Apostila Pesquisa operacional

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Universidade Federal de Viçosa Departamento de Informática Prof. Mauro Nacif Rocha Prof. Luiz Aurélio Raggi Prof. Heleno do Nascimento Santos Fevereiro de 2005 INF-280 Pesquisa Operacional I Conteúdo: Programação Linear Programação em Redes

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Universidade Federal de Viçosa Departamento de Informática

Prof. Mauro Nacif Rocha Prof. Luiz Aurélio Raggi

Prof. Heleno do Nascimento Santos

Fevereiro de 2005

INF-280 Pesquisa Operacional I

Conteúdo: Programação Linear

Programação em Redes

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ASPECTOS GERAIS DA PESQUISA OPERACIONAL ........................................................................................ 1

EXEMPLOS DE ALGUNS PROBLEMAS COMUNS DA P.O............................................................................................... 5

PARTE I – PROGRAMAÇÃO LINEAR ................................................................................................................. 8

EXEMPLOS DE MODELOS PARA ALGUNS PROBLEMAS CLÁSSICOS DE PROGRAMAÇÃO LINEAR .................................. 13 PROBLEMAS PARA MODELAGEM ............................................................................................................................ 17 SOLUÇÃO DE UM PROBLEMA DE PROGRAMAÇÃO LINEAR – INTERPRETAÇÃO GEOMÉTRICA ...................................... 19 CASOS ENCONTRADOS NA RESOLUÇÃO GRÁFICA ................................................................................................... 23

O MÉTODO SIMPLEX.......................................................................................................................................... 27

MODELO MATEMÁTICO E FORMA PADRÃO DE UM PPL............................................................................................. 27 DEFINIÇÕES BÁSICAS............................................................................................................................................. 30 TEOREMAS FUNDAMENTAIS................................................................................................................................... 35 O ALGORITMO SIMPLEX ........................................................................................................................................ 37 ALGORITMO SIMPLEX – MÉTODO DAS DUAS FASES................................................................................................ 47

ELEMENTOS DE PÓS-OTIMIZAÇÃO................................................................................................................ 53

MUDANÇA NO VETOR C.......................................................................................................................................... 55 MUDANÇA NO VETOR B.......................................................................................................................................... 56 DUALIDADE .......................................................................................................................................................... 57

PARTE II – PROGRAMAÇÃO EM REDES......................................................................................................... 63

INTRODUÇÃO ........................................................................................................................................................ 63

INTRODUÇÃO À TEORIA DE GRAFOS ............................................................................................................ 65

UMA BREVE HISTÓRIA DA TEORIA DOS GRAFOS..................................................................................................... 65 CONCEITOS BÁSICOS DA TEORIA DE GRAFOS.......................................................................................................... 68

FLUXOS EM REDE ............................................................................................................................................... 74

FORMULAÇÃO GERAL (CLÁSSICA) PARA PROBLEMAS DE FLUXOS EM REDE............................................................. 75 O PROBLEMA DE FLUXO DE CUSTO MÍNIMO (PFCM).............................................................................................. 79 O PROBLEMA DE TRANSPORTE (PT) ....................................................................................................................... 87 O PROBLEMA DE DESIGNAÇÃO (PD) ...................................................................................................................... 94 O PROBLEMA DO CAMINHO MAIS CURTO (PCMC) ............................................................................................... 100 O PROBLEMA DE FLUXO MÁXIMO (PFM) ............................................................................................................. 104 O PROBLEMA DA ÁRVORE GERADORA MÍNIMA (AGM)........................................................................................ 111 O PROBLEMA DE STEINER EM GRAFOS NÃO DIRECIONADOS.................................................................................. 115

REDES PERT / CPM............................................................................................................................................ 117

REDES PERT....................................................................................................................................................... 117 REDES PERT/CPM.............................................................................................................................................. 121

BIBLIOGRAFIA................................................................................................................................................... 125

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Aspectos Gerais da Pesquisa Operacional

1. Introdução e Histórico

Durante a II Guerra Mundial, líderes militares da Inglaterra e dos Estados Unidos requisita-ram um grupo de cientistas de diversas áreas de conhecimento para analisarem alguns problemas militares. Entre esses problemas citam-se: desenvolvimento, operação e localização de radares, ge-renciamento e controle de navios de apoio, planejamento de ataques aéreos, lançamento de bombas contra submarinos, defesa das comunidades européias contra ataques aéreos inimigos, abastecimen-to de tropas com munições e alimentos, operações de mineração, etc. A aplicação de métodos ma-temáticos e científicos para ajudar as operações militares foi chamada “Operational Research” ou “Operations Research”.

1759 (Quesney), 1874 (Walras)

Modelos primitivos de programação matemática.

1873 (Jordan), 1896 (Minkowsky), 1903 (Farkas)

Bases matemáticas para os modelos lineares.

1920 (Markov) Modelos dinãmicos.

192* (periódicos de negócios e en-genharia industrial)

Sugestões inovadoras para controle econômico de esto-ques.

1920 (Erlang) Estudos pioneiros dos fenômenos das filas de espera.

1937 (Von Neumann), 1939 (Kan-torovich)

Modelos econômicos mais sofisticados.

1938 (RAF – viabilidade dos siste-mas de radar)

Operational Research – RESEARCH into (military) OPERATIONS

1940 (tomada da França pelos ale-mães)

Maior conquista da OR na II Guerra.

1947 (Dantzig) Primeira formulação abstrata de um problema de progra-mação linear.

a partir de 1947 Aplicações na engenharia, economia, controle de estoque, análise de tráfego aéreo, agricultura, comunicação, plane-jamento rural e urbano, distribuição de energia e outros

Obs.: U.K. / Europa: Operational Research E.U.A.: Operations Research

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2. Definição “Pesquisa Operacional é o uso do método científico com o objetivo de prover departamentos exe-cutivos de elementos quantitativos para a tomada de decisões, com relação a operações sob seu controle” (Kittel, 1947). “A Pesquisa Operacional é a aplicação do método científico, por equipes multidisciplinares, a pro-blemas envolvendo o controle de sistemas organizados de forma a fornecer soluções que melhor interessam a determinada organização” (Ackoff,1968). “Pesquisa Operacional é uma metodologia de estruturar processos aparentemente não estruturados por meio da construção de modelos. Utiliza um conjunto de técnicas quantitativas com o intuito de resolver os aspectos matemáticos dos modelos” (Ehrlich, 1991).

Hoje, o termo operations research, ou pesquisa operacional, significa “um método científico para tomada de decisão, que busca determinar como melhor planejar e operar um sistema, usual-mente sob condições que requerem alocação de recursos escassos”.

3. A Metodologia da Pesquisa Operacional

Geralmente a atividade de uma equipe de P.O. envolve as seguintes fases:

• identificação do problema; • construção de um modelo; • obtenção da solução; • teste do modelo e avaliação da solução; • implantação e acompanhamento da solução.

Deve-se salientar que tais fases não são distintas, superpondo-se e interagindo entre si, na tentativa de se obter uma melhor identificação entre o modelo e o real. Quando a pesquisa opera-cional é usada para resolver um problema de uma organização, o seguinte procedimento, poderá ser seguido: Passo 1 - Identificação e formulação do problema Em primeiro lugar deve ser definido claramente o problema da organização, incluindo a es-pecificação dos objetivos e as partes da organização que devem ser estudadas antes que o problema possa ser resolvido. Passo 2 - Observação do sistema Dados devem ser coletados para estimar valores de parãmetros que afetam o problema da organização. Estes valores são usados para desenvolver e avaliar o modelo matemático para o pro-blema. Passo 3 - Formulação do modelo matemático para o problema Consiste no desenvolvimento do modelo matemático para o problema. Geralmente, existem várias técnicas que podem ser aplicadas na solução dos modelos matemáticos. A técnica adequada é selecionada em função das características do modelo representativo do problema. Algumas situa-ções, no entanto, são tão complexas que não existem modelos analíticos tratáveis que possam repre-

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sentá-las. Quando isso acontece é possível desenvolver modelos de simulação e usar a capacidade dos computadores para aproximar o comportamento desses sistemas. Passo 4 - Verificação do modelo e uso do modelo para predição Verifica-se se o modelo matemático proposto para o problema é uma representação fidedig-na da realidade. Os dados coletados durante a observação do problema podem ser usados para a va-lidação do modelo na situação corrente. Passo 5 - Selecionar uma alternativa aceitável Dado o modelo do problema e um conjunto de alternativas (soluções viáveis) deve-se esco-lher aquela (se existir) que melhor atende aos objetivos da organização. Em alguns casos, a seleção da melhor alternativa possível é um problema de difícil solução e, nesses casos, aceita-se uma “boa” alternativa. Passo 6 - Apresentação dos resultados e conclusões A partir da definição do modelo e das alternativas determinadas para o problema são feitas as recomendações para os gerentes das organizações para que eles possam tomar as decisões que melhor atendem os objetivos buscados. Passo 7 - Implementação e avaliação das recomendações Se a organização aceita o estudo realizado e as recomendações feitas, parte-se para a fase de implementação da solução, a qual deve ser constantemente monitorada, e atualizada dinamicamen-te, fazendo-se mudanças quando necessárias. 4. Áreas de aplicação Segundo trabalhos apresentados em reuniões da Sociedade Brasileira de Pesquisa Operacio-nal (SOBRAPO), citam-se abaixo algumas áreas onde a P.O. foi aplicada com algum sucesso e on-de se observa a grande variedade dessas aplicações:

• administração • agropecuária • economia e planejamento econômico • educação e saúde • energia • engenharia • forças armadas • investimentos e finanças • localização-armazenamento-distribuição • planejamento e controle da produção • planejamento urbano e regional • recursos hídricos • siderurgia • telecomunicações • transporte

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5. Técnicas aplicadas Os trabalhos de PO desenvolvidos e submetidos para apresentação em congressos e para pu-blicação revistas científicas envolvem a utilização das seguintes técnicas:

• Análise e previsão de séries temporais • Controle e qualidade • Estatística • Teoria dos grafos • Otimização • Programação matemática • Processos estocásticos e teorias das filas • Simulação • Teoria da decisão e teoria dos jogos

Estas técnicas permitem que se resolva uma variedade enorme de problemas, dentre os quais são típicos:

• Alocação de recursos • Localização e distribuição da produção • Estoque • Substituição e reposição de equipamentos • Seqüenciamento e coordenação de tarefas • Determinação de caminhos em rede • Situações de competição (teoria dos jogos) • Busca de informação • Roteamento de veículos • Fluxos em rede • Problemas de características híbridas

6. Surgimento e desenvolvimento da PO no Brasil O início da P.O. no Brasil se deu aproximadamente uma década após sua implantação na Grã-Bretanha e nos Estados Unidos. Assim, já nos meados da década de 50, professores com for-mação em Engenharia, Matemática e/ou Estatística, entusiasmados com as novas técnicas relacio-nadas a P.O. que aqui chegavam pela difusão natural do conhecimento humano, começaram a for-mar equipes de P.O. nas universidades e instituições de ensino (ITA, PUC, COPPE-UFRJ, UFPB, UNICAMP, UFSC, UFMG, UFV, etc.), reproduzindo-se e induzindo a formação de equipes em conjunto com as empresas (PETROBRÁS, ELETROBRÁS, USIMINAS, CSN, EMBRAPA, SOUZA CRUZ, TELEBRÁS, etc.), bem como a formação de consultorias nas grandes cidades. Atualmente, vê-se com certo otimismo as perspectivas da P.O. no Brasil e, em particular, na Agricultura, Sistemas de Produção e Engenharia de Alimentos, baseando-se nos seguintes fatores:

• A crise como elemento propulsor (escassez de recursos); • A explosão da informática; • Massa crítica existente de analistas de P.O.; • Integração universidade × empresa; • Seminários de P.O. aplicada à agropecuária; • Existência de cursos de P.O. nas universidades brasileiras; • Cursos e pesquisas em andamento na COPPE, UNICAMP, UFPb, UFSc, EMBRAPA, etc.

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Exemplos de Alguns Problemas Comuns da P.O.

Problema do Caminho Mínimo (PCM)

Objetivos: determinar a rota de menor caminho (distância, tempo ou custo) existente entre um ponto de origem (cidade, endereço, computador, objeto etc.) e um ponto de destino.

Problemas de Localização de Facilidades

Objetivos: determinar a localização e capacidade das faci-lidades (restaurantes, depósitos, antenas de rádio etc.) de forma a suprir a demanda da região toda com um custo mínimo e/ou lucro máximo (considerando um determinado período). Cada facilidade possui normalmente um custo fixo de instalação e custos variáveis de operação.

Problema da Mochila Rolando Caio da Rocha, um exuberante alpinista, está se preparando para uma longa escalada nos Alpes. Ele consegue levar até W quilos em sua mochila. Ele tem N diferentes tipos de itens que po-de incluir em seu fardo, e cada unidade de item j pesa wj quilos. Para cada item j, ele calculou um valor numérico Rj representando o valor de sobrevivência de cada unidade do item. Como exemplo, se ele levar cinco unidades do item 3 e sete unidades do item 9, o “valor” para ele desta seleção na mochila é 5R3 + 7R9. O problema do Rolando é escolher o número de cada tipo para incluir em sua mochila.

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Escolha da Mistura para Rações

Grão 1 Grão 2 Grão 3 Necessidades mínimas

Nutriente A 2 3 7 1250

Nutriente B 1 1 0 250

Nutriente C 5 3 0 900

Nutriente D 0,6 0,25 1 232,5

$/peso 41 35 96

Objetivos: formular uma ração formada a partir da mistura dos grãos que atenda às necessidades mínimas e máximas de nutrientes e tenha um custo mínimo.

Bin-packing / Cutting Stock

Barra (bin) = 4100mm Demanda (mm)

3100 1930 1850 850 850 795 639

Fornecimento de Produtos através de uma Rede de Tra nsportes

Fornecimentosdisponíveis

Necessidadesde demanda

Usinas Depósitos

S1

S2

S3

Sm

Dn

D3

D2

D1

Objetivos: determinar a quantidade do produto que cada fornecedor deve enviar para cada depósito, de forma que o custo total do transporte seja mínimo, que cada depósito tenha sua demanda atendi-da, e que nenhum depósito estoure sua capacidade de fornecimento.

Objetivos: determinar a quantidade mínima possível de barras para que sejam cortados todos os pedaços neces-sários para suprir a demanda.

