.

Custo líquido: custo das despesas rodoviárias (combustível, pedágios,manutenção) menos a comissão esperada no respectivo trecho.

Algumas arestas podem ter valor negativo, indicando lucro ao invés decusto.

O vendedor deve escolher a rota correspondente ao �menor caminho�(menor custo líquido possível) entre os nós correspondentes às duascidades.


Outras situações podem ser representadas pelo problema do menorcaminho.


(TAHA, 2008): A RentCar está desenvolvendo uma política dereposição para sua frota de carros considerando uma projeção deplanejamento de 4 anos.Ao início de cada ano, é tomada uma decisão sobre a conservação emoperação ou a reposição de um carro.

Um carro deve permanecer em serviço por no mínimo um ano e nomáximo três anos.

A tabela a seguir dá o custo de reposição em função do ano que ocarro foi adquirido e do número de anos em operação.

Adquirido no anoCusto de reposição por anos em operação1 2 3

1 4 000 5 400 9 8002 4 300 6 200 8 7003 4 800 7 100 −4 4 900 − −


O problema pode ser formulado como um grafo onde os nós 1 a 5representam os anos 1 a 5. As arestas a partir do nó 1 podem chegarsomente aos nós 2, 3 e 4 porque o carro pode operar entre 1 e 3 anos,e assim por diante. O peso de cada aresta corresponde ao custo dereposição.

Solução: caminho mais curto entre os nós 1 e 5.

5

5 400

4 000 4 300 4 800 4 900

7 100

6 200

9 800

8 700

42 31

Menor caminho: 1→ 3→ 5.


Formulação matemática

Problema de encontrar o caminho mais curto entre o nó 1 e o nó n6

de um grafo G = (N,A), onde N = {1, 2, . . . , n}: caso de problemade transbordo, com única origem no nó 1, e único destino o nó n.Demais: todos de transbordo.

6Sem perda de generalidade, formulação pode ser estendida para o problema demenor caminho entre dois nós quaisquer.


Se a cada aresta entre i e j temos um custo (peso) associado cij ,deseja-se

minC =n∑

i=1

∑j∈S(i)

cijxij

sujeito a

∑j∈S(1)

x1j = 1,

∑j∈P(n)

xin = 1,

∑i∈P(j)

xij =∑

k∈S(j)

xjk j = 2, . . . , n − 1

xij ∈ {0, 1}, i = 1, . . . , n, j = 1, . . . , n

I S(j), P(j) são, respectivamente, o conjunto dos sucessores epredecessores de um nó j .


xij = 1 indica que a aresta de i a j faz parte do menor caminho entre1 e n;

xij = 0 indica que a mesma não faz parte.

A 1a. restrição está relacionada ao nó de origem 1, indicando que omenor caminho passará por um único sucessor.

A 2a. restrição está relacionada ao nó de destino n, indicando que nomenor caminho encontrado passará por apenas um de seusantecessores.

As demais n − 2 restrições � dos nós intermediários � indica que nomenor caminho apenas uma aresta chegará e uma aresta sairá de cadaum dos mesmos (os dois somatórios se igualam a 1).


Retornando ao exemplo anterior (da reposição de carros):

5

5 400

4 000 4 300 4 800 4 900

7 100

6 200

9 800

8 700

42 31

minC = 4 000 x12 + 5 400 x13 + · · ·+ 4 900 x45

sujeito a

x12 + x13 + x14 = 1

x25 + x35 + x45 = 1

x12 = x23 + x24 + x25

x13 + x23 = x34 + x35

x14 + x24 + x34 = x45

xij ∈ {0, 1}, i = 1, . . . , n, j = 1, . . . , n


Na solução ótima (menor caminho):

x13 = x35 = 1,

x12 = x23 = x24 = · · · = x45 = 0,

C = 5 400 + 7 100 = 12 500


Num problema pequeno (grafo com poucos nós/poucas arestas), omenor caminho pode ser obtido rapidamente.

