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IC 200

PLANEJAMENTO E ANÁLISE DE SISTEMAS DE TRANSPORTES

Prof. Orlando F.Lima Jr.

Tópicos sobre Otimização

Prof. Paulo Barbosa

28/04/2004

Fac. Eng. Civil - UNICAMP

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Categorias de Métodos de Otimização

3

Conceitos Básicos de Otimização

Conceito Intuitivo:

Fiz o melhor que pude...

“melhor” Função Objetivo

“que pude” Restrição

Questões para Reflexão:

• Quais são as funções objetivos usuais ?

• Quais são as restrições usuais ?

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Programação Linear

A Programação Linear (PL) é a técnica mais conhecida e usadana solução de problemas de otimização

O termo linear : relações lineares entre as variáveis,

O termo programação: planejamento de atividades.

Max (ou Min) F = a1 X1 + a X2 + ......+ a Xn

s.a.

X1+ X2 + ...........................+ Xn < b1

3X1 -2 X3 + ...........................+ 10 Xn > b2

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Razões do Sucesso da Programação Linear

(a) flexibilidade para aplicação a problemas variados;

(b) maior facilidade de entendimento;

(c) capacidade de tratar de problemas de grande porte,comuns em Recursos Hídricos ;

(d) disponibilidade pacotes computacionais, em nívelcomercial, para pronta utilização.

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Um primeiro Exemplo (PL1):Alocação de áreas ao Plantio

Reservatório

bombeamento Área 1: X1 ha(milho)

Área 2: X2 ha (feijão)

Tabela 3.1 - Consumo Hídrico e Receita Líquida para cada Cultura

Cultura Consumo Hídrico(dam3/ha)

ReceitaLíquida(R$/ha)

Milho (X1) 3,0 100Feijão (X2) 1,5 80

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max R = 2801100 XX +

sujeito a:

10021 ≤+XX (limite da área total)

1X 0≥ e

02≥X

Formulação 1 - Problema PL1

19

20

Ponto P(20,50):

Receita L.= 100.20 + 80.50 = 6000

Solução

Ótima: ponto

C(100,0)

21

Formulação 2 - Problema PL2:

Introdução de limites de disponibilidade de água

max R = 2801100 XX +

sujeito a:

10021 ≤+XX (limite da área total)

24025.113 ≤+ XX (limite de volume d’água disponível)

1X 0≥ e

02≥X

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ponto F(60,40):receita líquidaR= 100.(60) + 80.(40) = $ 9.200

fazer 1X =100 ha exigiria 3 1X = 300 dam3 de água

Mas o limite é de 240 dam3

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No Problema PL2:

Na solução ótima X1 = 60 ha e X2 = 40 ha

Ambos os insumos (área agrícola e água para irrigação)

foram fatores limitantes ao aumento da função objetivo:

X1 + X2 = 100 ha (igual ao limite máximo de 100 ha)

3 X1 +1,5 X2 = 240 ha (igual ao lim. max. de 240 dam3)

Ou seja o ponto ótimo F(60,40) está na intersecção de duas retas limites da região viável

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Problema PL3 - A Introdução do Custo da Água

Num cenário de Cobrança pelo Uso da Água:

a aquisição da água do reservatório custa $ 20/dam3

Assim, a nova Receita Líquida será:

R = RL1 + RL2 = 40 X1 + 50 X2

onde:

RL1 = 100 X1 - 20 ( 3 X1 ) = 40 X1

RL2 = 80 X2 - 20 ( 1,5 X2 ) = 50 X2

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Formulação do Problema PL3

max RL = 250140 XX +

sujeito a:

10021 ≤+XX (limite da área total)

24025.113 ≤+ XX (limite de volume d’água disponível)

1X 0≥ e

02≥X

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Comparação das Soluções

Tabela 3.1 - Consumo Hídrico e Receita Líquida para cada Cultura

Cultura ConsumoHídrico

(dam3/ha)

ReceitaLíquida(R$/ha )

Solução Ótima(ha)

PL1 PL2 PL3Milho (X1) 3,0 100 100 60 0Feijão (X2) 1,5 80 0 40 100

Área total utilizada(ha) 100 100 100

Água total utilizada (dam3) 300 240 150

Enquanto a água não tinha limite (PL1) ou não custava nada (PL2): X1> X2 na solução ótima, embora o milho exija mais água

Quando houve custo para a água (PL3): X2>X1 na sol.ótima

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Resumo:

1) As restrições de um problema de PL definem semi-espaços;

2) A intersecção de semi-espaços define a região viável;

3) as soluções ótimas recaem sobre os vértices (pontos extremos) da região viável;

4) a solução ótima depende da Função Objetivo (comparar PL2 com PL3) e da região viável (comparar PL1com PL2)

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Problema da Produção e Tratamento Ótimo

de Resíduos de uma Indústria

X

1 (quantidade diária produzida)

indústria

21X (resíduos)

E.T.R. ( )2 1 2

X X−.