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Problemas de Produção Recursos Especificações Atividades

INSUMOS PRODUTOS Máquinas

Ferramentas Capital

Matéria prima Mão-de-obra

Decisões

Produto 1 Produto 2

.

. Produto n

CUSTOS RECEITA Objetivos: determinar as atividades que devem ser realizadas ou produzidas de forma a maximizar o lucro ou minimizar o custo de produção, levando-se em conta a quantidade máxima disponível para cada insumo.

O Problema de Designação (caso particular do proble ma de transporte)

Indivíduos ou máqui-nas (n)

Custos cij Tarefas a serem execu-tadas (n)

1 1

2 2

3 3

Objetivos: minimizar o custo total para executar um conjunto de tarefas, onde cada tarefa deve ser executada por uma única máquina, e cada máquina executa uma única tarefa.

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Parte I – Programação Linear 1. O significado da expressão “PROGRAMAÇÃO” ⇒ alocação de itens ou entidades “LINEAR” ⇒ relativo a funções, equações ou inequações lineares 2. O problema geral

Recursos escassos de-vem ser

repartidos entre deman-das competitivas

Decisões são interligadas na tomada de decisão

Demandas competem entre si na

procura dos recursos escassos

Objetivos: • Otimizar a distribuição dos recursos limitados no atendimento às demandas competitivas; • Maximizar lucros ou o uso dos recursos; • Minimizar custos, sobras, tempos ou distâncias.

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3. Fases na solução de um problema de pesquisa operacional FLUXOGRAMA

FORMULAÇÃO

DO PROBLEMA

OBTENÇÃO DO

MODELO

DEFINIÇÃO DO MÉTODO DE SOLUÇÃO

OBTENÇÃO E PREPARO DOS DADOS

EXPERIÊNCIA

RESOLUÇÃO DO

PROBLEMA

INTERPRETAÇÃO DOS

RESULTADOS

COMPARAÇÃO COM A

REALIDADE

IMPLEMENTAÇÃO DA

SOLUÇÃO

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4. Modelagem de problemas MODELOS SÃO REPRESENTAÇÕES DA REALIDADE

GRANDE NÚME-RO DE VARIÁ-

VEIS

SELEÇÃO DAS VA-RIÁVEIS

PRINCIPAIS

SIMPLIFICAÇÃO DA

REALIDADE

SISTEMA INTER-

RELACIONAMENTO MODELO

5. Modelos matemáticos Os modelos matemáticos são modelos simbólicos - o sistema real é representado por EQUAÇÕES E EXPRESSÕES MATEMÁTICAS que descrevem suas propriedades relevantes.

n DECISÕES QUE SÃO QUANTIFICÁVEIS E

INTERRELACIONADAS

n VARIÁVEIS DE DECISÃO (x1, x2, … , xn)

REPRESENTA A MEDIDA DE EFICIÊNCIA DO

SISTEMA

FUNÇÃO OBJETIVO Z = f(x1, x2, … , xn)

SÃO RESTRIÇÕES AOS VALORES DAS VARIÁVEIS

DE DECISÃO

REPRESENTADAS POR EQUA-ÇÕES OU INEQUAÇÕES MA-

TEMÁTICAS

É A REALIDADE É UMA APROXIMAÇÃO

VALIDADE

ASSOCIADA AO GRAU DE COR-

RELAÇÃO

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6. Expressão matemática de um modelo de programação linear OBJETIVO Determinar os valores das variáveis x1, x2, … , xn que otimizam (maximizam ou minimizam) a fun-ção linear Z = c1 x1 + c2 x2 + … + cn xn, obedecendo às seguintes RESTRIÇÕES:

a11x1 + a12x2 + … + a1nxn ≤≤≤≤, =, ≥≥≥≥ b1 a21x1 + a22x2 + … + a2nxn ≤≤≤≤, =, ≥≥≥≥ b2

… am1x1 + am2x2 + … + amnxn ≤≤≤≤, =, ≥≥≥≥ bm

e de forma que as variáveis sejam NÃO NEGATIVAS , ou seja: xn ≥≥≥≥ 0, xn ≥≥≥≥ 0, … xn ≥≥≥≥ 0. Temos que cj, aij e bi são constantes conhecidas, para todo i e todo j. Os parãmetros e variáveis do modelo são: Z - Medida de eficiência do sistema (chamada de Função Objetivo ou F.O.); xj - Nível da atividade j (variável de decisão); cj - Taxa de contribuição unitária da atividade j; bi - Disponibilidade do recurso i; aij - Coeficiente tecnológico (quantidade i / consumido por j) n - Número de atividades no modelo; m - Número de restrições no modelo.

7. Construção de um modelo de programação linear ETAPAS A SEGUIR PARA CONSTRUIR UM MODELO DE PL 1. Definição das atividades

Definir as atividades (xj) e escolher uma unidade de medida para o seu nível. 2. Definição dos recursos

Determinar os recursos consumidos e escolher a unidade de medida conveniente.

3. Determinação das condições externas

Determinar a quantidade de recurso disponível (bi). 4. Cálculo dos coeficientes insumo/produção

Determinar a relação entre atividades e recursos (aij).

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5. Construção do modelo

Associar x1, x2, … , xn às n atividades; Escrever as equações de balanceamento por recurso; Indicar o uso dos recursos; Estabelecer a função objetivo como medida de eficiência.

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Exemplos de Modelos para Alguns Problemas Clássicos de Pro-gramação Linear

Escolha da Mistura para Rações

Grão 1 Grão 2 Grão 3 Necessidades mínimas Nutriente A 2 3 7 1250 Nutriente B 1 1 0 250 Nutriente C 5 3 0 900 Nutriente D 0,6 0,25 1 232,5

$/kg 41 35 96

Seja: x1 = qtde. (kg) do Grão 1 usada na ração x2 = qtde. (kg) do Grão 2 usada na ração x3 = qtde. (kg) do Grão 3 usada na ração Custo total da ração: 41x1 + 35x2 + 96x3 Para atender às necessidades mínimas para cada nutriente, devemos ter:

2x1 + 3x2 + 7x3 ≥ 1250,0 (Nutriente A) x1 + x2 ≥ 250,0 (Nutriente B)

5x1 + 3x2 ≥ 900,0 (Nutriente C) 0,6x1 + 0,25x2 + x3 ≥ 232,5 (Nutriente D)

Queremos obter uma ração que tenha um custo mínimo. Portanto, o modelo completo fica assim: Minimizar 41x1 + 35x2 + 96x3 (Função Objetivo ou F.O.) Sujeito a: (Restrições)

2x1 + 3x2 + 7x3 ≥ 1250,0 (Nutriente A) x1 + x2 ≥ 250,0 (Nutriente B)

5x1 + 3x2 ≥ 900,0 (Nutriente C) 0,6x1 + 0,25x2 + x3 ≥ 232,5 (Nutriente D)

e: x1 ≥ 0, x2 ≥ 0, x3 ≥ 0

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Problema de Produção A empresa Nova Linha produz artigos de vidro de alta qualidade: janelas e portas, em três seções de produção:

� Seção de Serralharia: para produzir as estruturas de alumínio � Seção de Carpintaria: para produzir as estruturas de madeira � Seção de Vidro e Montagem: para produzir vidro e montar as portas e janelas

Devido à diminuição dos lucros, o gerente geral decidiu reorganizar a produção, e propõe produzir só 2 produtos que têm uma melhor aceitação entre os clientes. Estes produtos são:

� Produto 1: uma porta de vidro com estrutura de alumínio � Produto 2: uma janela grande com estrutura de madeira

O Departamento de Marketing concluiu que a empresa pode vender tanto de qualquer dos dois produtos, tendo em conta a capacidade de produção disponível. Como ambos os produtos partilham a capacidade de produção da seção 3, o dono solicitou ao gerente de produção da empresa a resolução deste problema. O gerente então levantou os seguintes dados:

� a capacidade de produção por minuto de cada seção, a ser utilizada para produzir uma unidade de cada produto

� os lucros unitários para cada produto

Capacidade por unidade de produção

5

2

2

0

Produto 2

1833

3

0

1

Produto 1

Lucro unitário(em R$)

122

41

Capacidade disponível

Seção Nº

Capacidade por unidade de produção

5

2

2

0

Produto 2

1833

3

0

1

Produto 1

Lucro unitário(em R$)

122

41

Capacidade disponível

Seção Nº

Modelo completo:

MaximizarZ = 3x1 + 5x2, sujeito a

x 1 ≤≤≤≤ 42x 2 ≤≤≤≤ 12

3x1 + 2x 2 ≤≤≤≤ 18

x1 ≥≥≥≥ 0, x2 ≥≥≥≥ 0

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Problema da Mochila

Rolando Caio da Rocha, um exuberante alpinista, está se preparando para uma longa escalada nos Alpes. Ele consegue levar até W quilos em sua mochila. Ele tem N diferentes tipos de itens que po-de incluir em seu fardo, e cada unidade de item j pesa wj quilos. Para cada item j, ele calculou um valor numérico Rj representando o valor de sobrevivência de cada unidade do item. O problema do Rolando é escolher o número de cada tipo para incluir em sua mochila. Modelo: F.O.: Max. R1x1 + R2x2 + ... + Rjxj + ... + RNxN s.a.: w1x1 + w2x2 + ... + wjxj + ... + wNxN ≤ W xj ≥ 0 ou:

Max. ∑=

N

jjj xR

1

s.a.:

01

≤∑=

j

N

jjj

x

Wxw

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Cutting Stock

Tamanho (mm) Quantidade 3100 26 1530 71 850 47

Tamanho da Barra: 6000 mm

Temos então as seguintes possibilidades de corte: x1 x2 x3 x4 x5 x6 Demanda

3100 1 1 0 0 0 0 26 1530 1 0 3 2 1 0 71 850 1 3 1 3 5 7 47

Sobra: 520 350 560 390 220 50 Sendo NB = No total de barras de 6000 mm que serão cortadas, xj = No de barras de 6000 mm que serão cortadas segundo o padrão de corte j, F.O.: Min. NB = x1 + x2 + x3 + x4 + x5 + x6 s.a.:

x1 + x2 ≥ 26 x1 + 3x3 + 2x4 + x5 ≥ 71 x1 + 3x2 + x3 + 3x4 + 5x5 + 7x6 ≥ 47

x1 ≥ 0, x2 ≥ 0, x3 ≥ 0, x4 ≥ 0, x5 ≥ 0, x6 ≥ 0 Se: aij = No de pedaços de tamanho i que serão cortados no padrão j, bi = demanda de pedaços i, m = No de tamanhos diferentes (linhas), n = No de padrões de corte diferentes (colunas).

Min. NB = ∑=

n

jjx

1

s.a. i

n

jjij bxa ≥∑

=1

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

xj ≥ 0 e inteiro, j = 1, 2, ..., n

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Problemas para Modelagem

Problema de Produção e Alocação de Recursos Um fazendeiro deseja determinar que área de sua propriedade deve plantar milho e feijão para ma-ximizar o seu lucro, e informa o seguinte:

a) o fazendeiro dispõe de uma área máxima de 8 alqueires para o plantio das 2 culturas, 100 m3 de água para irrigação por semana, e a semente de feijão lhe permite um plantio de 4 alqueires no máximo;

b) o lucro por alqueire plantado com milho é de R$200,00 e plantado com feijão é de R$150,00;

c) cada alqueire plantado com milho requer 10m3 de água por semana, e com feijão 20m3;

d) por questões pessoais, ele deseja plantar no máximo 2/3 da área total com milho. Formule o problema como um PPL.

Problema de Alocação de Recursos Em uma determinada repartição, existem m máquinas disponíveis para realizar determinadas tarefas ou fabricar determinados produtos. Cada máquina, devido à idade e ao fabricante, pode ser mais ou menos adequada que as outras para fabricar um determinado produto, bem como ter um custo de operação próprio (consumo de energia, manutenção etc.). Seja:

n o número de produtos que precisam ser fabricados nessas máquinas,

dij o tempo necessário para fabricar o produto j na máquina i,

xij o número de unidades de j produzido na máquina i,

ai o tempo disponível para a máquina i,

bj o número de unidades de j que precisam ser produzidos, e

cij o custo para fabricar uma unidade do produto j na máquina i. Modele este PPL de forma a obter uma produção de custo mínimo.

Problema de Alocação de Transportes O expedidor de vôos, Eli Cóptero, da companhia Frete Aéreo Cauda Alta Ltda., que opera de um terminal central, tem 8 aviões do Tipo 1, 15 aviões do Tipo 2 e 11 aviões do Tipo 3 disponíveis para os vôos de hoje. A capacidade de cada avião é de 45t, 7t e 5t, respectivamente. O Sr. Cóptero deve expedir aviões para as cidades A, B e C. A quantidade mínima de cada produto que deve ser envia-da para cada cidade é de 20t, 28t e 30t, respectivamente. Cada avião pode voar somente uma vez por dia. O custo de enviar um avião do terminal a cada cidade é dado pelo seguinte quadro:

Tipo 1 Tipo 2 Tipo 3 Cidade A 23 15 1,4 Cidade B 58 20 3,8 Cidade C 64 24 4,2

Denote por xij o número de aviões do tipo i enviado para a Cidade j (x1A, x1B, x1C, x2A etc.). Formule um modelo de PL para esse problema.

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Problema de Planejamento de Tarefas Uma determinada região está sendo ameaçada pela ruptura de uma barragem e deve ser evacuada em, no máximo, 10 horas. São no total 8.000 homens, 7.900 mulheres e 1.850 crianças a transpor-tar. Cada pessoa poderá levar até 10 quilos de bagagem pessoal, Toda a região foi isolada e só cir-culam veículos autorizados para que se evitem acidentes e engarrafamentos. Para efetuar a evacua-ção estão disponíveis os seguintes meios:

Veículo de 6 ton. do Exército

Veículo de ¼ ton. do Exército

Helicóptero Ônibus Microônibus Veículo

de Passeio

Quantidade de Unidades Disponíveis

10 20 15 10 5 60

Capacidade de Transporte

20 pessoas 5 pessoas 10 pessoas 30 pessoas 15 pessoas 5 pessoas

Capacidade para bagagem

1 ton. 20 kg 50 kg 1 ton. 500 kg 100 kg

Custo por Viagem

10 u.m. 4 u.m. 75 u.m. 5 u.m. 3 u.m. 2 u.m.

Tempo de Viagem

1 h 45 min. 10 min. 45 min. 30 min. 30 min.

