programaÇÃo linear eqe 489 16 de março de 2014. sumÁrio
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PROGRAMAÇÃO LINEAR
EQE 489
16 de março de 2014
SUMÁRIO
1. Definição
2. Aplicações
3. Problema Ilustrativo
3.1 Enunciado
3.2 Dados Físicos e Econômicos
3.3 Modelo Matemático
3.4 Balanço de Informação e Variáveis de Projeto
3.5 Critério e Função Objetivo
3.6 Restrições
3.7 Região Viável
3.8 Resolução. Algoritmo SIMPLEX
OBSERVAÇÃO PRELIMINAR
L = a - b x - c/x
Modelo MatemáticoRestrições1. Q (xo - x) - W y = 02. y - k x = 0 (k = 4)
Avaliação EconômicaFunção ObjetivoR = pAB W yC = pB WL = R – C = pAB W y - pB W
Modelo MatemáticoRestrições1. Q(xo - x1) - W1 y1 = 02. y1 - k x1 = 03. Q(x1 -x2) - W2 y2 = 04. y2 - k x2 = 0
Avaliação EconômicaFunção ObjetivoR = pAB (W1 y1 + W2 y2 )C = pB (W1 + W2)L = pAB (W1 y1 + W2 y2 ) - pB (W1 + W2)
L = a – b /x1– cx2 – d x1/x2
OTIMIZAÇÃO: 1 EXTRATOR
OTIMIZAÇÃO: 2 EXTRATORES
Observação: Restrições e Função Objetivo Não-Lineares
OTIMIZAÇÃO: TROCADOR DE CALOR
02111 )TT(CWQ1. p
03433 )TT(CWQ2. p
0 UAQ3.0
32
41
3241
TTTTln
)TT()TT(4.
CT = Ccap + Cutil480,
cap 4,6A50)(0,10)(1.3C
Cutil = (8.500)(5x10-5)W3
154T286.875
,
4T6535
4T-100ln4.469TC
480
Modelo MatemáticoRestrições
Avaliação EconômicaFunção Objetivo
Observação: Restrições e Função Objetivo Não-Lineares
01. f11 - f12 - f13 = 002. W15 - f23 = 003. f31 - f32 = 004. k – (3 + 0,04 Td) = 005. k – x13 / x12 = 006. (f11 Cp1 + f31 Cp3) (T1 - Td) + W15 Cp2l (T15 - Td) = 007. Vd - (f11 /1 + W15/2 + f31/3) = 008. r - f13/f11 = 009. T2 – Td = 010. T3 – Td = 011. f13 - f14 = 012. f23 - f24 - W5 = 013. W6 - W7 = 014. W6 [3 + Cpv (T6 – T7)] - Qe = 015. Qe – [(f13Cp1 + f23Cp2l)(Te - T3) + W5 2] = 016. Qe - Ue Ae e = 017. e - (T6- Te) = 018. T4 – Te = 019. T5 – Te = 0
20. W8 - W9 = 021. W5 - W10 = 022. Qc - W8 Cp3 (T9 - T8) = 023. W5 [2 + Cp2g (T5 – T10)] - Qc = 024. Qc - Uc Ac c = 025. c - [(T5 - T9) - (T10 - T8)]/ln[(T5 - T9)/(T10 - T8)] = 026. W11 - W12 = 027. W10 - W13 = 028. Qr - W11 Cp3 (T12 - T11) = 029. Qr - W10 Cp2l (T10 - T13) = 030. Qr - Ur Ar r = 031. r - [(T10 - T12) - (T13 - T11)]/ln[(T10 - T12)/(T13 - T11)] = 032. W13 + W14 - W15 = 033. W13 (T15 - T13) + W14 (T15 - T14) = 034. f11 + f31 - W1 = 035. x11 - f11 / W1 = 036. f12 + f22 – W2 = 037. x12 - f12/ W2 = 038. f13 + f23 – W3 = 039. x13 - f13 / W3 = 040. f14 + f24 - W4 = 041. x14 - f14/ W4 = 0
OTIMIZAÇÃO: PROCESSO ILUSTRATIVO
ModeloRestrições
LE = 0,7 R – 0,8 C – 0,4 ISBL $/a