Entretanto, muitos problemas envolvem um grande número depossibilidadesO caminho é a implementação de algoritmos para resolução doproblema, tais como:

1 Algoritmo de Dijkstra;2 Algoritmo de Floyd.


Algoritmo de Dijkstra

Caminho mais curto entre um nó de origem especí�co e qualqueroutro nó.Um rótulo é associado a cada nó j , contendo duas informações:

1 O menor custo já encontrado, a partir do nó de origem;2 Qual o predecessor de j , neste caminho.

Assim, se ui é a menor distância (ou custo) entre o nó de origem 1 e onó i , e de�nindo-se cij ≤ 0 como o comprimento da aresta (i , j), entãoé de�nido um rótulo de um nó imediatamente posterior, j :

[uj , i ] = [ui + cij , i ], cij ≥ 0 .

I O rótulo do nó inicial é [0,−], já que este não possui nenhumpredecessor.

I Os rótulos podem ser temporários � podem ser modi�cados, sepossível achar rota melhor � e permanentes.


Passo a passo (TAHA, 2008)

1 Iteração 0: Rotule o nó de origem (nó 1) com o rótulo � permanente� [0,−]. Determine i = 1.

2 Iteração i :1 Calcule os rótulos temporários [ui + cij , i ] para cada nó j sucessor i ,

contanto que j não tenha rótulo permanente:

AtualizaçãoCaso j já esteja rotulado com [uj , k] � i.é., passando por outro nó k � atualiza-se

o rótulo, substituindo [uj , k] por [ui + cij , i ] quando ui + cij < uj .

2 Se todos os rótulos forem permanentes, pare.Caso contrário, selecione rótulo [ur , s] cuja distância ur é a menordentre todos os temporários (empates resolvidos arbitrariamente).Sinalize o mesmo como permanente, de�na i = r e repita a iteração i .


Exemplo

Determine os caminhos mais curtos entre a cidade 1 e as demais:

1

2

3

4

5

100

30

20

15

10

60

50

Iteração 0: Rótulo permanente [0,−] para o nó 1.

Iteração 1: Nós 2 e 3 podem ser alcançados pelo nó 1 (últimorotulado permanentemente):

Nó Rótulo Condição1 [0,−] Permanente2 [0 + 100, 1] = [100, 1] Temporário3 [0 + 30, 1] = [30, 1] Temporário


Da tabela anterior, o nó 3 resulta na menor distância (u3 = 30). Logo,seu rótulo se torna permanente.

Iteração 2: 4 e 5 podem ser alcançados com base no nó 3:

Nó Rótulo Condição1 [0,−] Permanente2 [0 + 100, 1] = [100, 1] Temporário3 [30, 1] Permanente4 [30 + 10, 3] = [40, 3] Temporário5 [30 + 60, 3] = [90, 3] Temporário

A condição do do rótulo [40, 3] do nó 4 é alterada para permanente.


Iteração 3: 2 e 5 podem ser alcançados com base no nó 4:

Nó Rótulo Condição1 [0,−] Permanente2 [40 + 15, 4] = [55, 4] Temporário3 [30, 1] Permanente4 [40, 3] Permanente5 [90, 3] ou [40 + 50, 4] = [90, 4] Temporário

O rótulo temporário do nó 2 foi alterado, pois se encontrou umcaminho mais curto do nó 1 para o mesmo.

O nó 5 possui dois rótulos alternativos, indicando a mesma distância,u5 = 90.

A condição do do rótulo [55, 4] do nó 2 é alterada para permanente.


Iteração 4: há somente uma aresta a partir do nó 2, para o nó 3.Contudo, este já possui rótulo permanente.

A lista permanece inalterada em relação à da iteração 3, mas agorarótulo do nó 2 passa a ser permanente.Único nó com rótulo temporário: 5.

I Como não há arestas partindo do nó 5, seu rótulo se torna permanente,e o algoritmo se encerra.


O caminho mais curto entre o nó 1 e qualquer outro nó da rede édeterminado começando do nó de destino desejado e percorrendo arota inversa, usando a informação dos rótulos permanentes.

1

2

3

4

5

100

30

20

15

10

60

50

��[100, 1](1)

[55, 4](3)

[0,−](1)

( ) = iteração

[30, 1](1)

[40, 3](2)

[90, 3](2)

[90, 4](3)

Por exemplo, o menor caminho do nó 1 ao nó 2:

2©→ [55, 4]→ 4©→ [40, 3]→ 3©→ [30, 1]→ 1©

Ou seja, 1→ 3→ 4→ 2, com distância 55.