Para minimizar o pânico, as crianças deverão viajar acompanhadas por suas mães. Existem 10 famí-lias com 5 filhos, 25 com 4 filhos, 150 com 3, 450 com 2 e 350 com 1. Os carros de passeio só po-derão fazer uma viagem de evacuação, ficando, por segurança, retidos fora da área de perigo. Formular o programa de evacuação que minimize os custos finais da operação.

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Solução de um Problema de Programação Linear – Interpretação Geométrica

Representação no espaço de soluções – duas dimensões (variáveis). Exemplo 1 (1) maximizar 12x1 + 15x2 sujeito a: (2) 4x1 + 3x2 ≤ 12 (3) 2x1 + 5x2 ≤ 10 (4) x1 ≥ 0 e x2 ≥ 0

Solução Ótima: ponto b, onde x1 = 15/7, x2 = 8/7 e 12x1 + 15x2 = 300/7

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20

Exemplo 2 Por determinação médica, um jovem precisa fazer algum tipo de atividade física em uma academia. Por questões pessoais, ele escolheu fazer natação e/ou pólo aquático. Ele sabe que: • Uma hora de aula de natação custa R$8,00; • Uma hora de aula de pólo custa R$5,00; • Seu orçamento lhe permite dispor de 100 reais mensais para as atividades de academia; • Seus afazeres escolares lhe dão liberdade de gastar mensalmente, no máximo, 18 horas e 40.000

calorias de sua energia para essas atividades; • Cada hora de aula de pólo consome 3.300 calorias, e de natação consome 1.600 calorias; • Ele não tem preferência por nenhuma dessas duas atividades. Como ele deve planejar as suas atividades físicas para obter o número máximo de horas-aula, con-siderando o limite dos recursos que tem? Modele o problema como um problema de programação linear (PPL). x1 � Horas-aula de natação; x2 � Horas-aula de pólo aquático máx. x1 + x2 (1) s.a.: x1 + x2 ≤ 18 (2) 8x1 + 5x2 ≤ 100 (3) 1600x1 + 3300x2 ≤ 40000 (4)

(1) (2) (3) (4)

Page 23: Apostila Pesquisa operacional

21

Exemplo 3 Um fazendeiro deseja determinar que área de sua propriedade deve plantar milho e feijão para ma-ximizar o seu lucro, e informa o seguinte: a) o fazendeiro dispõe de uma área máxima de 8 alqueires para o plantio das 2 culturas, 100 m3 de

água para irrigação por semana, e a semente de feijão lhe permite um plantio de 4 alqueires no máximo;

b) o lucro por alqueire plantado com milho é de R$200,00 e plantado com feijão é de R$150,00; c) cada alqueire plantado com milho requer 10m3 de água por semana, e com feijão 20m3; d) por questões pessoais, ele deseja plantar no máximo 2/3 da área total com milho. x1 � Qtde. de alqueires plantados com milho x2 � Qtde. de alqueires plantados com feijão máx. 200x1 + 150x2 s.a.: x1 + x2 = 8 (1) x2 ≤ 4 (2) x1 ≤ 16/3 (3) 10x1 + 20x2 ≤ 100 (4)

Page 24: Apostila Pesquisa operacional

22

Exemplo 4 Suponha que, por motivos justificáveis, uma certa dieta alimentar esteja restrita a leite desnatado e uma salada de composição bem conhecida. Sabendo-se ainda que os requisitos nutricionais serão expressos em termos de vitamina A e cálcio e controlados por suas quantidades mínimas (em mili-gramas). A tabela abaixo resume a quantidade de cada nutriente em disponibilidade nos alimentos e a sua necessidade diária para a boa saúde de uma pessoa.

Nutriente Leite (copo) Salada (500g) Requisito Nutricional Mínimo

Vit. A 2 mg 50 mg 11 mg Cálcio 50 mg 10 mg 70 mg

Custo/unid. R$ 2,00 R$ 1,20 sendo x1 = qtd. de leite (em copos) x2 = qtd. de salada (em porções de 500g)

min 2x1 + 1,2x2 ------ s.a. 2x1 + 50x2 ≥ 11 –––– 50x1 + 10x2 ≥ 70 ––––

Page 25: Apostila Pesquisa operacional

23

Casos Encontrados na Resolução Gráfica Continuaremos usando aqui modelos de duas variáveis, mantendo um espaço bidimensional (pla-no), facilitando assim a visualização, para ilustrar todas as situações possíveis de ocorrer para um modelo de PL qualquer.

1. Uma única solução ótima. Exemplo 1: máx. x1 + x2 s.a.: 8x1 + 5x2 ≤ 100 (1) 16x1 + 33x2 ≤ 400 (2)

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 250

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

13

14

15

16

17

18

19

20

F.O.(1)(2)

x1

x2

Page 26: Apostila Pesquisa operacional

24

Exemplo 2:

min 2x1 + 1,2x2 s.a. 2x1 + 50x2 ≥ 11 (1) 50x1 + 10x2 ≥ 70 (2)

2. Infinitas soluções ótimas. máx. 16x1 + 10x2 s.a.: 8x1 + 5x2 ≤ 100 (1) 16x1 + 33x2 ≤ 400 (2)

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 250

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

13

14

15

16

17

18

19

20

x1

x2

(1)

(2)

(1)

(2)

Page 27: Apostila Pesquisa operacional

25

3. Solução ótima ilimitada. Exemplo 1:

max 2x1 + 1,2x2 s.a. 2x1 + 50x2 ≥ 11 (1) 50x1 + 10x2 ≥ 70 (2)

Exemplo 2:

max x1 – x2 s.a. 2x1 – x2 ≥ 0 (1) x2 ≤ 4 (2)

x1

x2

(1)

(2)

(1)

(2)

Page 28: Apostila Pesquisa operacional

26

Exemplo 3:

min x1 – 2x2 s.a. 2x1 – x2 ≥ 0 (1) – x1 + 2x2 ≤ 4 (2)

Neste caso, embora existam soluções ótimas finitas (qualquer ponto sobre a reta 2, incluindo e à direita do ponto de intercessão dessa reta com a reta 1), limitando o valor ótimo da F.O., o conjunto desses pontos não é limitado ou “fechado”.

4. Problema inviável (nenhuma solução existente).

min Z = f(x1, x2) (uma função-objetivo qualquer) s.a. x1 + x2 ≤ 1 (1) x1 + x2 ≥ 2 (2)

Veja que, neste caso, não existe nenhum ponto (x1, x2) no plano euclidiano que satisfaça si-multaneamente as expressões (1) e (2).

x1

x2

(1)

(2)

x1

x2

(1) (2)

Page 29: Apostila Pesquisa operacional

27

O Método Simplex O método Simplex, desenvolvido por DANTZIG em 1956, procura, a partir de uma deter-minada partição da matriz A, resolver o sistema de equações Ax = b. Veremos a seguir como pode-mos “preparar” um modelo de PL qualquer para que seja resolvido pelo Simplex, quais os funda-mentos teóricos do algoritmo, e como ele podemos usá-lo para resolver os modelos estudados.

Modelo matemático e forma padrão de um PPL Considere o seguinte problema de programação linear: Maximizar Z = c1x1 + c2x2 + … + cnxn Sujeito a: a11x1 + a12x2 + … + a1nxn ≤, =, ≥ b1 a21x1 + a22x2 + … + a2nxn ≤, =, ≥ b2 … am1x1 + am2x2 + … + amnxn ≤, =, ≥ bm xn≥0, xn≥0, … xn≥0 A forma apresentada acima é a expandida. Outras formas de representar um problema de programa-ção linear são as mostradas a seguir: a) Forma de Somatório:

Maximizar Z = ∑=

n

jjj xc

1

Sujeito a: ∑=

n

jjij xa

1

≤, =, ≥ bi, i = 1, … , m;

xj ≥ 0, j = 1, … , n. b) Forma Matricial Maximizar Z = cx Sujeito a: Ax ≤, =, ≥ b x ≥ 0 onde A é uma matriz retangular de dimensões m × n; c é um vetor 1 × n, b é um vetor m × 1 e x é um vetor n × 1. O uso de uma ou outra forma depende da conveniência da aplicação. As formas ma-tricial e somatório são mais usadas para provas e demonstrações diversas. A forma expandida é ne-cessária quando se torna necessário explicitar os coeficientes aij, bi e cj.

Page 30: Apostila Pesquisa operacional

28

Forma Padrão de um Modelo de PL Antes de estabelecermos um algoritmo único para resolver os modelos matemáticos apresentados anteriormente, é necessário padronizar o formato desses modelos. Usaremos o formato padrão de maximização, que é adotado pela maioria dos livros de P.L.: Um modelo de PL na forma padrão é constituído apenas por equações lineares, e suas variáveis e termos independentes (bi) devem ser não negativas, como o modelo abaixo:

Maximizar Z = ∑=

n

jjj xc

1

Sujeito a: ∑=

n

jjij xa

1

= bi, i = 1, … , m;

xj ≥ 0, j = 1, … , n; bi ≥ 0, i = 1, … , m. É importante salientar que em um problema de programação linear qualquer podem aparecer vará-veis que devem ser deixadas livres em sua formulação, ou seja, variáveis irrestritas em sinal. Além disso, outras varáveis podem representar grandezas que na prática não podem ser positivas. Para que um problema com variáveis dos tipos mencionados acima seja colocado na forma padrão tor-nam-se necessários alguns recursos matemáticos, os quais serão discutidos a seguir. Recursos para se obter a forma padrão de um modelo de PL 1) Função Objetivo Os problemas de programação linear consistem em maximizar ou minimizar uma função objetivo. Um problema de minimizar pode ser transformado em maximizar fazendo-se: [ ] ∑∑∑ −−=−−= jjjjjj xcMáximoxcMáximoxcMínimo )(

Então, se o problema é minimizar e deseja-se trabalhar como maximizar, multiplica-se os coeficien-tes da função objetivo por (-1), resolve-se o problema de maximizar e toma-se o negativo do valor encontrado. Esse valor é o mínimo do problema original. 2) Variáveis de Folga Considere a inequação linear do tipo "≤":

k

n

jjkj bxa ≤∑

=1

Utiliza-se uma variável xk, chamada variável de folga, em que xk = bk – ∑j akj xj, de forma que

kk

n

jjkj bxxa =+∑

=1

Para cada restrição do tipo "≤" deve-se utilizar uma variável de folga diferente que representa a “folga” do recurso disponível que não foi utilizado.

Page 31: Apostila Pesquisa operacional

29

3) Variáveis de Excesso Considere a inequação linear do tipo "≥":

s

n

jjsj bxa ≥∑

=1

Utiliza-se uma variável xs, chamada variável de excesso, em que xs = ∑j asj xj, – bs, de forma que

ss

n

jjsj bxxa =−∑

=1

Para cada restrição do tipo "≥" deve-se utilizar uma variável de excesso diferente que representa o “excesso” do recurso utilizado. 4) Variáveis livres ou irrestritas em sinal Quando uma variável representa uma grandeza que pode assumir na prática valores positivos, nulos ou negativos, ou seja, a variável deve ser irrestrita em sinal, então na forma padrão essa variável é substituída pela diferença de duas outras não negativas, e, posteriormente, quando o problema for resolvido, seu valor real é resgatado. Assim, se xl é irrestrita em sinal, faz-se: xl = xl' - xl'', onde xl' ≥ 0 e xl'' ≥ 0. Resolve-se o problema com xl' e xl'', e após a solução obtém-se xl. 5) Variáveis com valores não positivos Quando uma variável xq representa uma grandeza que não deve assumir valores positivos no pro-blema original, então, para construir a forma padrão do modelo de PL, substitui-se essa variável, fa-zendo-se xq = - xq', onde xq' ≥ 0. Resolve-se o PPL com xq' e, posteriormente, recupera-se xq. 6) Termos independentes com valores negativos Se algum bi tiver sinal negativo, basta multiplicar a linha toda por –1: 4x1 – 3x2 ≤ –2 ⇔ – 4x1 + 3x2 ≥ 2 Exemplo:

min. 2x1 + 1,2x2 s.a. 2x1 + 50x2 ≥ 11 50x1 + 10x2 ≥ 70

Forma padrão:

max. – 2x1 – 1,2x2 s.a. 2x1 + 50x2 – x3 = 11 50x1 + 10x2 – x4 = 70

Page 32: Apostila Pesquisa operacional

30

Definições básicas Considere o problema de programação linear na forma matricial e padrão:

Maximizar Z = cx (1)

Sujeito a: Ax = b (2)

x ≥ 0 (3)

Define-se como solução de um PPL, um vetor x que satisfaz as restrições (2); solução viável de um PPL é um vetor x que satisfaz as restrições (2) e (3); e região viável ou conjunto de soluções viá-veis de um PPL é o conjunto de vetores x que satisfazem (2) e (3). Considere o sistema Ax = b no problema acima e suponha que posto [A | b] = posto [A] = m, o que significa que o sistema Ax = b é compatível, ou seja, tem solução. Uma permutação das colu-nas de A pode ser feita de forma a obter A = [B,N], onde B é uma matriz quadrada de dimensões m × m, e N é de dimensões m × (n-m). Se o posto (B) = m, então B é uma matriz inversível, e uma solução do sistema pode ser dado por:

bBxB1−=

0Nx =

O vetor x = (xB | xN) é chamado uma solução básica do sistema de equações Ax = b. Se x ≥ 0, então x é chamado uma solução básica viável do sistema. A matriz B é chamada matriz básica, ou sim-plesmente base do sistema e a matriz N é chamada matriz não básica. No vetor x = (xB | xN), as componentes de xB são chamadas variáveis básicas e as componentes de xN são chamadas variá-veis não básicas. Se todas as componentes de xB forem maiores que zero, então x é chamado solu-ção básica viável não degenerada, e se pelo menos uma de suas componentes for nula, então x é chamado solução básica degenerada. Exemplo para ilustrar as definições básicas Seja o problema de programação linear com duas variáveis e duas restrições: Maximizar z = x1 + 3 x2 (1) sujeito a: x1 + x2 ≤ 6 (2) x2 ≤ 3 (3) xj ≥ 0 A representação gráfica é a seguinte:

Page 33: Apostila Pesquisa operacional

31

Obtendo-se a forma padrão do PPL pela introdução das variáveis de folga x3 e x4 nas restrições (2) e (3), respectivamente, tem-se o seguinte sistema de equações lineares:

x1 + x2 + x3 = 6 x2 + x4 = 3

xj ≥ 0 A matriz de coeficientes tecnológicos A e os vetores colunas correspondentes são os seguintes:

[ ]43211

0

0

1

1

1

0

1aaaaA =

=

Para se obter uma matriz básica B (2 × 2) a partir da matriz A, deve-se selecionar 2 vetores, ai e aj, linearmente independentes. Para uma matriz A (m × n), o número máximo possível de matrizes quadradas de dimensões m × m é dado por:

)!(!