PROCESSO ILUSTRATIVO
Observação: Restrições e Função Objetivo Não-Lineares
R = pAB f14 Fop $/a
Investimento:Ib = Ibb (20/Pbb) Mb $Id = Idb (Vd/Vdb) Md $
Ie = Ieb (Ae/Aeb) Me $
Ic = Icb (Ac/Acb) Mc $ Ir = Irb (Ar/Arb) Mr $
ISBL = fT fD fL (Ib + Id + Ie + Ic + Ir) $Custos:Cagua = pa (W8 + W11) $/hCvapor = pv W6 $/hCsolvente = ps W14 $/hCbomba = 0,15 $/hC = Fop (Cagua + Cvapor + Csolvente + Cbomba) $/a
Avaliação EconômicaFunção Objetivo
1. DEFINIÇÃO
PROGRAMAÇÃO LINEAR
Problema de Programação Linear
É uma área da Otimização que trata exclusivamente deum tipo especial de problema:
Min f(x) = a1 x1 + a2 x2 + ...+ an xn x s.a.: g(x) = b1 x1 + b2 x2 + ...+ bn xn 0
A Função Objetivo e todas as Restrições são lineares
O que se observa ???
2. APLICAÇÕES
Outros...
Por ser muito peculiar parece não encontrar aplicações...
produção industrial
transportes: rodoviário, ferroviário, fluvial, marítimo, aéreo.
comércio: distribuição de mercadorias por entrepostos; estoques.energia: produção e distribuição
militar: logística
Pelo contrário: ele aparece no planejamento nas áreas de
nosso interesse
3. PROBLEMA ILUSTRATIVO
Planejamento da Produção de uma Refinaria(adaptado de Edgar & Himmelblau, “Optimization of Chemical Processes”, 1988)
3.1 ENUNCIADO
A partir de cada um deles, ela pode produzir:
- gasolina (G)- querosene (Q)- óleo combustível (C)- óleo residual (R)
Uma refinaria pode receber dois tipos de óleo cru: O1 e O2.
- quanto a refinaria deve produzir, a partir de cada óleo, de - gasolina (x31, x32)(b/d) - querosene (x41, x42)(b/d) - óleo combustível (x51, x52)(b/d) - óleo residual (x61, x62)(b/d)
Determinar- quantos barris/dia a refinaria deve adquirir de cada óleo cru (x1, x2)(b/d) [disponibilidade ilimitada]
3.2 DADOS FÍSICOS E ECONÔMICOS
Processamento do Óleo O1:- preço do óleo : p1 = 24 $/b- custo de processamento: c1 = 0,50 $/b- perfil de produção : gasolina 80%, querosene 5%, óleo combustível 10% e óleo residual 5%.
Processamento do Óleo O2:- preço do óleo : p2 = 15 $/b- custo de processamento: c2 = 1,0 $/b- perfil de produção : gasolina 44%, querosene 10%, óleo combustível 35% e óleo residual 10%. Preços de venda
gasolina : p3 = 36 $/bquerosene : p4 = 24 $/bóleo comb. : p5 = 21 $/bóleo resid. : p6 = 10 $/b
Produção máxima de cada produtox3max = 24.000 b/d (x3 = x31 + x32) (G)x4max = 2.000 b/d (x4 = x41 + x42) (Q)x5max = 6.000 b/d (x5 = x51 + x52) (C)
Dados resumidos no Fluxograma seguinte.