[resíduos 0,20 ( )2 1 2X X−

X2 lançados [resíduos remanescentes]

diretamente]

curso d’água

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Sejam as variaveis de decisão:

X1 = quantidade diária a ser produzida e

X2: qtde diária resíduos não tratados a ser lançada no rio

Preço de Venda do produto: $ 10 / unidadeCusto de produção: $ 3 / unidade

Estação de Tratamento de Resíduos (ETR):

• capacidade: 10 un./dia

• eficiência de remoção dos resíduos: 80%

• custo do tratamento: $ 0,60 / un.resíduo tratado

Taxa de cobrança pela poluição: $ 2 / un.resíduo lançado

Max. Qtde permitida de lançamentos diários: 4 un. resíduos

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FORMULAÇÃO DO PROBLEMA

Benefício Líquido associada à uma decisão :

BL = Rb - { C1 + C2 + C3 }

onde:

Rb = 101X

C1 = 31X [custo de produção]

C2 = 0,60 ( )2 1 2X X− [custo de tratamento dos resíduos]

C3 = 2 {X 2 + 0,20 ( )2 1 2

X X− } [Custo devido aos lançamentos de resíduos]

31

B L = 51 2X X−

Ficamos com:

Capacidade diária da ETR:

212 XX − ≤ 1 0

Limite máximo de lançamentos:

)22(20,012

XXX −+ ≤ 4

Deve ser maior ou igual a zero a qtde de resíduos desviada para a ETR:

(21

2 XX − ) ≥ 0

32

M a x B L = 51 2X X−

O problema de Programação Linear fica então:

Sujeito a:

212 XX − ≤ 1 0

28,04,01

XX + ≤ 4

212 XX − ≥ 0

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X1 = 6 ( unidades diárias produzidas)

X2 = 2 (unidades lançadas diretamente no curso d’água, sem

tratamento)X

3 = ( )2

1 2X X− = 10 (unidades submetidas a tratamento)X

4 = 0 20 2 1 2

, ( )X X− = 2 (unidades de resíduos remanescentes lançadas ao curso d’água)

X X X5 2 4

4= + = ( total de unidades de resíduos lançadas no curso d’água)

BL = $ 28

Solução Ótima:

X

1 (quantidade diária produzida)

indústria

21X (resíduos)

E.T.R. ( )2 1 2

X X−.

[resíduos 0,20 ( )2 1 2X X−

X 2 lançados [resíduos remanescentes] diretamente]

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Opções Extremas:

(a) nenhum tratamento dos resíduos,

X2 = 2 X1 resultando

X1 = 1,67 ; X2 = 3,34 e

BL= $ 5;

(b) tratamento máximo dos resíduos

X2 = 0 ; X1 = 5 e

BL = $ 25.

X

1 (quantidade diária produzida)

indústria

21X (resíduos)

E.T.R. ( )2 1 2

X X−.

[resíduos 0,20 ( )2 1 2X X−

X 2 lançados [resíduos remanescentes] diretamente]

curso d’água

35

As restrições do problema de PL e o sist. equações

212 XX − ≤ 1 0

28,04,01

XX + ≤ 4

212 XX − ≥ 0

As equações acima podem ser colocadas como:

0 24 8,04,0

10 2

521

421

321

=−−=++=+−

XXXXXX

XXX

X3 e X4 : variáveis de folga; X5 : variav. de excesso

Sistema de

inequações

Sistema de equações:

5 variáveis e

3 equações

(indeterminado)

36

37

Solução do Sistema linear (indeterminado):

5 (variáveis) - 3 (equações) = 2 graus de liberdade

Fixa-se duas variáveis e encontra-se as outras 3

Ex. Ponto P(3,2): X1 = 3 e X2 = 2

Substituindo nas equações :

0 24 8,04,0

10 2

521

421

321

=−−=++=+−

XXXXXX

XXX

Chega-se a:

X3 = 6

existem 6 un. de folga do 1o. Recurso

38

Portanto,

A variável de folga / excesso indica a “distância” entre o ponto particular (ex. ponto P) e a reta limite associada àquela equação.