Exercício I

(TAHA, 2008) Use o algoritmo de Dijkstra para determinar o caminho maiscurto entre:

1 1 e 8;2 1 e 6;3 2 e 6.

1

2

3

4

5

6

7

8

2

1

1

1

2

22

3

3

4

5

56

67

8


Algoritmo de Floyd

Também chamado de Floyd-WarshallMais geral que Dijkstra:

I Determina o caminho mínimo entre quaisquer dois nós do grafo.

Representação do grafo de n nós: matriz de distâncias n × n.I Inicialmente, entrada (i , j) dá o peso cij da aresta entre i e j , caso

exista; ou ∞ caso contrário.


Operação tripla de Floyd

Base do algoritmo de Floyd

Dados 3 vértices i , j e k como na �gura abaixo, sempre que

wik + wkj < wij ,

otimiza-se a distância entre i e j pela troca da rota direta i → j pori → k → j .

i

k

j

wik

wij

wkj


Algoritmo

Etapa 0: De�ne-se a matriz de distâncias inicial, D0, onde:

d(0)ij =

{wij , se j é sucessor de i ;

∞, caso contrário

De�ne-se também a matriz de sequência de nós S0:

S0 =

− 2 . . . j . . . n

1 − . . . j . . . n...

......

......

...

1 2... j

... −

I Ou seja, s(0)

ij =

{j , i 6= j ;

não de�nido, i = j.


Etapa geral k (k = 1, . . . , n): Atualização da matriz de distâncias,de Dk−1 para Dk .

1 De�nem-se a linha k e a coluna k como linha pivô e coluna pivô.2 Aplica-se a operação tripla para todo i e j , testando-se a condição

d(k−1)ik + d

(k−1)kj < d

(k−1)ij , i 6= j , i 6= k, j 6= k.

Caso a condição seja satisfeita:F Em Dk : d

(k)ij = d

(k−1)ik + d

(k−1)kj .

F Em Sk : s(k)ij = k.


Resultado

Após n etapas, pode-se determinar o menor caminho entre os nós i e jcom base nas matrizes Dn e Sn:

1 A partir de Dn, dij dá a menor distância entre i e j2 A partir de Sn, determine o nó intermediário k = sij , que dá como

resultado a rota i → k → j :F Se sik = k e skj = j , pare (todos os nós intermediários foram

encontrados);F Senão, repita o procedimento entre os nós i e k e entre os nós k e j .


Exemplo

Encontrar os caminhos mais curtos entre quaisquer dois nós do grafo:

3

2 4

5

3

10

5

615

41

Todas as arestas, com exceção de uma, permitem �uxo em ambos ossentidos. Somente não há ligação direta do nó 5 para o nó 3.


Iteração 0: matrizes D0 e S0.

D0 =

− 3 10 ∞ ∞3 − ∞ 5 ∞10 ∞ − 6 15∞ 5 6 − 4∞ ∞ ∞ 4 −

S0 =

− 2 3 4 51 − 3 4 51 2 − 4 51 2 3 − 51 2 3 4 −


Iteração 1: k = 1⇒ Linha pivô 1 e coluna pivô 1 (sombreadas emD0).Nas operações triplas, os únicos elementos atualizados são d23 e d32(destacados em D0 e S0):

1 Substitui-se d(1)23

= d(0)21

+ d(0)13

= 3 + 10 = 13. Logo, s(1)23

= 1.2 Substitui-se d

(1)32

= d(0)31

+ d(0)12

= 10 + 3 = 13. Logo, s(1)32

= 1.

Logo:

D1 =

− 3 10 ∞ ∞3 − 13 5 ∞10 13 − 6 15∞ 5 6 − 4∞ ∞ ∞ 4 −

S1 =

− 2 3 4 51 − 1 4 51 1 − 4 51 2 3 − 51 2 3 4 −


Iteração 2: k = 2⇒ Linha pivô 2 e coluna pivô 2 (sombreadas emD1).Nas operações triplas, os únicos elementos atualizados são d14 e d41(destacados em D1 e S1). Logo, de forma análoga à iteração anterior,obtém-se:

D2 =

− 3 10 8 ∞3 − 13 5 ∞10 13 − 6 158 5 6 − 4∞ ∞ ∞ 4 −

S2 =

− 2 3 2 51 − 1 4 51 1 − 4 52 2 3 − 51 2 3 4 −


Iteração 3: k = 3. Atualizando-se os itens em destaque nas matrizesD2 e S2, obtém-se D3 e S3:

D3 =

− 3 10 8 253 − 13 5 2810 13 − 6 158 5 6 − 4∞ ∞ ∞ 4 −

S3 =

− 2 3 2 31 − 1 4 31 1 − 4 52 2 3 − 51 2 3 4 −


Iteração 4: k = 4. Atualizando-se os itens em destaque nas matrizesD3 e S3, obtém-se D4 e S4:

D4 =

− 3 10 8 123 − 11 5 910 11 − 6 108 5 6 − 412 9 10 4 −

S4 =

− 2 3 2 41 − 4 4 41 4 − 4 42 2 3 − 54 4 4 4 −

Iteração 5: k = 5 (linhas e coluna em destaque em D4). Porém,nenhuma melhoria é adicional.


Mesmo que modi�cações fossem necessárias para k = 5, esta seria aúltima iteração, pois o grafo possui 5 nós.

As matrizes D4 e S4 contêm tudo que precisamos para determinar ocaminho ótimo entre 2 nós quaisquer do grafo.

Exemplo: nó 1 ao nó 5:I De D4: custo ótimo 12 � menor distância, dada por d (4)

15.

I De S4: Qual a rota? (a rota mais curta só é direta se s(4)ij = j)

1 Como s(4)15 = 4 6= 5, a rota inicialmente é dada como 1→ 4→ 5.

2 Como s(4)14 = 2 6= 4, o segmento (1, 4) não é uma conexão direta entre

1 e 4, e a rota agora se torna 1→ 2→ 4→ 5.3 Como s

(4)12 = 2, s

(4)24 = 4 e s

(4)45 = 5, nenhum desmembramento é

desnecessário e portanto 1→ 2→ 4→ 5 é o caminho ótimo.


Exercícios I

1 (TAHA, 2008) Use o algoritmo de Floyd para determinar, a partir doexemplo anterior, as distâncias mais curtas:

1 Do nó 5 ao nó 1;2 Do nó 3 ao nó 5;3 Do nó 5 ao nó 3;4 Do nó 5 ao nó 2;

2 (TAHA, 2008) A empresa de telefonia Tell-All atende seis áreas. Asdistâncias via satélite estão no grafo abaixo. Quais as rotas maise�cientes que devem ser estabelecidas entre quaisquer duas áreas?

3

2

4

6700

200

200

5

300700

600300

100

500

400

1


Referências




Sumário

12 Problema do �uxo máximo


Problema do �uxo máximo

Outro problema bastante comum que pode ser modelado por grafos;

Deseja-se determinar o maior �uxo possível que pode ser enviado deum nó a outro do grafo.

Única origem e único destino.


Exemplos

Qual a capacidade máxima de produção de um determinado bempor uma empresa?

I Roteiros distintos durante o processoI Diferentes centros de fabricação, cada qual com uma certa capacidade

instalada.

Redes de tubulações. Exemplo, de petróleo:Qual a capacidademáxima da rede entre poços e re�narias?

I Produto bruto (petróleo cru) transportado de poços para re�narias.I Estações intermediárias de impulsores e de bombeamento instaladasI Cada segmento tem uma taxa de descarga máxima de �uxo.I Segmento pode ser unidirecional ou bidirecional, dependendo do

projeto.


(TAHA, 2008) Uma rede típica para o problema do escoamento dopetróleo é dada pelo grafo abaixo:

2

1

3

4

5

6

9

7

8Origem Destino

Poços Impulsores Re�narias

Representação: a solução do problema exige o acréscimo de umaorigem única e um destino único, usando as arestas unidirecionais decapacidade in�nita tracejadas no grafo.


Representação do �uxo

Dada uma aresta (i , j), com i < j , pode-se usar a notação

(C̄ij , C̄ji )

para representar as respectivas capacidades de �uxo nas direções i → je j → i .