0,80 b3/b1
0,05 b4/b1
0,10 b5/b1
0,05 b6/b1
C1 = 0,50 $/b
C2 = 1 $/b
0,44 b3/b2
0,10 b4/b2
0,36 b5/b2
0,10 b6/b2
x32
x42
x52
x62
x31
x41
x51
x61
G
Q
C
R
p2 = 15 ($/b)
p1 = 24 ($/b)
x1 (b/d)
x2 (b/d)
CRÚS
x3(b/d)
x4(b/d)
x5(b/d)
x6(b/d)
PRODUTOS
p3 = 36 ($/b); x3max= 24.000(b/d)
p4 = 24 ($/b); x4max= 2.000(b/d)
p5 = 21 ($/b); x5max= 6.000(b/d)
p6=10 ($/b)
Fluxograma
O1
O2
Modelo Balanço de InformaçãoVariáveis de Projeto Critério Função Objetivo Restrições Região Viável
No enfoque da Engenharia de Processos trata-se de um problema de Análise de Processos.
Mais especificamente: um problema de dimensionamento, envolvendo
3.3 MODELO
Gasolina : 0,80 x1 + 0,44 x2 = x3
Querosene : 0,05 x1 + 0,10 x2 = x4
Óleo : 0,10 x1 + 0,36 x2 = x5
Residual : 0,05 x1 + 0,10 x2 = x6
Modelo: Balanços Materiais
PRODUTOS
p3 = 36 ($/b); x3max= 24.000(b/d)
p4 = 24 ($/b); x4max= 2.000(b/d)
p5 = 21 ($/b); x5max= 6.000(b/d)
p6 = 10 ($/b)
0,80 b3 / b1
0,05 b4 / b1
0,10 b5 / b1
0,05 b6 / b1
C1 = 0,50 $/b
C2 = 1 $/b
0,44 b3 / b2
0,10 b4 / b2
0,36 b5 / b2
0,10 b6 / b2
x32
x42
x52
x62
x31
x41
x51
x61
G
Q
C
R
p2 = 15 ($/b)
p1 = 24 ($/b)
x1 (b/d)
x2 (b/d)
CRÚS
x3(b/d)
x4(b/d)
x5(b/d)
x6(b/d)
O1
O2
3.4 BALANÇO DE INFORMAÇÃO E VARIÁVEIS DE PROJETO
Gasolina : 0,80 x1 + 0,44 x2 = x3
Querosene : 0,05 x1 + 0,10 x2 = x4
Óleo : 0,10 x1 + 0,36 x2 = x5
Residual : 0,05 x1 + 0,10 x2 = x6
ModeloBalanço de Informação
G = V – N = 6 – 4 G = 2
0,80 b3/b1
0,05 b4/b1
0,10 b5/b1
0,05 b6/b1
C1 = 0,50 $/b
C2 = 1 $/b
0,44 b3/b2
0,10 b4/b2
0,36 b5/b2
0,10 b6/b2
x32
x42
x52
x62
x31
x41
x51
x61
G
Q
C
R
p2 = 15 ($/b)
p1 = 24 ($/b)
x1 (b/d)
x2 (b/d)
CRÚS
x3(b/d)
x4(b/d)
x5(b/d)
x6(b/d)
O1
O2
x1 x2 x3 x4 x5 x6
* * ** * ** * ** * *
Variáveis de Projeto: x1 e x2
Ordenação das Equações
Gasolina : 0,80 x1 + 0,44 x2 = x3
Querosene : 0,05 x1 + 0,10 x2 = x4
Óleo : 0,10 x1 + 0,36 x2 = x5
Residual : 0,05 x1 + 0,10 x2 = x6
3.5 CRITÉRIO E FUNÇÃO OBJETIVO
Receita (R): 36 x3 + 24 x4 + 21 x5 + 10 x6
Custos de MatPrim (CMP) : 24 x1 + 15 x2
Custos Processamento (CP).: 0,50 x1 + x2
Função ObjetivoL = R – CMP - CP
L = 36 x3 + 24 x4 + 21 x5 + 10 x6 - 24 x1 - 15 x2 - 0,50 x1 - x2
0,80 b3/b1
0,05 b4/b1
0,10 b5/b1
0,05 b6/b1
C1 = 0,50 $/b
C2 = 1 $/b
0,44 b3/b2
0,10 b4/b2
0,36 b5/b2
0,10 b6/b2
x32
x42
x52
x62
x31
x41
x51
x61
G
Q
C
R
p2 = 15 ($/b)
p1 = 24 ($/b)
x1 (b/d)
x2 (b/d)
CRÚS
x3(b/d)
x4(b/d)
x5(b/d)
x6(b/d)
O1
O2p3 = 36 ($/b)
p4 = 24 ($/b)
p5 = 21 ($/b)
p6 = 10 ($/b)
3.6 RESTRIÇÕES
Relembrando ...