!

mnm

n

No caso, n = 4 e m = 2, assim esse número máximo é 6. No entanto, como os vetores a1 e a3 são i-guais, ou seja, não são linearmente independentes, o número de matrizes básicas fica reduzido a 5. A seguir são mostradas todas as matrizes básicas obtidas a partir do sistema dado, com as respecti-vas soluções básicas xB e as não básicas xN. 1)

[ ]

=

=

=

−==

=

==

0

0

3

3

3

6

10

11

10

11

4

3

1

2

1

21

x

xx

bBx

xx

aaB

N

B

Page 34: Apostila Pesquisa operacional

32

2)

[ ]

=

=

=

==

=

==

0

0

3

6

3

6

10

01

10

01

3

2

1

4

1

41

x

xx

bBx

xx

aaB

N

B

3)

[ ]

=

=

=

−==

=

==

0

0

3

3

3

6

11

10

01

11

4

1

1

3

2

32

x

xx

bBx

xx

aaB

N

B

4)

[ ]

=

=

−=

−==

=

==

0

0

3

6

3

6

11

01

11

01

3

1

1

4

2

42

x

xx

bBx

xx

aaB

N

B

5)

[ ]

=

=

=

==

=

==

0

0

3

6

3

6

10

01

10

01

2

1

1

4

3

43

x

xx

bBx

xx

aaB

N

B

Das soluções básica obtidas, apenas a solução número 4 não é viável, visto que o componente x4 é negativo. Então são 4 soluções básicas viáveis para o PPL, a saber:

=

0

0

3

3

1x ,

=

3

0

0

6

2x ,

=

0

3

3

0

3x ,

=

3

6

0

0

4x

Estes pontos pertencem a R4 . Uma projeção em R2, ou seja, no plano gerado por x1 e x2, tem como resultante os seguintes pontos:

Page 35: Apostila Pesquisa operacional

33

=

3

31x ,

=

0

62x ,

=

3

03x ,

=

0

04x

Estes pontos são identificados na solução gráfica do problema, mostrando que eles correspondem aos pontos extremos do polígono de restrições (figura seguinte).

Solução básica degenerada Uma solução básica viável é dita degenerada se existir uma ou mais variáveis básicas nulas. A exis-tência de uma solução degenerada afeta o comportamento do algoritmo Simplex, e daí a importân-cia sobre desse tipo de solução. Um exemplo mostrando a ocorrência de uma solução degenerada é dado a seguir. Seja o seguinte conjunto de restrições de um PPL com duas variáveis e três restrições (assumiremos sempre todos os xj ≥ 0, a menos que se diga o contrário):

x1 + x2 ≤ 6 x2 ≤ 3

x1 + 2 x2 ≤ 9 Sua representação gráfica é a seguinte:

x1

x2

x3

x4

Page 36: Apostila Pesquisa operacional

34

Usando variáveis de folga o sistema é transformado em igualdades, na forma:

x1 + x2 + x3 = 6 x2 + x4 = 3

x1 + 2 x2 + x5 = 9 A matriz de coeficientes do sistema expandido é:

[ ]

==1

0

0

0

1

0

0

0

1

2

1

1

1

0

1

4321 aaaaA

Considere a matriz básica formada pelas três primeiras colunas de A, ou seja, B = [a1 a2 a3]. A so-lução correspondente é dada por: Variáveis básicas:

=

−=

==

=

0

3

3

9

3

6

111

010

120

9

3

6

021

010

1111

1

3

2

1

bB

x

x

x

xB

Variáveis não básicas:

=

=

0

0

5

4

x

xxN

Tendo em vista que a variável básica x3 = 0, então a solução é degenerada. Veremos as implicações disso mais tarde.

Page 37: Apostila Pesquisa operacional

35

Teoremas fundamentais Considere o problema de programação linear na forma padrão:

Maximizar Z = cx Sujeito a: Ax = b x ≥ 0

Relembraremos agora algumas definições básicas, ilustrando-as de forma um pouco diferente: Definição 1: Uma base de uma matriz A (m × n) é uma matriz quadrada de m vetores coluna line-

armente independentes em —m. As variáveis associadas a essas colunas são chamadas

variáveis básicas.

Ax = b x = (xB, xR), onde: xB representa o vetor das variáveis básicas de m componentes, e xR representa o vetor das restantes n – m variáveis não básicas.

O sistema pode então ser reescrito assim: BxB + RxR = b Como podemos solucionar o conjunto de equações somente em função das variáveis básicas, temos: xR = 0 e BxB = b

Definição 2: Seja B uma base associada a uma matriz A. O vetor composto de bBxB1−= e xR = 0

é chamado de solução básica.

Definição 3: Uma solução básica sem componentes negativas é denominada solução básica viá-vel.

Definição 4: O conjunto C = {x | Ax = b, x ≥ 0} denomina-se conjunto de soluções viáveis.

xB

B R

m

x:

n – m m

A:

Page 38: Apostila Pesquisa operacional

36

Teorema 1 O conjunto C das soluções viáveis de um modelo de programação linear é um conjunto convexo. Demonstração:

bbbAxAxxxAAx

CxxxCxx

=−+=−+=−+=

≤≤∈−+=

⇒∈

)1()1(])1([

10

)1(},{

2121

2121

ααααααα

αα

Teorema 2 Toda solução básica viável do sistema Ax = b é um ponto extremo do conjunto de soluções viáveis, ou seja, um ponto extremo do conjunto C Teorema 3 Todo ponto extremo x de um conjunto de soluções viáveis de um sistema Ax = b é uma solução bá-sica viável. Corolário 1: O conjunto de pontos extremos de um conjunto de soluções viáveis é finito e limitado

em mnC .

Corolário 2: Se existe uma solução viável, então existe uma solução básica viável. Teorema 4 1. Se o PPL tem solução ótima (máximo ou mínimo de Z) finita, então pelo menos uma solução ó-

tima ocorre em um ponto extremo (vértice) do conjunto C; 2. Se a solução ótima ocorre simultaneamente em mais de um ponto extremo, então qualquer com-

binação convexa desses pontos extremos também é solução ótima.

Page 39: Apostila Pesquisa operacional

37

O Algoritmo Simplex O algoritmo Simplex é um procedimento computacional desenvolvido para resolver problemas de programação linear. Podemos dividi-lo em duas fases distintas: Fase 1 - consiste em determinar uma solução básica viável do PPL ou, então, mostrar que tal solu-ção não existe. Neste último caso, não havendo solução básica viável, não existe solução para o problema, ou seja, o conjunto de restrições é inconsistente. Quando uma solução básica viável pu-der ser identificada facilmente, a Fase 1 não precisa ser usada; Fase 2 - consiste em determinar a solução ótima para o PPL ou, então, mostrar que a solução é ili-mitada, ou seja, que o valor de Z pode crescer ou decrescer infinitamente. A Fase 2 inicia a partir de uma solução básica viável do PPL, que pode ser obtida usando-se a Fase 1. Ilustração Caso típico de problema em que é necessário o uso da Fase 1: Maximizar 1 x1 + 2 x2 sujeito a: -1 x1 + 3 x2 ≤ 9 1 x1 - 2 x2 ≤ 0 2 x1 + 1 x2 ≤ 10 2 x1 + 1 x2 ≥ 5 Solução gráfica

Colocando o problema na forma padrão tem-se: Maximizar 1 x1 + 2 x2 sujeito a: -1 x1 + 3 x2 + x3 = 9 1 x1 - 2 x2 + x4 = 0 2 x2 + 1 x2 + x5 = 10 2 x1 + 1 x2 - x6 = 5

Page 40: Apostila Pesquisa operacional

38

Tomando-se x1 e x2 como variáveis não básicas, tem-se x1 = 0 e x2 = 0. Os valores das variáveis bá-sicas são obtidas de forma trivial, ou seja: x3 = 9, x4 = 0, x5 = 10 e x6 = -5. A solução básica corres-pondente é x = (0, 0, 9, 0, 10, -5), que não é viável, pois existe uma componente negativa (x6 = -5). Neste caso, para se obter uma solução básica inicial é necessário usar a Fase 1 do Simplex. Vere-mos como isso pode ser feito mais adiante. Caso de problema em que não é necessário usar a Fase 1: Maximizar 5 x1 + 2 x2 sujeito a: 1 x1 ≤ 3 1 x2 ≤ 4 1 x1 + 2 x2 ≤ 9 Solução gráfica

Colocando o problema na forma padrão tem-se: Maximizar 5 x1 + 2 x2 sujeito a: 1 x1 + x3 = 3 1 x2 + x4 = 4 1 x2 + 2 x2 + x5 = 9 Tomando-se x1 e x2 como variáveis não básicas, tem-se x1 = 0 e x2 = 0. Os valores das variáveis bá-sicas são obtidas de forma trivial, ou seja: x3 = 3, x4 = 4 e x5 = 9. A solução básica correspondente é x = (0, 0, 3, 4, 9), que é viável, pois todas componentes são não negativas. Neste caso, para se obter uma solução básica inicial não é necessário usar a Fase 1 do Simplex.

Page 41: Apostila Pesquisa operacional

39

O Algoritmo Simplex – Detalhamento Passo 1

Determine uma solução básica viável (SBV) inicial. Se necessário usar a Fase 1; Passo 2

Testar se a SBV corrente é ótima. Se sim, pare, o problema está resolvido; se não, vá ao pas-so seguinte;

Passo 3

Fazer a mudança de base, ou seja: (i) Determinar a variável não básica que deve entrar na base – a variável não básica a

entrar na base deve ser aquela que mais aumenta o valor da função objetivo no mo-mento corrente, ou seja, aquela que tem o maior coeficiente;

(ii) Determinar a variável básica que deve sair da base – a variável a sair da base deve ser aquela que primeiro assumirá valores negativos como conseqüência do aumento do valor da variável escolhida para entrar na base. O propósito é não permitir que al-guma variável assuma valores negativos, tornando o problema inviável;

(iii) Processar a mudança de base fazendo-se a operação de pivoteamento e retornar ao Passo 2.

Podemos também descrever o algoritmo em forma de fluxograma, como mostra a figura seguinte:

Page 42: Apostila Pesquisa operacional

40

Page 43: Apostila Pesquisa operacional

41

Exemplo 1 Uma grande fábrica de móveis dispõe em estoque de 250m de tábuas, 600m de pranchas e 500m de painéis de conglomerado. A fábrica normalmente oferece uma linha de móveis composta por um modelo de escrivaninha, uma mesa de reunião, um armário e uma prateleira. Cada tipo de móvel consome uma certa quantidade de matéria prima, conforme a tabela abaixo. A escrivaninha é vendi-da por R$100, a mesa por R$80, o armário por R$120 e a prateleira por R$20. Modele e resolva o problema pelo simplex, de forma a maximizar a receita com a venda dos móveis.

Quantidade de material em metros consumidos por unidade de produto

Disponibilidade do Recurso (m)

Escrivaninha Mesa Armário Prateleira Tábua 1 1 1 4 250 Prancha 0 1 1 2 600 Painéis 3 2 4 0 500 Valor de Revenda (R$)

100 80 120 20

Considerando as seguintes variáveis de decisão: xE = Nº de escrivaninhas a ser produzido; xM = Nº de mesas a ser produzido; xA = Nº de armários a ser produzido; xP = Nº de prateleiras a ser produzido. Podemos então escrever o modelo de PL: Max. Z = 100xE + 80xM + 120xA + 20xP s.a.

xE + xM + xA + 4xP ≤ 250 xM + xA + 4xP ≤ 600

3xE + 2xM + 4xA ≤ 500

Passando para a forma padrão, temos: Max. Z = 100xE + 80xM + 120xA + 20xP s.a.

xE + xM + xA + 4xP + x1 = 250 xM + xA + 4xP + x2 = 600

3xE + 2xM + 4xA + x3 = 500

A nossa solução básica viável inicial pode ser obtida, neste caso, de forma trivial: x1 = 250; x2 = 600; x3 = 500; xE = xM = xA = xP = 0. Podemos agora montar o quadro simplex. Para isso, trataremos a equação da F.O. como se fosse apenas mais uma equação do nosso sistema linear:

– Z + 100xE + 80xM + 120xA + 20xP = 0 xE + xM + xA + 4xP + x1 = 250 xM + xA + 4xP + x2 = 600 3xE + 2xM + 4xA + x3 = 500

Page 44: Apostila Pesquisa operacional

42

Essa linha será destacada no quadro, e sua importância será vista no decorrer do algoritmo. Além disso, usaremos a 1ª coluna para fazer a numeração das linhas, somente para facilitar as explicações a seguir. A 2ª coluna serve para relacionarmos as variáveis básicas (V.B.):

V.B. xE xM xA xP x1 x2 x3 b L0 – Z 100 80 120 20 0 0 0 0 L1 x1 1 1 1 4 1 0 0 250 L2 x2 0 1 1 2 0 1 0 600 L3 x3 3 2 4 0 0 0 1 500

Para entrar na base, devemos escolher a variável que possui o maior coeficiente na linha L0. Esses coeficientes indicam a contribuição que cada variável dá à Função Objetivo. para cada unidade de aumento de seus respectivos valores. No quadro acima, vemos que cada unidade de aumento da variável xA resulta em um aumento de 120 unidade no valor da F.O. Essa é a variável que mais contribui localmente para o processo de maximização da F.O., e é portan-to a escolhida para entrar na base. Esse processo de escolha é representado no fluxograma da seguinte maneira: cj* = max(cj) onde j* representa a coluna correspondente à variável que deve entrar na base. Para que a variável xA entre na base, é preciso que uma variável básica saia da base (por que?). Para determinar isso, é só fazer com que o valor de xA cresça o máximo possível. Po-demos ver pelos valores do quadro acima que, se xA for maior que 125 (ou 4xA > 500), então teremos para a ultima restrição o seguinte:

4xA + x3 = 500 x3 = 500 – 4xA

e o valor de x3 seria negativo, o que seria inviável. Com isso, o maior valor que xA pode as-sumir sem violar nenhuma das restrições é xA = 125. Nesse caso, o valor de x3 seria igual a zero, e ele então sai da base. Todo esse processo de escolha é representado no fluxograma da seguinte maneira: Escolher i* | min(bi / aij*), aij* > 0 onde i* representa a linha correspondente à variável que deve sair da base. O significado desse “procedimento” é bem simples: divida todos os bi pelos valores de aij* que forem maiores que zero, e pegue o menor valor dessa divisão, que corresponderá à linha i*. No caso acima, teríamos:

L1: 250 / 1 = 250 L2: 600 / 1 = 600 L3: 500 / 4 = 125 → i*

Agora podemos representar a mudança de base usando setas no quadro:

Page 45: Apostila Pesquisa operacional

43

V.B. xE xM xA xP x1 x2 x3 b L0 – Z 100 80 120 20 0 0 0 0 L1 x1 1 1 1 4 1 0 0 250 L2 x2 0 1 1 2 0 1 0 600 L3 x3 3 2 4 0 0 0 1 500

O elemento destacado representa o nosso pivot. Observe que os vetores-coluna das variáveis básicas na matriz A formam uma matriz identidade, e seus coeficientes da linha L0 são nulos. Esse padrão será mantido durante todo o decorrer do algoritmo. Dessa forma, os valores das V.B. são obtidos diretamente na última coluna (b), e o valor de – Z é obtido na posição b0. O pivoteamento consiste então em transformar a coluna correspondente à variável que está entrando na base em um vetor canônico, substituindo o vetor canônico da variável que está saindo da base. Fazemos isso por meio das operações básicas de linha. Primeiro, fazemos 3L ′ ← L3 ÷ 4:

V.B. xE xM xA xP x1 x2 x3 b

L0 – Z 100 80 120 20 0 0 0 0 L1 x1 1 1 1 4 1 0 0 250 L2 x2 0 1 1 2 0 1 0 600

3L ′ xA ¾ ½ 1 0 0 0 ¼ 125

Depois, fazemos:

0L ′ ← -120 × 3L ′ + L0

1L′ ← -1 × 3L ′ + L1

2L ′ ← -1 × 3L ′ + L2

e obtemos o segundo quadro simplex:

V.B. xE xM xA xP x1 x2 x3 b

0L ′ – Z 10 20 0 20 0 0 -30 -15.000

1L′ x1 ¼ ½ 0 4 1 0 -¼ 125

2L ′ x2 -¾ ½ 0 2 0 1 -¼ 475

3L ′ xA ¾ ½ 1 0 0 0 ¼ 125 Temos agora a solução básica x1 = 125; x2 = 475; xA = 125; xE = xM = x3 = xP = 0. Passamos de um lucro igual a zero para um lucro de R$15.000, correspondente à produção de 125 ar-mários. Observe que ainda existem variáveis que podem contribuir para o crescimento da F.O. Co-mo existe um empate no maior valor, entre xM e xP, escolheremos xM para entrar na base. Nesse caso, haverá também um empate entre x1 e xA para sair da base. Escolheremos xA para sair da base (depois discutiremos as implicações desses empates).

Page 46: Apostila Pesquisa operacional

44

Executamos então o 2º pivoteamento:

1L ′′ ← 1L′ ÷ ½

0L ′′ ← -20 × 1L ′′ + 0L ′

2L ′′ ← -½ × 1L ′′ + 2L ′

3L ′′ ← -½ × 1L ′′ + 3L ′

e obtemos o terceiro quadro simplex:

V.B. xE xM xA xP x1 x2 x3 b

0L ′′ – Z 0 0 0 -140 -40 0 -20 -20.000

1L ′′ xM ½ 1 0 8 2 0 -½ 250

2L ′′ x2 -1 0 0 -1 1 1 0 350

3L ′′ xA ½ 0 1 -4 -1 0 ½ 0 Temos agora a solução básica xM = 250; x2 = 350; xA = 0 (VB); xE = xP = x1 = x3 = 0 (VNB). O lucro agora aumentou para R$20.000, correspondente à produção de 250 mesas. Essa so-lução é ótima, já que não existe VNB que possa contribuir para o crescimento da F.O. Todas elas possuem coeficiente nulo ou negativo na linha da F.O. A solução ótima pode ser repre-sentada assim: x* = (0; 250; 0; 0; 0; 350; 0) Z* = 20.000 A variável de folga x2 representa a folga do recurso “Pranchas”. A solução ótima para esse problema, consiste em fabricar somente 250 mesas, tendo uma sobra de 350m de pranchas, e obtendo um lucro máximo de R$20.000,00. Veja que, apesar da variável xA estar na base, seu valor é nulo, indicando que essa solução é degenerada.

Degeneração (ou degenerescência) e Ciclagem Em casos esporádicos (alguns autores dizem que esses casos são raros ou muito difíceis de ocorrer na prática), o algoritmo simplex pode entrar “em loop”, ou em processo de “ciclagem”. Nesses ca-sos, ocorrem mudanças de base, mas a cada pivoteamento, o algoritmo retorna ao mesmo ponto do espaço de soluções, representado por vetores diferentes, mas linearmente dependentes. Isso ocorre quando há empate nos critérios de entrada e de saída da base, normalmente devido a alguma VB possuir valor nulo. Para evitar o processo de ciclagem, normalmente recorre-se a uma das duas regras mais conhecidas: – Regra Lexicográfica. Veja detalhes em (Bazaraa, 1990). – Regra de Bland

• Entre todas as candidatas a entrar na base, selecione a variável xk que possui o menor índice. • Entre todas as candidatas a sair na base, selecione a variável xr que possui o menor índice.

Page 47: Apostila Pesquisa operacional

45

Exemplo 2 Uma sorveteria produz dois tipos de sorvete: no palito e no copinho. Na sorveteria, o único ponto crítico é a mão-de-obra disponível. O sorvete no copinho consome 50% a mais de mão-de-obra do que no palito. Sabe-se que se todo sorvete produzido fosse no palito a companhia poderia produzir 400 toneladas por dia. No entanto, o mercado tem condições de absorver, diariamente, apenas 300 toneladas de sorvete no palito e 150 toneladas de sorvete no copinho. 1. Modele o problema de modo a maximizar a produção de sorvete.

Considerando Xp igual à quantidade de sorvete em palito, e Xc igual à quantidade de sorve-te em copinho produzido (em toneladas), temos: max. Xp + Xc s.a.

Xp ≤ 300 Xc ≤ 150 Xp + 1,5Xc ≤ 400

2. Resolva-o graficamente.

Xp0

Xc

100

100

200

200

300

300

400

Solução ótima: (Xp=300; Xc=66,67; Z=366,67)

400

Pela inclinação e sentido de crescimento da F.O. (linha pontilhada), vemos que a solução ó-tima é a interseção das retas Xp = 300 e Xp + 1,5Xc = 400. Isso nos dá as seguintes coorde-nadas: Xp* = 300; Xc* = (400 – Xp) / 1,5 = 100 / 1,5 = 66,67; Z* = 366,67.

Page 48: Apostila Pesquisa operacional

46

3. Resolva-o pelo método simplex.

Marcando os pivôs em negrito, temos os seguintes quadros do simplex (alguns valores apa-recem arredondados no quadro): ==================================================== | Xp Xc X3 X4 X5| b ---------------------------------------------------- -Z| 1.0 1.0 0.0 0.0 0.0| 0.0 ---------------------------------------------------- X3| 1.0 0.0 1.0 0.0 0.0| 300.0 X4| 0.0 1.0 0.0 1.0 0.0| 150.0 X5| 1.0 1.5 0.0 0.0 1.0| 400.0 ==================================================== -Z| 0.0 1.0 -1.0 0.0 0.0| -300.0 ---------------------------------------------------- Xp| 1.0 0.0 1.0 0.0 0.0| 300.0 X4| 0.0 1.0 0.0 1.0 0.0| 150.0 X5| 0.0 1.5 -1.0 0.0 1.0| 100.0 ==================================================== -Z| 0.0 0.0 -0.3 0.0 -0.7| -366.7 ---------------------------------------------------- Xp| 1.0 0.0 1.0 0.0 0.0| 300.0 X4| 0.0 0.0 0.7 1.0 -0.7| 83.3 Xc| 0.0 1.0 -0.7 0.0 0.7| 66.7 ==================================================== Solucao otima: Z* = 366.67 x* = (300; 66,67; 0; 83.33; 0; 0) Observe que a variável X4 representa a folga em termos de mercado para o sorvete em copi-nho (ou seja, é o tanto que estamos produzindo abaixo do valor máximo permitido).

4. Agora observe de novo a solução gráfica e observe o que acontece, graficamente, a cada itera-ção do Simplex.

Page 49: Apostila Pesquisa operacional

47

Algoritmo Simplex – Método das Duas Fases

Primeiro Exemplo (extraído de Goldbarg&Luna,2000): Considere o seguinte modelo de P.L.: Minimizar Z = -3x1 - 5x2 sujeito a: x1 ≤ 4 x2 ≤ 6 3x1 + 2x2 ≥ 18 x1 ≥ 0 e x2 ≥ 0 Passando para a forma padrão, temos: Maximizar Z’ = 3x1 + 5x2 s.a.:

x1 + x3 = 4 x2 + x4 = 6

3x1 + 2x2 - x5 = 18 x1 ≥ 0, x2 ≥ 0, x3 ≥ 0, x4 ≥ 0, x5 ≥ 0

x10

x2

6

4

3

2

A B

C

Observe que, neste caso, não podemos considerar a solução inicial contendo somente as variáveis de folga, o que resultaria em uma solução inviável. Isso pode ser visto na representação gráfica do problema, mostrado acima. A solução trivial x1 = 0 e x2 = 0 não pertence ao espaço de soluções. Nessas situações, normalmente opta-se por usar um dos seguintes métodos para solucionar o mode-lo de P.L.: • Método do grande M • Método das duas fases Veremos aqui o método das duas fases (o outro será discutido em sala de aula).

Page 50: Apostila Pesquisa operacional

48

Na FASE 1, utilizamos o simplex sobre o problema modificado, e tentamos encontrar uma solução básica viável inicial do problema original. Na FASE 2, de posse da base encontrada na 1a Fase, aplicamos o método simplex tradicional em busca da solução ótima do problema. FASE 1

1. Introduzimos uma variável artificial ajx para cada restrição do problema, ou somente para as

restrições que tiverem variável de folga com coeficiente negativo. 2. Resolvemos o problema para a seguinte F.O. modificada:

Min. q = ∑ ajx

3. Se q* = 0, então existe uma solução básica viável para o problema original. Neste caso, elimi-namos as variáveis artificiais, substituímos a F.O. modificada pela original e prosseguimos com o simplex.

Introduzindo uma variável artificial ax6 , e mudando a função objetivo de forma a conter somente as

variáveis artificiais, temos: Minimizar q = ax6

s.a.: x1 + x3 = 4

x2 + x4 = 6 3x1 + 2x2 - x5 + ax6 = 18

x1 ≥ 0, x2 ≥ 0, x3 ≥ 0, x4 ≥ 0, x5 ≥ 0, ax6 ≥ 0

V.B. x1 x2 x3 x4 x5 ax6

q 0 0 0 0 0 -1 x3 1 0 1 0 0 0 4 x4 0 1 0 1 0 0 6

ax6 3 2 0 0 -1 1 18

Reduzindo a coluna 6 à forma canônica, temos:

V.B. x1 x2 x3 x4 x5 ax6

q 3 2 0 0 -1 0 18 x3 1 0 1 0 0 0 4 x4 0 1 0 1 0 0 6

ax6 3 2 0 0 -1 1 18

Iteração 1:

V.B. x1 x2 x3 x4 x5 ax6

q 3 2 0 0 -1 0 18 x3 1 0 1 0 0 0 4 x4 0 1 0 1 0 0 6

ax6 3 2 0 0 -1 1 18

Page 51: Apostila Pesquisa operacional

49

Iteração 2:

V.B. x1 x2 x3 x4 x5 ax6

q 0 2 -3 0 -1 0 6 x1 1 0 1 0 0 0 4 x4 0 1 0 1 0 0 6

ax6 0 2 -3 0 -1 1 6

V.B. x1 x2 x3 x4 x5

ax6

q 0 0 0 0 0 -1 0 x1 1 0 1 0 0 0 4 x4 0 0 3/2 1 1/2 -1/2 3 x2 0 1 -3/2 0 -1/2 1/2 3

Fim da Fase 1. Retirando as partes sombreadas acima, e re-introduzindo a função objetivo original, temos: FASE 2 V.B. x1 x2 x3 x4 x5 -Z’ 3 5 0 0 0 0 x1 1 0 1 0 0 4 x4 0 0 3/2 1 1/2 3 x2 0 1 -3/2 0 -1/2 3

Reduzindo as colunas 1 e 2 à forma canônica, temos: V.B. x1 x2 x3 x4 x5 -Z’ 0 0 9/2 0 5/2 -27 x1 1 0 1 0 0 4 x4 0 0 3/2 1 1/2 3 x2 0 1 -3/2 0 -1/2 3

Iteração 3: V.B. x1 x2 x3 x4 x5 -Z’ 0 0 9/2 0 5/2 -27 x1 1 0 1 0 0 4 x4 0 0 3/2 1 1/2 3 x2 0 1 -3/2 0 -1/2 3

Iteração 4: V.B. x1 x2 x3 x4 x5 -Z’ 0 0 0 -3 1 -36 x1 1 0 0 -2/3 -1/3 2 x3 0 0 1 2/3 1/3 2 x2 0 1 0 1 0 6

Page 52: Apostila Pesquisa operacional

50

Quadro final (ótimo): V.B. x1 x2 x3 x4 x5 -Z’ 0 0 -3 -5 0 -42 x1 1 0 1 0 0 4 x5 0 0 3 2 1 6 x2 0 1 0 1 0 6

x10

x2

6

4

3

2

A B

C

q = 18 q = 6

q = 0Z = -27

Z = -36

Z = -42

Segundo Exemplo: Escolha da Mistura para Rações

Grão 1 Grão 2 Necessidades mínimas Nutriente A 2 3 650 Nutriente C 5 3 1050

$/kg 32 35

Seja: x1 = qtde. (kg) do Grão 1 usada na ração x2 = qtde. (kg) do Grão 2 usada na ração Minimizar 32x1 + 35x2 Sujeito a:

2x1 + 3x2 ≥ 650 5x1 + 3x2 ≥ 1050

x1 ≥ 0, x2 ≥ 0

Page 53: Apostila Pesquisa operacional

51

FASE 1 Introduzindo as variáveis de folga e as variáveis artificiais, temos o seguinte modelo artificial, já na forma padrão: Maximizar q = 5 6

a ax x− −

s.a.: 2x1 + 3x2 – x3 + 5

ax = 650

5x1 + 3x2 – x4 + ax6 = 1050

V.B. x1 x2 x3 x4 5ax ax6

q 0 0 0 0 -1 -1

5ax 2 3 -1 0 1 0 650 ax6 5 3 0 -1 0 1 1050

Reduzindo as colunas 5 e 6 à forma canônica, temos:

V.B. x1 x2 x3 x4 5ax ax6

q 7 6 -1 -1 0 0 1700

5ax 2 3 -1 0 1 0 650 ax6 5 3 0 -1 0 1 1050

Iteração 1:

V.B. x1 x2 x3 x4 5ax ax6

q 7 6 -1 -1 0 0 1700

5ax 2 3 -1 0 1 0 650 ax6 5 3 0 -1 0 1 1050

Iteração 2:

V.B. x1 x2 x3 x4 5ax ax6

q 0 1,8 -1 0,4 0 -1,4 230

5ax 0 1,8 -1 0,4 1 -0,4 230

x1 1 0,6 0 -0,2 0 0,2 210

V.B. x1 x2 x3 x4 5ax ax6

q 0 0 0 0 -1 -1 0 x2 0 1 -0,56 0,22 0,56 -0,22 127,78 x1 1 0 0,33 0,13 -0,33 -0,13 133,33

Fim da Fase 1. Retirando as partes sombreadas acima, e re-introduzindo a função objetivo original, temos:

Page 54: Apostila Pesquisa operacional

52

FASE 2 V.B. x1 x2 x3 x4 -Z’ 32 35 0 0 0 x2 0 1 -0,56 0,22 127,78 x1 1 0 0,33 0,13 133,33

Reduzindo as colunas 1 e 2 à forma canônica, temos: V.B. x1 x2 x3 x4 -Z’ 0 0 -8,78 -12,04 -8.738.89 x2 0 1 -0,56 0,22 127,78 x1 1 0 0,33 0,13 133,33

O quadro acima já contém a solução ótima: x1 = 133,33 kg x2 = 127,78 kg Custo mínimo = $ 8.738.89 As iterações do algoritmo são representadas na figura abaixo:

0 40 80 120 160 200 240 280 320 360 4000

40

80

120

160

200

240

280

320

360

400

F.O.Nutr.ANutr.C

Mistura de Ração

x1

x2

Page 55: Apostila Pesquisa operacional

53

Elementos de Pós-Otimização Seja o PPL dado pela Forma Padrão: Max. Z = cx s.a. Ax = b, x ≥ 0 e suponha que a aplicação do método Simplex encontrou uma solução ótima associada a uma matriz básica B. Podemos ter então as seguintes situações:

1. Mudança no vetor c 2. Mudança no vetor b 3. Mudança na matriz A 4. Adição de nova atividade 5. Adição de uma nova restrição.

Se a análise não permite mudança na base B, tem-se uma Análise de Sensibilidade. Caso contrário, uma Análise Paramétrica. Neste módulo, será feita uma abordagem da primeira situação. � Em que faixa podem variar os custos e os meus recursos de modo que a minha solução não

mude? Max. Z = cx s.a. Ax = b, x ≥ 0 é equivalente a:

Max. Z = B B R Rc x c x+

s.a. B RBx Rx b+ = ,

0, 0B Rx x≥ ≥

Como já foi visto anteriormente, o método Simplex procura, a partir de uma determinada partição da matriz A, resolver o sistema de equações Ax = b, sendo que a solução, para 0Rx = , é de-

nominada solução básica. Se esta solução atende a restrição x ≥ 0, ela é denominada de solução bá-sica viável. Se ela minimiza a F.O. Z, ela é chamada de solução ótima do PPL. O Quadro Simplex na Forma Canônica:

Bx Rx

-Z 0 cj – zj 1Bc B b−

xB I 1B R− 1B b−

onde zj = 1B jc B a−

Page 56: Apostila Pesquisa operacional

54

Condição de Otimalidade (maximização):

(cj – zj) ≤ 0

para toda variável não básica.

Um exemplo:

Considere o modelo do PPL visto na página 45 (com Xp e Xc sendo substituídos por x1 e x2, respec-

tivamente):

max. x1 + x2 s.a.

x1 + x3 = 300 x2 + x4 = 150 x1 + 1,5x2 + x5 = 400 xj ≥ 0

sendo

[ ]

1

2

3

4

5

1 0 1 0 0 300

0 1 0 1 0 150 1 1 0 0 0

1 1,5 0 0 1 400

x

x

A b c x x

x

x

= = = =

Vimos que a solução ótima para este PPL é:

Z* = 366.67 x* = (300; 66,67; 0; 83.33; 0; 0)

Temos, portanto, que x1, x2 e x4 são atividades básicas, e x3, x5 são atividades não básicas. Expres-sando isso em termos das equações matriciais vistas anteriormente, temos...

1

1 0 0 1 0 1 0 0

0 1 1 0 0 0,67 0 0,67

1 1,5 0 0 1 0,67 1 0,67

B R B−

= = = − −

[ ] [ ]1

32

54

1 1 0 0 0 B R B R

xx

c c x x xx

x

= = = =

[ ]1 0,333 0,667R Bc c B R−− = − −

[ ]1 300 66,67 83,33Bx B b−= =

366,67B Bc x =

...que é precisamente o resultado que obtivemos na resolução do PPL através do Simplex:

Page 57: Apostila Pesquisa operacional

55

==================================================== -Z| 0.0 0.0 -0.3 0.0 -0.7| -366.7 ---------------------------------------------------- Xp| 1.0 0.0 1.0 0.0 0.0| 300.0 X4| 0.0 0.0 0.7 1.0 -0.7| 83.3 Xc| 0.0 1.0 -0.7 0.0 0.7| 66.7 ====================================================

Mudança no vetor c A análise é feita considerando-se a variação no coeficiente de cada variável na função objetivo, exi-gindo-se que as condições de otimalidade: (cj – zj) ≤ 0

sejam atendidas para toda VNB. Neste caso, se a variável em questão for não básica resolve-se uma desigualdade linear, enquanto que se ela for variável básica resolve-se um sistema de desigualdades lineares. Exemplo: Considere a VNB x3 no quadro SIMPLEX ótimo visto anteriormente. O coeficiente de x3 na F.O. é c3 = 0. Deve-se ter:

[ ]

13 3 3 3( ) 0 ( ) 0

1 0 0 1

(0 ) 1 1 0 0,67 0 0,67 0 0

0,67 1 0,67 0

0,333 0

0,333

Bc z c c B aλ λ

λ

λλ

−+ − ≤ ⇒ + − ≤

⇒ + − − ≤ −

⇒ − ≤⇒ ≤

Isso permite uma variação para c3 de –∞ até 0,333. Neste intervalo, x3 continuará sendo VNB. Mais ainda, os conjuntos de VB e de VNB não mudam. Para fazer a mesma análise considerando uma VB (e.g. x1), poderíamos fazer assim:

[ ] [ ]

1 0

1 0 0 1 0

0 0 (1 ) 1 0 0,67 0 0,67 0 0 0

0,67 1 0,67 0 1

0,333

R Bc c B R

λ

λ

−− ≤

⇒ − + − ≤ −

⇒ ≥ −

Page 58: Apostila Pesquisa operacional

56

Mudança no vetor b Qualquer mudança no vetor b deve ser feita de modo que as VB continuem não negativas, ou seja: B-1b ≥ 0 Exemplo: Considere o elemento b1=300. Temos então que:

11

2

3

1 0 0 300

0 0,67 0 0,67 150 0

0,67 1 0,67 400

300 0

66,67 0.67 0

83,33 0.67 0

125 100

b

B b

b

λ λ

λλλ

λ

+ + ≥ ⇒ − ≥ −

+ ≥

⇒ − ≥ + ≥

⇒ − ≤ ≤

o que permite uma variação para o elemento b1 de 175 a 400.

Page 59: Apostila Pesquisa operacional

57

Dualidade

L

LC C

R

Re t( ) i t( )

i

e

Circuito 1 Circuito 2 Relacionamentos entre a corrente i e a tensão e:

Circuito 1: )(1

teidtC

Ridt

diL =++ ∫

Circuito 2: )(1

tiedtL

Gidt

deC =++ ∫

onde RG 1=

Forma geral: )(tyxdtcbxdt

dxa =++ ∫

Dizemos que os Circuitos 1 e 2 são duais. Circuito 1: primal Circuito 2: dual (ou vice-versa) Seja o modelo de PL:

Max. ∑=

n

jjj xc

1

(1)

s.a. i

n

jjij bxa ≤∑

=1

, para i = 1, 2, ..., m (2)

xj ≥ 0 para j = 1, 2, ..., n (3) Chamamos esse modelo de primal. O modelo dual relacionado a ele é:

Min. ∑=

m

iiiub

1

(4)

s.a. j

m

iiij cua ≥∑

=1

, para j = 1, 2, ..., n (5)

ui ≥ 0 para i = 1, 2, ..., m (6) Usando a notação matricial, temos:

Page 60: Apostila Pesquisa operacional

58

Primal (P) Dual (D)

Max. cx Min. ub s.a. Ax ≤ b s.a. uA ≥ c x ≥ 0 x: (1× n)

u ≥ 0 u: (m × 1)

Exemplo:

Primal (P) Dual (D) Max. 3x1 + 1x2 + 2x3 s.a. 2x1 + 4x2 + 3x3 ≤ 6 3x1 + 3x2 + 1x3 ≤ 8 x1 ≥ 0, x2 ≥ 0, x3 ≥ 0

Min. 6u1 + 8u2

s.a. 2u1 + 3u2 ≥ 3 4u1 + 3u2 ≥ 1 3u1 + 1u2 ≥ 2 u1 ≥ 0, u2 ≥ 0

Teorema 1: Se x e u são soluções viáveis dos problemas (P) e (D), respectivamente, então buxc ≤ Teorema 2: Se x e u são soluções viáveis dos problemas (P) e (D), respectivamente, e buxc = , então essas so-luções são ótimas, ou seja, bucx ** =

Teorema da Existência Para um par de problemas duais, uma e somente uma das alternativas abaixo é verdadeira: • Nenhum dos problemas tem solução. • Um deles não tem solução viável e o outro tem solução ótima ilimitada. • Ambos possuem solução ótima finita. Ex: (P) Max. –3x1 + 2x2 s.a. x1 ≤ 3 x1 – x2 ≤ 0 x1 ≥ 0, x2 ≥ 0

(D) Min. –3u1 + 0u2

s.a. u1 + u2 ≥ –3 3u2 ≤ –2 u1 ≥ 0, u2 ≥ 0

Teorema das Folgas Complementares Dado um par de problemas duais, uma condição necessária e suficiente para que as soluções x e u sejam ótimas é que se verifiquem as seguintes relações de complementaridade de folga:

u(Ax – b) = 0 (c – uA)x = 0

Prova:

Page 61: Apostila Pesquisa operacional

59

≥−∴≥−∴≤≥−∴≥−∴≥

0)(0

0)(0

xAucAuccAu

bxAubxAbxA

Fazendo

−=−=

xAuc

bxAu

)(

)(

βα

Teremos: 0)()( ≥−=−+−=+ buxcxAucbxAuβα Se x e u forem soluções ótimas, teremos: buxc = Logo, 0== βα

Relacionamentos entre o Problema Primal e seu Dual Na prática, muitos modelos de PL contêm restrições do tipo “≤”, bem como outras restrições do tipo “≥” e outras ainda do tipo “=”. Podemos ainda ter variáveis irrestritas ou até mesmo negativas no modelo original (não padrão), como vimos anteriormente. A tabela abaixo mostra como podemos converter imediatamente esses modelos “mistos” em seus respectivos duais, sem que seja necessá-rio passar fazer o modelo passar por transformações intermediárias.

Problema de Maximização

Problema de Minimização

≥ 0 ←–→ ≥ ≤ 0 ←–→ ≤

Var

iáve

is

Irrestrito ←–→ = Res

triç

ões

≤ ←–→ ≥ 0 ≥ ←–→ ≤ 0 = ←–→ Irrestrito R

estr

içõe

s

Var

iáve

is

Feita essa primeira transformação, podemos então aplicar as regras usuais para passar o modelo du-al para a forma padrão, caso, seja necessário.

Page 62: Apostila Pesquisa operacional

60

Exemplo Uma fábrica pode produzir três produtos: televisores, DVDs e cãmeras de vídeo. Na tabela abaixo estão apresentados os consumos dos principais recursos da fábrica por produto, bem como a dispo-nibilidade destes recursos, a contribuição unitária de cada produto para o lucro da empresa, e a de-manda mínima do mercado.