Para eliminar ambiguidades, pode-se representar tais capacidades numgrafo, colocando-seC̄ij próximo ao nó i eC̄ij próximo ao nó j , como na �gura abaixo.

i j

C̄ij C̄ji


Cortes

CorteConjunto de arestas que, se eliminado do grafo, causa um rompimentototal do �uxo entre o nó de origem e o nó de destino.

A capacidade do corte corresponde à soma das capacidades de suasarestas;O corte com menor capacidade determina o �uxo máximo da rede.

I Devem ser considerados todos os cortes possíveis.


Exemplo

Considere o grafo que segue:

1

2 3

4

5

1030

20

3040

000 10

20

205

0

000

corte 1corte 2

corte 3

Capacidades dos cortes representados:Corte Arestas associadas Capacidade

1 (1, 2), (1, 3), (1, 4) 20+ 30+ 10 = 60

2 (1, 3), (1, 4), (2, 3), (2, 5) 30+ 10+ 40+ 30 = 110

3 (2, 5), (3, 5), (4, 5) 30+ 20+ 20 = 70


Pelos cortes ilustrados, conclui-se que o �uxo máximo da rede nãopode exceder 60 unidades.

Para determinar o �uxo máximo, entretanto, todos os cortes precisamser encontrados.


Exercício

Encontre no grafo anterior 2 cortes adicionais, e determine sua capacidade.


Formulação matemática

Seja o problema de se determinar o �uxo máximo entre o nó 1 e o nón de um grafo G (N,A) com n nós.

I Sem perda de generalidade, pois a interpretação se estende paraquaisquer dois nós em questão.


(ARENALES, 2006) Seja y a quantidade a ser enviada de 1 para n.Se xij é a quantidade de �uxo da aresta (i , j), então deseja-se

max y

sujeito a

∑j∈S(1)

x1j −∑

k∈P(1)

xk1 = y , nó fonte 1

∑j∈S(i)

xij =∑

k∈P(i)

xki , i = 2, . . . , n − 1

∑j∈S(n)

xnj −∑

k∈P(n)

xkn = −y , nó destino n

0 ≤ xij ≤ C̄ij , ∀(i , j) ∈ E .

I S(i) e P(i) são o conjunto dos sucessores e predecessores do nó i .


Isto é, deseja-se determinar xij para toda (i , j) ∈ E que maximize o�uxo entre origem e destino.

Reescrevendo-se as restrições técnicas, com as variáveis do ladoesquerdo:

∑j∈S(1)

x1j −∑

k∈P(1)

xk1 − y = 0,

∑j∈S(i)

xij −∑

k∈P(i)

xki = 0, i = 2, . . . , n − 1

∑j∈S(n)

xnj −∑

k∈P(n)

xkn + y = 0,


Aresta de retorno

Das restrições anteriores, podemos associar a coluna correspondente àvariável y a uma nova aresta (n, 1), chamada aresta de retorno.

A aresta de retorno (n, 1) tem �uxo C̄n1 = y (com C̄1n = 0) e 1,portanto, passa a ser sucessor de n, ∴ S(n) = S(n) + {1}. Da mesmaforma, P(1) = P(1) + {n}, e podemos reescrever o problema como

max xn1

sujeito a

∑j∈S(i)

xij −∑

k∈P(i)

xki = 0, i = 1, . . . , n

0 ≤ xij ≤ C̄ij , ∀(i , j) ∈ E .


Exemplo

Representando a aresta de retorno no grafo visto anteriormente, temos:

1

2 3

4

5

1030

20

3040

000 10

20

205

0

000

0

C̄51


Modelagem do problema de �uxo máximo:

max x51

sujeito a

x12 + x13 + x14 − x51 = 0

x23 + x25 − x12 = 0

x34 + x35 − x13 − x23 = 0

x43 + x45 − x14 − x34 = 0

x51 − x25 − x35 − x45 = 0

0 ≤ x12 ≤ 20

0 ≤ x13 ≤ 30

0 ≤ x14 ≤ 10

0 ≤ x23 ≤ 40

0 ≤ x25 ≤ 30

0 ≤ x34 ≤ 10

0 ≤ x35 ≤ 20

0 ≤ x43 ≤ 5

0 ≤ x45 ≤ 20

0 ≤ x51 ≤ C̄51


Formulação alternativa

TAHA (2008) propõe uma formulação mais simples, dispensando aideia da aresta de retorno.Basta considerar o problema de maximização de uma das duasfunções objetivo:

1 z1 =∑

j∈S(1) x1j (maximização da saída do nó de origem), ou2 z2 =

∑k∈P(n) xkn (maximização de entrada no nó de destino).