5.2.3 Restrições
São os limites impostos pelas leis naturais às variáveis do processo.
(b) restrições de desigualdade: g (x) 0 São os limites impostos às Variáveis de Projeto
(a) restrições de igualdade : h(x) = 0 São as equações do próprio modelo matemático.
Há dois tipos de restrições:
A presença de restrições pode alterar a solução de um problema
Restrições de IgualdadeGasolina : 0,80 x1 + 0,44 x2 = x3
Querosene : 0,05 x1 + 0,10 x2 = x4
Óleo : 0,10 x1 + 0,36 x2 = x5
Residual : 0,05 x1 + 0,10 x2 = x6
Restrições de DesigualdadeGasolina : x3 24.000Querosene : x4 2.000 Combustível : x5 6.000Óleos crus : x1 0 e x2 0
PRODUTOS
p3 = 36($/b); x3max= 24.000(b/d)
p4 = 24($/b); x4max= 2.000(b/d)
p5 = 21($/b); x5max= 6.000(b/d)
p6 = 10($/b)
0,80 b3/b1
0,05 b4/b1
0,10 b5/b1
0,05 b6/b1
C1 = 0,50 $/b
C2 = 1 $/b
0,44 b3/b2
0,10 b4/b2
0,36 b5/b2
0,10 b6/b2
x32
x42
x52
x62
x31
x41
x51
x61
G
Q
C
R
p2 = 15 ($/b)
p1 = 24 ($/b)
x1 (b/d)
x2 (b/d)
CRÚS
x3(b/d)
x4(b/d)
x5(b/d)
x6(b/d)
O1
O2
Incorporando as Restrições à Função Objetivo
Modelo Matemático:1. Q (xo - x) - W y = 02. y - k x = 0 (k = 4)
Balanço de Informação: V = 5, N = 2, C = 2, M = 0 G = 1 (otimização)
Avaliação Econômica:L = R - CR = pAB W yC = pB WpAB = 0,4 $/kgAB : pB = 0,01 $/kgB
Exemplo: dimensionamento de um extrator
W kg B/h
Q = 10.000 kgA/h
rafinado
y kg AB/kg B
xo= 0,02 kg AB/kg A
extrato
x kgB/kgA
Incorporando as Restrições de Igualdade ordenadasà Função Objetivo
(viável em problemas simples)
Função Objetivo: L = R - C = pAB W y - pB W
x 2. y = k x1. W = Q (xo - x)/y
L = pAB W y - pB Wy, W
LL = a - b x - c/x
x L
Incorporando as Restrições
Resulta
L(x) = 8,1 x1 + 10,8 x2
Gasolina : 0,80 x1 + 0,44 x2 = x3
Querosene : 0,05 x1 + 0,10 x2 = x4
Óleo : 0,10 x1 + 0,36 x2 = x5
Residual : 0,05 x1 + 0,10 x2 = x6
ao Lucro
L = 36 x3 + 24 x4 + 21 x5 + 10 x6 - 24 x1 - 15 x2 - 0,50 x1 - x2
De modo semelhante, no problema ilustrativo...