Consumo de Recursos (horas / unid.) Recursos da Fábrica (Setores de Produção) Televisor DVD Cãmera

Disponibilidade (horas / mês)

Produção de Circuitos Produção de Mecanismos Produção de Gabinetes Montagem de Produtos Expedição

0,151 0,000 0,078 0,340 0,057

0,210 0,345 0,056 0,450 0,030

0,120 0,450 0,045 0,370 0,045

22,500 17,200 10,500 35,000 6,800

Lucro (R$ / unid.) 45,00 115,00 216,00

Demanda mínima (unid. / mês) 55,800 15,500 23,200

Para o problema acima foi obtida a seguinte solução ótima através do Lindo: OBJECTIVE FUNCTION VALUE 1) 9578.494 VARIABLE VALUE REDUCED COST X1 55.800000 0.000000 X2 15.500000 0.000000 X3 24.467567 0.000000 ROW SLACK OR SURPLUS DUAL PRICES 2) 7.883092 0.000000 3) 0.842095 0.000000 4) 4.178559 0.000000 5) 0.000000 583.783813 6) 2.053360 0.000000 7) 0.000000 -153.486481 8) 0.000000 -147.702698 9) 1.267568 0.000000 RANGES IN WHICH THE BASIS IS UNCHANGED: OBJ COEFFICIENT RANGES VARIABLE CURRENT ALLOWABLE A LLOWABLE COEF INCREASE D ECREASE X1 45.000000 153.486481 INFINITY X2 115.000000 147.702698 INFINITY X3 216.000000 INFINITY 12 1.444443 RIGHTHAND SIDE RANGES ROW CURRENT ALLOWABLE A LLOWABLE RHS INCREASE D ECREASE 2 22.500000 INFINITY 7.883092 3 17.200000 INFINITY 0.842095 4 10.500000 INFINITY 4.178559 5 35.000000 0.692389 0.469000 6 6.800000 INFINITY 2.053360 7 55.800000 1.379412 2.036438 8 15.500000 1.042222 4.162659 9 23.200000 1.267568 INFINITY

Page 63: Apostila Pesquisa operacional

61

1. Construa um modelo matemático para este problema de produção.

Observando a tabela com os parãmetros, e mais a seqüência na qual estão dispostas as cons-tantes do lado direito (RHS) na solução dada, podemos construir o modelo exato que foi u-sado para obter a solução pelo Lindo: maximizar 45x1 + 115x2 + 216x3 (1) sujeito a:

0,151x1 0,210x2 + 0,120x3 ≤ 22,5 (2)

0,345x2 0,450x3 ≤ 17,2 (3) 0,078x1 + 0,056x2 0,045x3 ≤ 10,5 (4) 0,340x1 0,450x2 0,370x3 ≤ 35,0 (5) 0,057x1 0,030x2 0,045x3 ≤ 6,8 (6)

x1 ≥ 55,8 (7) x2 ≥ 15,5 (8) x3 ≥ 23,2 (9)

2. Descreva a solução obtida (variáveis de decisão, variáveis de folga e função objetivo).

– O lucro máximo obtido foi de R$ 9578,494 / mês; – Para obter esse lucro, é preciso fabricar uma média de 55,8 televisores, 15,5 DVDs e

24,47 Cãmeras por mês; – Pelo resultado das variáveis de folga, vemos que:

– O setor de Montagem de Produtos trabalhará sem qualquer folga; – O setor de Produção de Circuitos é o que está com uma folga maior (7,88 h/mês), se-

guido pelo setor de Produção de Gabinetes (4,18 h/mês); – Serão fabricadas exatamente as quantidades mínimas possíveis de televisores e

DVDs, e uma média de 1,27 cãmeras / mês a mais que o mínimo de 23,2.

3. O que aconteceria com o lucro da empresa se a demanda de televisores passasse para: i) 57 unid. / mês?

Pela análise de sensibilidade, vemos que, para que a mesma base seja mantida, a demanda de televisores precisa estar entre (55,8 – 2,036438) e (55,8 + 1.379412), ou seja, entre 53,76 e 57,18. Portanto, com uma demanda de 57 unid./mês, podemos considerar o preço dual para a restrição de demanda de televisores, que é de cerca de –153,48. Isso significa que o lucro da empresa piora de R$ 153,48 para cada unidade de aumento da demanda de televisores. Para uma demanda de 57, teríamos um aumento na demanda de 1,2, e portanto o lucro sofreria um decréscimo de 1,2 × 153,48 = R$ 184,17 / mês.

ii) 60 unid. / mês?

Neste caso, a demanda ultrapassaria o limite estabelecido pela análise de sensibilidade, e te-ríamos uma mudança de base. Não podemos, neste caso, fazer qualquer análise quantitativa com base somente nas informações fornecidas na solução do problema.

4. Faça sugestões para o superintendente da empresa, de modo que se possa aumentar ainda mais o

lucro total. Para o superintendente da empresa, provavelmente seria difícil alterar as demandas mínimas dos produtos, pois esses são estabelecidos pelo mercado. Aumentar o lucro para cada produ-

Page 64: Apostila Pesquisa operacional

62

to seria uma sugestão óbvia, mas isso provavelmente já teria sido feito se fosse possível. A-nalisando as variáveis de folga e os preços duais, vemos que, para cada unidade que aumen-tarmos a capacidade do Setor de Montagem de Produtos, o lucro aumenta em R$ 583,78 / mês. Podemos tentar obter essa capacidade adicional usando um pouco de mão de obra ocio-sa dos setores de Produção de Circuitos e de Produção de Gabinetes. Se não for possível des-locar essa mão de obra, teríamos ainda grande chance de contratar mão de obra adicional a um custo menor do que R$ 583,78 / hora. Deve ser notado, no entanto, que esse aumento no lucro só é válido para uma capacidade desse setor 0,62 horas / mês acima da capacidade atu-al. Portanto, seria interessante fazer algumas simulações para ter uma idéia melhor das con-seqüências da contratação de um novo funcionário para esse setor.

Page 65: Apostila Pesquisa operacional

63

PARTE II – Programação em Redes

Introdução No contexto da Pesquisa Operacional, chamamos de Programação em Redes o estudo dos proble-mas que utilizam a Teoria dos Grafos como um dos principais recursos de modelagem. Neste con-texto, o termo “rede” pode se referir não somente a uma “rede de computadores”, mas também a uma rede de transportes, de distribuição etc. Exemplos:

• Redes de computadores • Redes ferroviárias • Redes de telecomunicações • Redes de estradas • Redes Elétricas • Redes de esgotos • Redes de transportes • Redes de atividades → “scheduling” de atividades em grandes projetos

Neste escopo, portanto, uma rede pode se referir a qualquer conjunto de entidades (computadores, lojas, fábricas, máquinas, pessoas etc.) interligadas por meio de cabos, estradas, caminhos etc., ou que possuem algum inter-relacionamento. Esse tipo de problema se encaixa perfeitamente na mode-lagem por meio de grafos, como veremos mais adiante.

Antes de estudarmos formalmente o que são grafos, considere o seguinte exemplo: Um vendedor ambulante deve sair de uma cidade de origem, visitar várias outras cidades, e depois retornar à ci-dade de origem, passando por cada uma dessas cidades uma única vez. Sabendo que existem muitas formas diferentes de realizar essas visitas, ele deseja descobrir o itinerário que proporciona a menor distância (ou tempo ou custo) total percorrida. Esse problema clássico da P.O. é chamado de “Pro-blema do Caixeiro Viajante (PCV)”. Podemos exemplificar o problema considerando somente 5 ci-dades e a rede de interligações (estradas) ilustrada na figura a seguir, onde os valores nas linhas re-presentam as distâncias entre as cidades.

Redes / Grafos

ESTRUTURA TOPOLÓGICA

INFORMAÇÕES QUANTITATIVAS SOBRE OS ELEMENTOS

Page 66: Apostila Pesquisa operacional

64

2 3

4 5

1

300

300

200

200

200

150

350

200

250

350

Como podemos resolver esse problema? A forma mais simples seria enumerar todas as rotas possí-veis e calcular a distância de cada uma. Como a posição da cidade-origem no itinerário é fixo, esse método envolveria analisar todas as permutações possíveis dentre as n–1 cidades restantes, ou seja, analisar (n–1)! possíveis rotas. Com 5 cidades, teríamos 4! = 24 rotas, o que seria trivial de analisar (podendo até mesmo ser feito à mão). Com 10 cidades, teríamos cerca de 362 mil rotas, o que seria perfeitamente possível com a ajuda de um micro-computador. Aumentando esse número para 20 cidades, teríamos cerca de 1017 rotas. Se pudéssemos implementar um programa que pudesse analisar uma solução (permutação) a cada ciclo de relógio de um computador, então usando um computador de 4 GHz gastaríamos:

17

9

10

4 10×= 2,5 × 107 segundos = 9,5 meses!

Com 50 cidades, teríamos cerca de 1062 rotas, requerendo cerca de 1045 anos de processamento! Embora o uso de uma técnica dessas de “força bruta” não fosse a maneira mais inteligente de en-contrar uma solução ótima para esse problema (a não talvez para um pequeno número de cidades), nesse caso não existe realmente uma técnica apropriada para fazer isso, seja ela por meio de mode-lagem matemática em forma de PL, ou usando um outro algoritmo qualquer. Diferente dos proble-mas de PL que estudamos anteriormente, que dispõem do eficiente método Simplex, todos os méto-dos disponíveis para a obtenção de uma solução ótima para o PCV possuem dificuldade exponenci-al com o tamanho do problema (número de cidades). Assim como o PCV, diversos outros problemas de programação em redes são extremamente difíceis de resolver. Nesses casos, o mais indicado é o uso de heurísticas, ou seja, algoritmos buscam en-contrar uma solução boa para o problema, mas não necessariamente a solução ótima, dentro de um intervalo de tempo viável. No entanto, outros problemas de programação em redes, embora possam ser modelados como PLs e resolvidos pelo Simplex, possuem métodos de solução bem mais eficientes e que permitem resolver problemas bem maiores do que seria possível se usássemos a modelagem matemática. Isso é possí-vel graças aos desenvolvimentos obtidos na Teoria dos Grafos. Além de vermos alguns desses pro-blemas, a nossa preocupação será também identificar aqueles problemas que, assim como o PCV, são mais difíceis de resolver e, portanto, requerem a busca de soluções não-ótimas ou “aproxima-das”.

Page 67: Apostila Pesquisa operacional

65

Introdução à Teoria de Grafos Teoria dos grafos é uma ferramenta para formular problemas, tornando-os precisos, e definindo in-ter-relações fundamentais. Algumas vezes, uma formulação simples e precisa de um problema nos ajuda a compreendê-lo melhor. O maior trunfo de uma ferramenta de formulação é a possibilidade de compreender o modelo matemático de modo simplificado. Deste modo, na Teoria dos Grafos, a maior unidade de aprendizado que se usa é a assistência a colocações e possíveis encaminhamentos futuros a um problema. Uma vez que um problema seja formulado em linguagem teórica de grafos, os conceitos de Teoria dos Grafos podem ser usados para definir o que é necessário para analisar o problema. Também, a Teoria dos Grafos pode nos levar a novos conceitos teóricos os quais podem ser usados para construir teorias sobre problemas da sociedade. No entanto, alguns problemas po-dem ser modelados somente em parte por grafos - problemas de telecomunicações, dentre outros, nos levando a crer que esta teoria é algo que complementa com elegância a análise de vários pro-blemas de nosso dia a dia. Problemas de Grafos surgem geralmente em:

• Caminhos; • Redes de comunicação; • Localização de facilidades (Depósitos, Hospitais, Escolas, etc.); • Desenhos de circuitos impressos; • Desenho e/ou layout de revistas, jornais, etc; • Distribuição de produtos; • Telecomunicações; • Limpeza urbana; • Controle de tráfego; • Atribuição de rádio freqüência móvel, etc.

Teoria dos grafos, sem abusar muito do princípio, é uma ferramenta que às vezes resolve problemas e algumas vezes nos dá idéias sobre como resolvê-los. Ela, em geral, tem que ser usada em conjunto com muitas outras ferramentas, matemáticas ou estatísticas, etc. Felizmente, o uso da teoria dos gra-fos pode nos ajudar a compreender em “poucas palavras” o significado de grandes problemas liga-dos à nossa vida social, e algumas de suas possíveis soluções.

Uma Breve História da Teoria dos Grafos Os problemas de Percurso em Arcos são os mais antigos relacionados a grafos. A primeira referên-cia que se conhece sobre eles vem do famoso problema das sete pontes de Königsberg (Figura 1). Buscava-se saber se havia um caminho fechado que atravessasse exatamente uma vez sete pontes sobre o rio Pregel em Königsberg, hoje Kaliningrad (Figura 2). O problema foi solucionado em 1736 pelo matemático suíço Leonhard Euler, que encontrou as condições para a existência de um percurso fechado (grafo euleriano), e mostrou que não havia solução que satisfizesse aquele caso particular (Figura 3). A preocupação de Euler, na demonstração da solução, foi exclusivamente sobre a existência do ca-minho fechado, já a questão de determiná-lo só foi resolvida em 1873 (ou seja, 137 anos mais tarde) por Heierholzer.

Page 68: Apostila Pesquisa operacional

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Figura 1: Visualização de Königsberg, e indicação das sete pontes sobre o rio Pregel.

Figura 2: A cidade de Kaliningrad hoje – reconstruída após a 2a Guerra Mundial.

Figura 3: Representação de Euler do problema.

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Muitos anos mais tarde, em 1962, um matemático da Universidade Normal de Shangtun, Kwan Mei-Ko, quando de sua passagem como funcionário dos correios durante a revolução cultural chi-nesa, preocupou-se com uma situação semelhante à de Euler e Heierholzer, porém adequada ao per-curso dos carteiros que atenderiam ruas de sua cidade. Neste caso, Kwan mostrou-se interessado em definir além da travessia, a forma mais fácil de fazê-la, percorrendo a menor distância possível. Kwan, definiu assim o problema: Um carteiro tem que cobrir seu local de trabalho, antes de retor-nar ao posto. O problema é encontrar a menor distância de percurso para o carteiro. Esse proble-ma é conhecido como o “Problema do Carteiro Chinês”. Dentre as muitas e famosas histórias da Teoria dos Grafos, sem dúvida uma das mais curiosas é a do matemático William Rowan Hamilton. Hamilton já fazia parte da Royal Astronomia Irlandesa aos 22 anos, foi condecorado Cavalheiro aos 30 anos, e foi reconhecido como um dos líderes mate-máticos de sua época. Uma de suas descobertas mais significativas foi a existência da álgebra não comutativa, ou seja, a álgebra onde a multiplicação xy não necessariamente é igual a yx. Há muitos sistemas de álgebra não comutativa, e um deles, descoberto por Hamilton foi chamado por ele de O Cálculo Icosiano, o qual pode ser interpretado em termos de caminhos sobre um grafo descrito por um dodecaedro regular. Hamilton comunicou sua descoberta em uma carta datada de 7 de outubro de 1856, e posteriormen-te publicou dois artigos sobre o assunto. Ele usou uma representação gráfica como base de um que-bra-cabeças, que ele chamou de O Jogo Icosiano. Hamilton expôs orgulhosamente o seu jogo na Associação Britânica em Dublin, 1857. A idéia foi vendida por 16 pounds para um comerciante de jogos e quebra-cabeças. O jogo foi comercializado em 1857, acompanhado por um guia de instruções, escrito pelo próprio Hamilton. O leitor logo veria que o objetivo do jogo era encontrar caminhos e circuitos sobre o gra-fo formado pelo dodecaedro, satisfazendo certas condições específicas. Particularmente, o primeiro problema era o de encontrar um circuito passando somente uma vez por cada vértice do dodecaedro, que é exatamente o PCV descrito anteriormente (Figura 4).

Figura 4: (a) Dodecaedro para o Jogo Icosiano. (b) Uma solução ou “ciclo hamiltoniano”.

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Conceitos Básicos da Teoria de Grafos

GRAFO

Um grafo G(V,A) é definido pelo par de conjuntos V e A, onde:

V - conjunto não vazio: os vértices ou nodos do grafo; A - conjunto de pares ordenados a=(v,w), v e w ∈ V: as arestas do grafo.