Em ambos os casos, somente as restrições dos nós intermediários sãoconsideradas.

As duas funções objetivo acima são equivalentes.As duas formulações (com e sem aresta de retorno) são equivalentes:

I No exemplo visto, basta isolar x51 na restrição do nó de origem (ou nóde destino), e na função objetivo.


Por exemplo, considerando-se o problema de maximizar a saída do nó 1:

max x12 + x13 + x14

sujeito a

x23 + x25 − x12 = 0

x34 + x35 − x13 − x23 = 0

x43 + x45 − x14 − x34 = 0

0 ≤ x12 ≤ 20

0 ≤ x13 ≤ 30

0 ≤ x14 ≤ 10

0 ≤ x23 ≤ 40

0 ≤ x25 ≤ 30

0 ≤ x34 ≤ 10

0 ≤ x35 ≤ 20

0 ≤ x43 ≤ 5

0 ≤ x45 ≤ 20


Algoritmo de �uxo máximo

(TAHA, 2008) Encontrar rotas de passagem com �uxo líquidopositivo entre nós de origem e destino

Cada caminho compromete parte ou toda a capacidade das suasarestas ao �uxo do grafo.Por exemplo, numa aresta (i , j) com capacidade inicial (C̄ij , C̄ji ) (amáxima), quando parte desta capacidade é usada numa rota deescoamento, temos uma capacidade residual (cij , cji ).

I À medida que as arestas são reutilizadas, os valores cij , cji sãoatualizados.

Rótulos: quando um nó j recebe um �uxo aj de algum nó i ∈ P(j),de�nimos um rótulo ao mesmo,

[aj , i ],

de modo similar ao visto no algoritmo de Dijkstra.


Etapas (do nó 1 ao nó n)

Etapa 1 : Para cada aresta (i , j), iguale à capacidade residual à inicial:

(cij , cji ) = (C̄ij , C̄ji )

Rotule o nó de origem com o rótulo [∞,−]. Determine i = 1e passe para a etapa seguinte.


Etapa 2 : seja S̄(i) o conjunto dos sucessores do nó i ainda nãorotulados, ligados a ele por arestas com capacidades residuaisnão nulas (ainda podem ser usadas).

Se há pelo menos um nó em S(i) nesta situação(S̄(i) 6= ∅), passe à etapa 3.Caso contrário, passe à etapa 4.


Etapa 3 : Determine k ∈ S̄(i) tal que:

cik = maxj∈S̄(i)

{cij} .

Ou seja, qual dos sucessores permite a passagem com maior �uxo possível.Determine ak = cik e rotule o nó k com [ak , i ].

Se k = n, o nó destino foi rotulado, portanto uma rota de passagemfoi obtida. Siga para a etapa 5.

Caso contrário, faça i = k e retorne à etapa 2.


Etapa 4 : (Percorrer a rota inversa).

Se i = 1, nenhuma rota de passagem é possível: prossigapara etapa 6.Caso contrário, seja r ∈ P(i) o nó rotuladoimediatamente antes do nó i . Elimine itemporariamente dos nós adjacentes a r , determinei = r e volte à etapa 2.


Etapa 5 : (Capacidades residuais).De�na os nós da p-ésima rota de passagem do nó origem 1ao nó destino n como Np = (1, k1, k2, . . . , n).O �uxo máximo ao longo da rota é dado por

fp = min{a1, ak1, ak2, . . . , an}

A capacidade residual de cada aresta ao longo da rota éreduzida de fp da direção do �uxo e aumentada de fp nadireção contrária:

(cij − fp, cji + fp) se o �uxo for de i para j ;(cij + fp, cji − fp) caso contrário.

Restaure quaisquer nós eliminados na etapa 4. Determinei = 1 e volte à etapa 2 para tentar uma nova rota depassagem.