Max L(x) = 8,1 x1 + 10,8 x2
{x1, x2}
s.a.: 0,80 x1 + 0,44 x2 24.000 0,05 x1 + 0,10 x2 2.000 0,10 x1 + 0,36 x2 6.000 x1 0 x2 0
Enunciado Formal do Problema
x2 = L / 10,8 – (8,1 / 10,8) x1 (família de retas)
Examinando a Função ObjetivoL(x) = 8,1 x1 + 10,8 x2 (linear)
10 20 30 400
10
20
0
x1(1.000 b/d)
x2
(1.000 b/d)81.000
162.000
243.000324.000
648.000
3.7 REGIÃO VIÁVEL
0,80 x1 + 0,44 x2 24.000 (gasolina)0,05 x1 + 0,10 x2 2.000 (querosene) 0,10 x1 + 0,36 x2 6.000 (óleo)x1 0x2 0
É a região do espaço delimitada pelas restrições
Re-escrevendo: x2 - (a/b) x1 + (c/b)
Forma geral:a x1 + bx2 c
São retas de inclinação negativa (a/b) com interseção no eixo x1 = 0: x2 = (c/b) interseção no eixo x2 = 0: x1 = (c/a)
x2 - 1,818 x1 + 54.545 (gasolina) (c/a) = 30.000)x2 - 0,50 x1 + 20.000 (querosene) (c/a) = 40.000)x2 - 0,28x1 + 16.667 (óleo) (c/a) = 60.000)
Na formax2 - (a/b) x1 + (c/b)
0,80 x1 + 0,44 x2 24.000 (gasolina)0,05 x1 + 0,10 x2 2.000 (querosene) 0,10 x1 + 0,36 x2 6.000 (óleo)x1 0x2 0
Colocando as restrições
resultam
Os pontos A, B, C, D e E são vértices da Região Viável
Desempenham um papel fundamental na resolução do problema.
região viável convexa !(1.000 b/d)
B
10 20 30 400
10
20
0
x1 (1.000 b/d)
x2
A
C
D
Egasolina
querosene
óleo
c/b
c/a
x2 - 1,818 x1 + 54.545 (gasolina) (c/a) = 30.000)x2 - 0,50 x1 + 20.000 (querosene) (c/a) = 40.000)x2 - 0,28x1 + 16.667 (óleo) (c/a) = 60.000)
região viável convexa !(1.000 b/d)
B
10 20 30 400
10
20
0
x1 (1.000 b/d)
x2
A
C
D
Egasolina
querosene
óleo
x2 - (a/b) x1 + (c/b)
c/b
c/a
c/b
O menor c/b é vértice !
3.8 RESOLUÇÃO
Solução Ótima
Solução (D):(26.207, 6.897)
(L=286.764)
É a solução viável com o Lucro máximo
10 20 30 400
10
20
0
x1 (1.000 b/d)
x2
(1.000 b/d)
A
B
C
D
E
óleo
querosene
gasolina
81.000
162.000
243.000 324.000
Em duas dimensões, a identificação visual da Solução Ótima é imediata.
26.207
6.897
Solução (C):(14.000, 13.000)
(L = 637.000)
10 20 30 400
10
20
0
x1 (1.000 b/d)
x2
(1.000 b/d)
A
B
C
D
E
óleo
querosene
gasolina
Com outros valores dos parâmetros físicos e econômicos, a inclinação da Função Objetivo seria outra e a solução seria outra.
Solução (C):(14.000, 13.000)
(L = 637.000)
10 20 30 400
10
20
0
x1 (1.000 b/d)
x2
(1.000 b/d)
A
B
C
D
E
óleo
querosene
gasolina
A Solução Ótima se localiza sempre num dos Vértices da Região Viável
Pode-se provar que
Como localizar a solução em problemas complexos sem o recurso visual?
