PROGRAMAÇÃO LINEAR EQE 489 16 de março de 2014. SUMÁRIO

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