Etapa 6 : (Solução).1 Se m rotas de passagem são encontradas, o �uxo

máximo da rede é dado por

F = f1 + f2 + · · ·+ fm

2 Para toda aresta (i , j) ∈ E , dadas as capacidades iniciais(C̄ij , C̄ji ) e �nais (cij , cji ), o �uxo ótimo é dado por:

xij =

{C̄ij − cij , se C̄ij > cij ;

C̄ji − cji , se C̄ji > cji .

(os dois casos não ocorrem simultaneamente).


Ajuste da etapa 5

Explicado pelo exemplo que segue:

1

2

3

4

Rota: 1→ 2→ 3→ 4f1 = 5(a)

5[∞,−]

0

[5, 1]

[5, 2]

[5, 3]

5

55

0 0 05

1

2

3

4

Rota: 1→ 3→ 2→ 4f2 = 5(b)

0[∞,−]

5

[5, 3]

[5, 1]

[5, 2]

5

05

0 5 50

0 01

2

3

4

Nenhuma rotade passagem

(c)

0

5

0

50

5 0 50

5

I Na rede (a), �uxo máximo é 5, e as arestas que de�nem a rota têm seu�uxo alterado de (5, 0) para (0, 5).

I O mesmo vale para a rota em (b), e, após as alterações, não há maisrota possível.


1

2

3

4

Rota: 1→ 2→ 3→ 4f1 = 5(a)

5[∞,−]

0

[5, 1]

[5, 2]

[5, 3]

5

55

0 0 05

1

2

3

4

Rota: 1→ 3→ 2→ 4f2 = 5(b)

0[∞,−]

5

[5, 3]

[5, 1]

[5, 2]

5

05

0 5 50

0 01

2

3

4

Nenhuma rotade passagem

(c)

0

5

0

50

5 0 50

5

O que houve de (b) para (c) foi o cancelamento de um �uxoanteriormente comprometido na direção 2→ 3.

O algoritmo �lembra� que este �uxo foi previamente usado poisaumentamos a capacidade na direção inversa de 0 para 5 (pela etapa5).


Exemplo

Considere a rede de 5 nós vista previamente, no exemplo dos cortes:

1

2 3

4

5

10

3020

30

40

0

0

010

20

205

0

00

0

Determinar o �uxo máximo da rede.


Iteração 1

Inicialmente, iguale as capacidades residuais iniciais às capacidadesiniciais (C̄ij , C̄ji ) de cada aresta.Este passo somente é feito antes da iteração 1 (primeira rota).

Etapa 1 : Determine a1 =∞, e rotule nó 1 com [∞,−]. Determinei = 1.

Etapa 2 : S̄(1) = {2, 3, 4} 6= ∅. Passar para etapa 3.

Etapa 3 : k = 3, pois c13 = max{c12, c13, c14} = 30.Determine a3 = c13 = 30 e rotule o nó 3 com [30, 1].Determine i = 3 e volte à etapa 2.

Etapa 2 : S̄(3) = {4, 5} 6= ∅. Passar para etapa 3.

Etapa 3 : k = 5 e a5 = c35 = max{10, 20} = 20.Rotule o nó 5 com [20, 3].Uma rota de passagem foi obtida. Passe para a etapa 5.


Etapa 5 : Rota determinada pelo caminho inverso a partir do nó dedestino 5:

5©→ [20, 3]→ 3©→ [30, 1]→ 1©

Logo, N1 = {1, 3, 5} e f1 = min{a1, a3, a5} = 20.As capacidades residuais das arestas utilizadas na rotaN1 são

(c13, c31) = (30− 20, 0 + 20) = (10, 20)

(c35, c53) = (20− 20, 0 + 20) = (0, 20)


Rota encontrada na iteração 1 (capacidades residuais ainda não ilustradas).

1

2 3

4

5

10

3020

30

40

0

0

010

20

205

0

00

0

f1 = 20[∞,−]

[30, 1]

[20, 3]


Iteração 2

Etapa 1 : Determine a1 =∞, e rotule nó 1 com [∞,−]. Determinei = 1.

Etapa 2 : S̄(1) = {2, 3, 4}.Etapa 3 : k = 2 e a2 = max{20, 10, 10} = 20.

Rotule o nó 2 com [20, 1] e repita a etapa 2, com i = 2.

Etapa 2 : S̄(2) = {3, 5}.Etapa 3 : k = 3 e a3 = c23 = 40.