Criando um procedimento numérico quesimule o exame dos vérticesNo exemplo, apenas 5 pontos
10 20 30 400
10
20
0
x1 (1.000 b/d)
x2
(1.000 b/d)
A
B
C
D
E
óleo
querosene
gasolina
Solução:(26.207, 6.897)
(L=286.764)
81.000
162.000
243.000
324.000
0
(como???)Origem: solução trivial
Se encontram na fronteira da região viável
Correspondem à produção máxima de dois produtos
10 20 30 400
10
20
0
x1 (1.000 b/d)
x2
(1.000 b/d)
A
B
C
D
E
óleo
querosene
gasolina
Solução:(26.207, 6.897)
(L=286.764)
81.000
162.000
243.000
324.000
0
Origem: solução trivial
São interseções de duas restrições
Primeiro, há que se caracterizar numericamente os vértices
Uma vez caracterizados os vértices, o procedimento numérico de busca deve se restringir:
(a) à fronteira da Região Viável
(b) uma vez na fronteira, à interseção de duas restrições
Relembrando...
Como restringir a busca à fronteira da região viável ?
Transformando as restrições de desigualdade em
restrições de igualdade.
f x x x x( ) ( ) ( ) ( ) ( )x 1 1 1 1 112
1 2 22
g x x1 12
22 0 25 0( ) ,x = + -
g2(x) = x1 0g3(x) = x2 0
Solução irrestrita: ASolução restrita : B
0,0 0,5 1,0 1,5 2,00,0
0,5
1,0
1,5
2,0
x21.0
0,80,6
0,4
B
A
x1
São válidos apenas os pontos localizados sobre a fronteira ou no interior da região.
Restrições de Desigualdade
0,0 0,5 1,0 1,5 2,00,0
0,5
1,0
1,5
2,0
1.0
0,80,6
0,4
B
A
h(x) = 0
x1
x2
f x x x x( ) ( ) ( ) ( ) ( )x 1 1 1 1 112
1 2 22
Restrições de Igualdade (solução sobre a curva)
Solução Irrestrita: ASolução Restrita : Bg2(x) = x1 0
g3(x) = x2 0
h x x( ) ,x = + - =12
22 0 25 0
São válidos apenas os pontos localizados sobre a fronteira da região.
Ou seja
Transformando as restrições de desigualdade em restrições de igualdade, o interior da região é eliminado da busca, que fica
restrita à sua fronteira (periferia).
10 20 30 400
10
20
0
x1
(1.000 b/d)
x2
(1.000 b/d)
A
B
C
D
E
óleo
querosene
gasolina
Solução:(26.207, 6.897)
(L=286.764)
81.000
162.000
243.000
324.000
0
Folga
Esta transformação pode ser operada com o auxílio do conceito
É a diferença entre a produção de um produto e a sua produção máxima
10 20 30 400
10
20
0
x1 (1.000 b/d)
x2
(1.000 b/d)
A
B
C
D
E
F
G
Hgasolina
querosene
óleo
A todo ponto (x1, x2) no interior da Região Viável corresponde uma folga, fi pois a produção de cada produto é inferior à máxima.
f1 = 11.600 b/df2 = 500 b/df3 = 1.400 b/d
I
Gasolina : 0,80 x1 + 0,44 x2 = x3 = 12.400 (24.000)Querosene : 0,05 x1 + 0,10 x2 = x4 = 1.500 (2.000)Óleo : 0,10 x1 + 0,36 x2 = x5 = 4.600 (6.000)
x1 = x2 = 10
Exemplo: ponto I (folgas na produção de gasolina, querosene e óleo).
10 20 30 400
10
20
0
x1 (1.000 b/d)
x2
(1.000 b/d)
A
B
C
D
E
F
G
Hgasolina
querosene
óleo
A todo ponto (x1, x2) localizado sobre um restrição corresponde uma folga zero, pois a produção do produto correspondente é a máxima.
f1 = 9.884 b/df2 = 110 b/df3 = 0 b/d
J13,89
Gasolina : 0,80 x1 + 0,44 x2 = x3= 14.116 (24.000)Querosene : 0,05 x1 + 0,10 x2 = x4 = 1.809 (2.000)Óleo : 0,10 x1 + 0,36 x2 = x5 = 6.000 (6.000)
x1 = 10
x2 = 13,89
Exemplo: ponto J (produção máxima de óleo = 6.000 b/d: f3 = 0).