Ex2. O ponto B(5,0) : X1 = 5 e X2 = 0

leva a X3 = 0 (não há folga alguma)

0 24 8,04,0

10 2

521

421

321

=−−=++=+−

XXXXXX

XXX Tal sistema tem

infinitas soluções:

Qualquer ponto da região viávelsatisfaz

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A fixação de duas variáveis iguais a zero determina um ponto de interseção entre as retas:

Ex. X3 = 0 e X4 = 0 determina o ponto C(6,2)

Pto D(2,4)

X4 = 0 e

X5 = 0

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Da figura, os pontos A, B, C, D, E e F são Pontos Extremos

P não é pto extremo (está no interior da região viável)

Define-se

Variáveis não-básicas: aquelas para as quais foi imposta a

condição Xj = 0

Variáveis básicas: aquelas que não foi imposta a condição Xi = 0

Solução Básica: solução obtida pela fixação de n variáveis

iguais a zero, sendo as demais (m)

obtidas por substituição no sistema de

equações originais

m: no. de equações (m+n): no. de variáveis

41

Solução Básica Factível:

É uma solução básica no interior da região viável

Exs. Pontos A, B, C e D

Solução

Básica

Infactível:

pontos E e F

42

Forma Canônica de um Problema de PL:

Max Z = c XT

s.a.

A X≤ bZ (escalar): Função objetivos

A: Matriz tecnológica

X: Vetor de variáveis de decisões

b: Vetor de recursos

: Vetor de custos Tc

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2.0 -1.0 X1 10A= 0.4 0.8 X = b = 4

2.0 -1.0 X2 0

= [ 5 -1 ]:

Tc

No exemplo da Estação de Tratamento de Resíduos:

M a x B L = 51 2X X−

0 24 8,04,0

10 2

21

21

21

≥−≤+≤−

XXXX

XX

44

Max Z = c XT

s.a.

A X= b

Com as variáveis de folga / excesso: Forma Padrão

0 24 8,04,0

10 2

521

421

321

=−−=++=+−

XXXXXX

XXX

X1 102.0 -1.0 1 0 0 X2 4

A= 0.4 0.8 0 1 0 X = X3 b = 02.0 -1.0 0 0 -1 X4 0

X5 0

= [ 5 -1 0 0 0]Tc

45

Sejam I : Conjunto de variáveis básicas:

XI =

XXX

1

2

3

=

24

10

J: Conjunto das variáveis não-básicas:

XJ =

XX

4

5

=

00

Max Z = c X +c XI I J J

s.a.

A X A X bI I J J+ =X 0I ≥ e X 0J ≥

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Na forma original ( canônica) o problema tem:

n variáveis e m equações

Na forma padrão o problema têm (n+m) variáveis e mequações

Cada variável corresponde a uma coluna da matriz A

Define-se: Base de um problema de PL como sendo o conjunto do maior número possível de colunas (vetores) linearmente independentes da matriz A

Desde que as m equações não sejam redundantes, uma

base I qualquer será formada por m colunas (variáveis) da matriz A.

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No caso do ex. da ETR

m = 3, assim garantindo que qualquer base I (que terá uma solução básica associada) será formada por três variáveis (ou seja, três colunas da matriz A)

Ex. ponto D(2,4): XJ = [ X4 X5 ]T = [0 0 ] (Var.Indep.)

XI = [ X1 X2 X3 ]T = [ 2 4 10 ]T

Max Z = c X +c XI I J J

s.a.

AX A X bI I J J+ =X 0I ≥ e X 0J ≥

(AI-1) [A X A XI I J J+ ] = b

XI = (AI-1) b - (AI

-1) A J XJ

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Definida uma base I, o vetor de

variáveis básicas XI contém

as variáveis dependentes e o

vetor de variáveis XJ

contém

as variáveis independentes.

Independente significa poder assumir

qualquer valor

Uma solução básica : é aquela em que 0=J

X

49

Procedimento do Algoritmo Simplex

3 7 2 8 2

Z(max)

52

421

321

21

=+=++=++

=+

XXXXX

XXX

XX

Base Inicial I = { 3,4,5 } ou seja X3, X4, X5

Solução Básica associada à esta base:

X1 =0 X2 = 0 X3 = 8 X4 = 7 X5 = 3

Mudar de base significa escolher outro conjunto I

Por exemplo, I = {2, 3, 4 }

50

Procedimento do Algoritmo Simplex

de I = { 3,4,5} mudamos

para I = {2, 3, 4 }

X2, X3, X4 são as variáveis básicas

X1, X5 são as variáveis não- básicas

(serão colocada em zero)

Ou seja X5 saiu da base e

X2 entrou na base

Mudar de solução básica significa mudar de Ponto Extremo

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Base Ponto

Extremo

I={3,4,5} A(0,0)

I={3,4,2} E(0,3)

I={3,1,2} D(1,3)

I={5, 1, 2} C(3,2)