Etapa 2 : S̄(3) = {4} (pois c35 = 0).

Etapa 3 : k = 4 e a4 = c34 = 10.Rotule o nó 4 com [10, 3] e repita a etapa 2, com i = 4.

Etapa 2 : S̄(4) = {5} (pois nós 1 e 3 já foram rotulados).

Etapa 3 : Temos k = 5 e rótulo [20, 4]. Nova rota: passe à etapa 5.


Etapa 5 : Rota N2 = {1, 2, 3, 4, 5} ef2 = min{∞, 20, 40, 10, 20} = 10.As capacidades residuais das arestas utilizadas na rota N2 são

(c12, c21) = (20− 10, 0 + 10) = (10, 10)

(c23, c32) = (40− 10, 0 + 10) = (30, 10)

(c34, c43) = (10− 10, 5 + 10) = (0, 15)

(c45, c54) = (20− 10, 0 + 10) = (10, 10)



1

2 3

4

5

10

1020

30

40

0

0

2010

0

205

0

00

20

f2 = 10[∞,−]

[20, 1]

[20, 4]

[40, 2]

[10, 3]


Iteração 3

Etapa 1 : nó 1: a1 =∞, [∞,−]. Determine i = 1.

Etapa 2 : S̄(1) = {2, 3, 4}.Etapa 3 : k = 2 e a2 = c12 = max{10, 10, 10} = 10.


Etapa 2 : S̄(2) = {3, 5}.Etapa 3 : k = 3 e a3 = c23 = 30.


Etapa 2 : S̄(3) = ∅ (pois c34 = c35 = 0). Vá para a etapa 4.

Etapa 4 : Rota inversa � [30, 2] indica o antecessor r = 2.Elimine o nó 3 desta iteração, determine i = r = 2 e volte àetapa 2.

Etapa 2 : S̄(2) = {5} (pois nó 3 foi temporariamente eliminado).

Etapa 3 : Temos k = 5 e rótulo [30, 2]. Nova rota: passe à etapa 5.


Etapa 5 : Rota N3 = {1, 2, 5} ef3 = min{∞, 10, 30} = 10.As capacidades residuais das arestas utilizadas na rota N3 são

(c12, c21) = (10− 10, 10 + 10) = (0, 20)

(c25, c52) = (30− 10, 0 + 10) = (20, 10)



1

2 3

4

5

10

1010

30

30

10

10

200

0

1015

0

100

20

f3 = 10[∞,−]

[10, 1]

[30, 2]

��XXX[30, 2]


Iterações 4 a 6

ExercícioEncontre as rotas N4 e N5 (ambas com �uxo 10)a.

aNó 3 está novamente à disposição para as rotas N4 e N5

Iteração 6: Todas as arestas partindo do nó 1 têm residual 0.Portanto, todas as rotas possíveis foram encontradas. Passa-se à Etapa 6


Etapa 6: Solução do problema

Fluxo máximo da rede:

F = f1 + f2 + · · ·+ f5 = 20 + 10 + 10 + 10 + 10 = 60

Fluxos xij nas arestas: consideram-se as capacidades residuais iniciais eas �nais (cij , cji ) encontradas na etapa 5 das iterações:

Aresta (C̄ij , C̄ji )− (cij , cji ) Fluxo Direção(1, 2) (20, 10)− (0, 20) = (20,−20) 20 1→ 2(1, 3) (30, 0)− (0, 30) = (30,−30) 30 1→ 3(1, 4) (10, 0)− (0, 10) = (10,−10) 10 1→ 4(2, 3) (40, 0)− (40, 0) = (0, 0) 0 −(2, 5) (30, 0)− (10, 20) = (20,−20) 20 2→ 5(3, 4) (10, 5)− (0, 15) = (10,−10) 10 3→ 4(3, 5) (20, 0)− (0, 20) = (20,−20) 20 3→ 5(4, 5) (20, 0)− (0, 20) = (20,−20) 20 4→ 5


Exercícios I

1 Determine a capacidade excedente de todas as arestas do exemplo,após a solução do problema.

2 Determine qual o �uxo máximo, para a rede exempli�cada,considerando-se agora como origem o nó 2 e destino o nó 4.


Referências




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