10 20 30 400
10
20
0
x1 (1.000 b/d)
x2
(1.000 b/d)
A
B
C
D
E
F
G
Hgasolina
querosene
óleo
A todo ponto (x1, x2) localizado sobre um vértice correspondem 2 folgas zero pois a produção dos dois produtos é a máxima
f1 = 7.400 b/df2 = 0 b/df3 = 0 b/d
15,0
Gasolina : 0,80 x1 + 0,44 x2 = x3= 16.600 (24.000)Querosene : 0,05 x1 + 0,10 x2 = x4 = 2.000 (2.000)Óleo : 0,10 x1 + 0,36 x2 = x5 = 6.000 (6.000)
12,5
x1 = 12,5
x2 = 15,0
Exemplo: ponto C (produção máxima de óleo e de querosene)
Ax1 = 0x2 = 0f1 = 24.000f2 = 2.000f3 = 6.000
Bx1 = 0x2 = 16.667f1 = 16.667f2 = 333f3 = 0
Cx1 = 15.000x2 = 12.500f1 = 6.500f2 = 0f3 = 0
Dx1 = 26.207x2 = 6.897f1 = 0f2 = 0f3 = 897
Ex1 = 30.000x2 = 0f1 = 0f2 = 500f3 = 3.000
Então, nos vértices, duas folgas são iguais a zero
10 20 30 400
10
20
0
x1 (1.000 b/d)
x2
(1.000 b/d)
A
B
C
D
E
óleo
querosene
gasolina81.000
162.000
243.000
324.000
0
Origem: solução trivial
As folgas são incorporadas ao problema transformando restrições de desigualdade em restrições de igualdade
(a) incorporar as folgas ao problema
(b) examinar os pontos em que duas folgas são zero (vértice)
Caracterizados os vértices em função das folgas, resta:
Max L(x) = 8,1 x1 + 10,8 x2
{x1, x2}s.a.: 0,80 x1 + 0,44 x2 24.000 (gasolina) 0,05 x1 + 0,10 x2 2.000 (querosene) 0,10 x1 + 0,36 x2 6.000 (óleo) x1 0 x2 0
Incorporando as folgas fi ao problema
Max L(x) = 8,1 x1 + 10,8 x2
{x1, x2}s.a.: 0,80 x1 + 0,44 x2 + 0,05 x1 + 0,10 x2 + 0,10 x1 + 0,36 x2 + x1 0 x2 0
f1f2f3
= 24.000 (gasolina) = 2.000 (querosene) = 6.000(óleo)
Comparando o Problema Original com o Problema Modificado
Max L(x) = 8,1 x1 + 10,8 x2
{x1, x2}s.a.: 0,80 x1 + 0,44 x2 24.000 (gasolina) 0,05 x1 + 0,10 x2 2.000 (querosene) 0,10 x1 + 0,36 x2 6.000 (óleo) x1 0 x2 0
Problema modificado (5 variáveis: 2 de projeto, 3 calculadas)3 restrições de igualdade e 2 de não negatividade
Max L(x) = 8,1 x1 + 10,8 x2
{x1, x2} s.a.:0,80 x1 + 0,44 x2 + f1 = 24.000 (gasolina) 0,05 x1 + 0,10 x2 + f2 = 2.000 (querosene) 0,10 x1 + 0,36 x2 + f3 = 6.000 (óleo) x1 0 x2 0
Problema original (2 variáveis)3 restrições de desigualdade e 2 de não negatividade
Busca na periferia e no interior da RV
Busca restrita à periferia da RV
V = 5 : N = 3 : G = 2 !!!
As restrições de igualdade formam agora um sistema de equações lineares.
0,80 x1 + 0,44 x2 + 0,05 x1 + 0,10 x2 + 0,10 x1 + 0,36 x2 +
f1f2f3
= 24.000 (gasolina) = 2.000 (querosene) = 6.000 (óleo)
Trata-se de um problema de otimização em que só interessam soluções com duas folgas iguais a zero (vértices).
x1 e x2 podem ser consideradas folgas em relação à produção máxima dos 3 produtos.
x1 = x2 = 0 correspondem a um vértice, que é a origem, onde as folgas são: f1 = 24.000, f2 = 2.000, f3 = 6.000.
É a Solução Trivial do problema, em que nada se compra e nada se produz L = 0
Ax1 = 0x2 = 0f1 = 24.000f2 = 2.000f3 = 6.000
Bx1 = 0x2 = 16.667f1 = 16.667f2 = 333f3 = 0
Cx1 = 15.000x2 = 12.500f1 = 6.500f2 = 0f3 = 0
Dx1 = 26.207x2 = 6.897f1 = 0f2 = 0f3 = 897
Ex1 = 30.000x2 = 0f1 = 0f2 = 500f3 = 3.000
10 20 30 400
10
20
0
x1 (1.000 b/d)
x2
(1.000 b/d)
A
B
C
D
E
óleo
querosene
gasolina81.000
162.000
243.000
324.000
0
Origem: solução trivial
Ax1 = 0x2 = 0f1 = 24.000f2 = 2.000f3 = 6.000
Bx1 = 0x2 = 16.667f1 = 16.667f2 = 333f3 = 0
Cx1 = 15.000x2 = 12.500f1 = 6.500f2 = 0f3 = 0
Dx1 = 26.207x2 = 6.897f1 = 0f2 = 0f3 = 897
Ex1 = 30.000x2 = 0f1 = 0f2 = 500f3 = 3.000
Falta, agora, manipular as folgas simulando a visita aos vértices...
Sabe-se que um mesmo sistema de equações pode ser escrito sob diversas formas equivalentes, ou seja, apresentam a
mesma solução.
Assim, o mesmo sistema, escrito originalmente em função do par (x1, x2), pode ser reescrito em função dos pares (x1,f3), (f2,f3), (f1,f2)
e (x2, f1).
0,80 x1 + 0,44 x2 + 0,05 x1 + 0,10 x2 + 0,10 x1 + 0,36 x2 +
f1f2f3
= 24.000 (gasolina) = 2.000 (querosene) = 6.000 (óleo)
0,68 x1 – 1,22 f3 + 0,02 x1 - 0,78 f3 + 0,28 x1 + 2,78 f3 +
f1f2x2
= 16.667 (gasolina) = 333 (querosene) = 16.667 (óleo)
Exemplo
Forma Original
Uma das formas equivalentes
Na primeira, com x1 = 0 e x2 = 0 vértice A (origem)
Na segunda, com x1 = 0 e f3 = 0 vértice B
Ax1 = 0x2 = 0f1 = 24.000f2 = 2.000f3 = 6.000
Bx1 = 0x2 = 16.667f1 = 16.667f2 = 333f3 = 0
Cx1 = 15.000x2 = 12.500f1 = 6.500f2 = 0f3 = 0
Dx1 = 26.207x2 = 6.897f1 = 0f2 = 0f3 = 897
Ex1 = 30.000x2 = 0f1 = 0f2 = 500f3 = 3.000
Sob cada forma, atribuindo-se o valor zero e essas variáveis, obtém-se a solução no vértice correspondente.
10 20 30 400
10
20
0
x1
(1.000 b/d)
x2
(1.000 b/d)
A
B
C
D
E
óleo
querosene
gasolina
Solução:(26.207, 6.897)
(L=286.759)
81.000
162.000
243.000
324.000
0
x1 = 0f2 = 333f3 = 0
Ax1 = 0x2 = 0f1 = 24.000f2 = 2.000f3 = 6.000
Bx1 = 0x2 = 16.667f1 = 16.667f2 = 333f3 = 0
Cx1 = 15.000x2 = 12.500f1 = 6.500f2 = 0f3 = 0
Dx1 = 26.207x2 = 6.897f1 = 0f2 = 0f3 = 897
Ex1 = 30.000x2 = 0f1 = 0f2 = 500f3 = 3.000