Seja, por exemplo, o grafo G(V,A) dado por:

V = { p | p é uma pessoa } A = { (v,w) | < v é amigo de w > }

Esta definição representa toda uma família de grafos. Um exemplo de elemento desta família (ver G1) é da-do por:

V = { Maria, Pedro, Joana, Luiz } A = { (Maria, Pedro) , (Joana, Maria) , (Pedro, Luiz) , (Joana, Pedro) }

G1:

Neste exemplo estamos considerando que a relação <v é amigo de w> é uma rela-ção simétrica, ou seja, se <v é amigo de w> então <w é amigo de v>. Como conse-qüência, as arestas que ligam os vértices não possuem qualquer orientação

DIGRAFO (Grafo Orientado)

Considere, agora, o grafo definido por:

V = { p | p é uma pessoa da família Castro }

A = { (v,w) | < v é pai/mãe de w > }

Um exemplo de deste grafo (ver G2) é:

V = { Emerson, Isadora, Renata, Antonio, Rosane, Cecília, Alfredo }

A = {(Isadora, Emerson), (Antonio, Renata), (Alfredo, Emerson), (Cecí-lia, Antonio), (Alfredo, Antonio)}

G2:

A relação definida por A não é simétrica pois se <v é pai/mãe de w>, não é o caso de <w é pai/mãe de v>. O grafo acima é dito ser um grafo orientado (ou digrafo), sendo que as conexões entre os vértices são chamadas de arcos.

Page 71: Apostila Pesquisa operacional

69

ORDEM

A ordem de um grafo G é dada pela cardinalidade do conjunto de vértices, ou seja, pelo número de vértices de G. Nos exemplos ao lado:

• ordem(G1) = 4 • ordem(G2) = 6

ADJACÊNCIA

Em um grafo simples (a exemplo de G1) dois vértices v e w são adjacentes (ou vizi-nhos) se há uma aresta a=(v,w) em G. Está aresta é dita ser incidente a ambos, v e w. É o caso dos vértices Maria e Pedro em G1. No caso do grafo ser dirigido (a exem-plo de G2), a adjacência (vizinhança) é especializada em:

Sucessor: um vértice w é sucessor de v se há um arco que parte de v e chega em w. Em G2, por exemplo, diz-se que Emerson e Antonio são sucessores de Alfredo.

Antecessor: um vértice v é antecessor de w se há um arco que parte de v e chega em w. Em G2, por exemplo, diz-se que Alfredo e Cecília são antecessores de Antonio.

GRAU

O grau de um vértice é dado pelo número de arestas que lhe são incidentes. Em G1, por exemplo:

• grau(Pedro) = 3 • grau(Maria) = 2

No caso do grafo ser dirigido (a exemplo de G2), a noção de grau é especializada em:

Grau de emissão: o grau de emissão de um vértice v corresponde ao número de ar-cos que partem de v. Em G2, por exemplo:

• grauDeEmissao(Alfredo) = 2

Grau de recepção: o grau de recepção de um vértice v corresponde ao número de arcos que chegam a v. Em G2, por exemplo:

• grauDeRecepção(Alfredo) = 0

FONTE

Um vértice v é uma fonte se grauDeRecepção(v) = 0. É o caso dos vértices Isadora, Alfredo e Cecília em G2.

SUMIDOURO

Um vértice v é um sumidouro se grauDeEmissão(v) = 0. É o caso dos vértices Rena-ta e Emerson em G2.

Page 72: Apostila Pesquisa operacional

70

GRAFO REGULAR

Um grafo é dito ser regular quando todos os seus vértices têm o mesmo grau.

O grafo G4, por exemplo, é dito ser um grafo regular-3, pois todos os seus vértices tem grau 3.

G4:

GRAFO COMPLETO

Um grafo é dito ser completo quando há uma aresta entre cada par de seus vértices. Estes grafos são designados por Kn, onde n é a ordem do grafo.

Um grafo Kn possui o número máximo possível de arestas para um dado número de nós n. Ele é, também regular-(n-1), pois todos os seus vértices tem grau n-1.

GRAFO BIPARTIDO

Um grafo é dito ser bipartido quando seu conjunto de vértices V puder ser particio-nado em dois subconjuntos V1 e V2, tais que toda aresta de G une um vértice de V1 a outro de V2.

Para exemplificar, sejam os conjuntos H={h | h é um homem} e M={m | h é um mulher} e o grafo G(V,A) (ver o exemplo G5) onde:

• V = H U M • A = {(v,w) | (v ∈ H e w ∈ M) ou (v

∈ M e w ∈ H) e <v foi namorado de w>}

G5:

O grafo G6 é uma K3,3, ou seja, um grafo bipartido completo que contém duas par-tições de 3 vértices cada. Ele é completo pois todos os vértices de uma partição es-tão ligados a todos os vértices da outra par-tição.

G6:

K3,3

Page 73: Apostila Pesquisa operacional

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GRAFO VALORADO

Um grafo G(V,A) é dito ser valora-do quando existe uma ou mais funções rela-cionando V e/ou A com um conjunto de nú-meros.

Para exemplificar (ver o grafo G7), seja G(V,A) onde:

• V = {v | v é uma cidade com aero-porto}

• A = {(v,w,t) | <há linha aérea ligan-do v a w, sendo t o tempo esperado de vôo>}

G7:

MULTIGRAFO

Um grafo G(V,A) é dito ser um multigra-fo quando existem múltiplas arestas entre pares de vértices de G. No grafo G8, por e-xemplo, há duas arestas entre os vértices A e C e entre os vértices A e B, caracterizando-o como um multigrafo.

G8:

SUBGRAFO

Um grafo Gs(Vs, As) é dito ser subgrafo de um grafo G(V,A) quando Vs ⊂ V e As ⊂ A. O grafo G9, por exemplo, é subgrafo de G8.

G9:

CADEIA

Uma cadeia é uma seqüência qualquer de arestas adjacentes que ligam dois vértices. O conceito de cadeia vale também para grafos orientados, bas-tando que se ignore o sentido da orientação dos arcos. A seqüência de vértices (x6, x5, x4, x1) é um exemplo de cadeia em G11.

Uma cadeia é dita ser elementar se não passa du-as vezes pelo mesmo vértice.

É dita ser simples se não passa duas vezes pela mesma aresta (arco).

O comprimento de uma cadeia é o número de a-restas (arcos) que a compõe.

G11:

Page 74: Apostila Pesquisa operacional

72

CAMINHO

Um caminho é uma cadeia na qual todos os arcos possuem a mesma orientação. A-plica-se, portanto, somente a grafos orientados. A seqüência de vértices (x1, x2, x5, x6, x3) é um exemplo de caminho em G11.

CICLO

Um ciclo é uma cadeia simples e fechada (o vértice inicial é o mesmo que o vértice final). A seqüência de vértices (x1, x2, x3, x6, x5, x4, x1) é um exemplo de ciclo ele-mentar em G11.

CIRCUITO

Um circuito é um caminho simples e fechado. A seqüência de vértices (x1, x2, x5, x4, x1) é um exemplo de circuito elementar em G11.

FECHO TRANSITIVO

O fecho transitivo direto (ftd) de um vértice v é o conjunto de todos os vértices que podem ser atingidos por algum caminho iniciando em v. O ftd do vértice x5 do grafo G17, por exemplo, é o conjunto: {x1, x2, x3, x4, x5, x6}. Note que o próprio vértice faz parte do ftd já que ele é alcançável partindo-se dele mesmo.

O fecho transitivo inverso (fti) de um vértice v é o conjunto de todos os vértices a partir dos quais se pode atingir v por algum caminho. O fti do vértice x5 do grafo G17, por exemplo, é o conjunto: {x1, x2, x4, x5, x7}. Note que o próprio vértice faz parte do fti já que dele se pode alcançar ele mesmo.

G12:

GRAFO CONEXO

Um grafo G(V,A) é dito ser conexo se há pelo menos uma cadeia ligando ca-da par de vértices deste grafo G.

G13:

GRAFO DESCONEXO

Um grafo G(V,A) é dito ser desconexo se há pelo menos um par de vértices que não está ligado por nenhuma ca-deia.

G14:

PONTE

Uma aresta é dita ser um a ponte se sua remoção provoca um redução na conexidade do grafo. As arestas (x1, x2) em G13 e G14 são exemplos de pontes.

Page 75: Apostila Pesquisa operacional

73

ÁRVORE

Uma árvore é um grafo conexo sem ciclos.

Seja G(V,A) um grafo com ordem n > 2; as proprie-dades seguintes são equivalentes para caracterizar G como uma árvore:

1. G é conexo e sem ciclos; 2. G é sem ciclos e tem n-1 arestas; 3. G é conexo e tem n-1 arestas; 4. G é sem ciclos e por adição de uma aresta se

cria um ciclo e somente um; 5. G é conexo, mas deixa de sê-lo se uma aresta

é suprimida (todas as arestas são pontes); 6. todo par de vértices de G é unido por uma e

somente uma cadeia simples.

G20:

ARBORESCÊNCIA

Uma arborescência é uma árvore que possui uma ra-iz. Aplica-se, portanto, somente a grafos orientados.

G21:

FLORESTA

Uma floresta é um grafo cujas componentes conexas são árvores.

G22:

Page 76: Apostila Pesquisa operacional

74

Fluxos em Rede Uma rede é definida como um grafo orientado G(V,A) atravessado por um fluxo F = {f1, f2, ..., fm} que circula em seus m arcos. Em uma rede, normalmente temos três tipos de nós: Nós de oferta ou fontes, que representam entidades que produzem ou distribuem um determinado produto; Nós de demanda ou sumidouros, que representam entidades que consomem ou requerem uma de-terminada demanda do produto; Nós de transbordo, que representam somente “pontos de passagem” para os produtos. São cruza-mentos, cidades, computadores ou quaisquer outras entidades que não produzem e nem consomem nada, mas são somente pontos intermediários entre as ofertas e as demandas. Temos abaixo alguns exemplos de redes, onde os nós s representam as ofertas, os nós t representam as demandas, e os demais nós são nós de transbordo. Os valores em cada arco representam, em ge-ral, custos de transporte, distâncias ou tempos de viagem entre cada par de nós.

Figura 1

Figura 2

Figura 3

Repare que na Figura 1 temos o caso mais simples, onde há somente um nó de oferta e um de de-manda. Essa topologia é usada, por exemplo, na determinação de um caminho mais curto entre dois nós, em problemas de fluxo máximo, e em redes PERT. Na Figura 2, temos diversos nós de oferta e de demanda. Esse grafo poderia representar, por exem-plo, um caso típico onde temos diversas fábricas ou atacadistas que desejam distribuir um ou mais produtos para determinadas cidades ou lojas.

Page 77: Apostila Pesquisa operacional

75

Na Figura 3, o nó de oferta (e.g. uma fábrica) possui diversos centros de distribuição (s1, s2 e s3), que por sua vez distribuem o produto pela rede até outros centros intermediários (e.g. atacadistas ou armazéns), que por sua vez abastassem o consumidor (que poderia ser mais de um, no caso). Em todos esses tipos de problema, no entanto, o que normalmente se busca determinar é o fluxo da rede tal que o custo, o tempo ou a distância total de transporte seja minimizado, ou que o fluxo total seja maximizado. Para isso, devemos determinar o fluxo em cada arco que liga cada par de nós i e j:

Conhecendo o custo cij em cada arco para se transportar cada unidade desse fluxo, podemos calcular o custo total do transporte no grafo todo como sendo:

1 1

Custo Total , ( , )n n

ij iji j

c x i j A= =

= ∀ ∈∑∑

ou:

( , )

Custo Total ij iji j A

c x∈

= ∑

onde A é o conjunto de arcos do grafo. Além do custo ou distância em cada arco, como mostra as figuras anteriores, é comum também re-presentarmos os limites mínimos e máximos dos fluxos nos arcos, como na figura abaixo. Chama-mos essas restrições de capacidade nos arcos.

onde devemos ter, obrigatoriamente, ( , )ij ij ijl x u i j A≤ ≤ ∀ ∈

Da mesma forma, podemos ter restrições de capacidade nos nós. Um exemplo seria o da Figura 3 mostrado anteriormente, onde os centros de distribuição s1, s2 e s3 e os armazéns t1 e t2 teriam ca-pacidades mínimas e/ou máximas associadas a elas (como poderíamos modelar isso?).

Formulação Geral (Clássica) para Problemas de Fluxos em Rede Para modelarmos um problema de fluxo em rede, podemos usar o mesmo princípio de conservação de fluxo que é usado, por exemplo, para circuitos elétricos. Para isso, consideremos um nó i qual-quer para onde chegam e de onde saem determinados arcos (fluxos):

i

i j (cij, l ij, uij)

i j xij

Page 78: Apostila Pesquisa operacional

76

Podemos calcular a soma total dos fluxos que saem do nó i como sendo: Fluxo total que sai do nó i =

( , )ij

i j A

x∈∑

Da mesma forma, podemos calcular a soma total dos fluxos que chegam ao nó i como sendo: Fluxo total que chega ao nó i =

( , )ki

k i A

x∈∑

Para os nós de oferta, temos que o fluxo total que sai do nó não poderá exceder a sua capacidade máxima de oferta si. Além disso, podemos enxergar o fluxo que chega ao nó de oferta como sendo um aumento de sua capacidade de produção ou oferta. Portanto, para cada nó de oferta deverá exis-tir uma restrição com o seguinte formato: (fluxo total que sai do nó i) ≤ si + (fluxo total que chega ao nó i) ou...

( , ) ( , )ij i ki

i j A k i A

x s x∈ ∈

≤ +∑ ∑

ou...

( , ) ( , )ij ki i

i j A k i A

x x s∈ ∈

− ≤∑ ∑ (1)

Para os nós de demanda, temos que o fluxo total que chega ao nó deverá ser exatamente igual à sua demanda di. Além disso, podemos enxergar o fluxo que sai do nó de demanda como sendo um au-mento de sua demanda. Em outras palavras, devemos fazer com que o fluxo resultante ou que efeti-vamente permanece no nó de demanda seja igual a di. Portanto, para cada nó de demanda deverá e-xistir uma restrição com o seguinte formato: (fluxo total que chega ao nó i) = di + (fluxo total que sai do nó i) ou...

( , ) ( , )ki i ij

k i A i j A

x d x∈ ∈

= +∑ ∑

ou...

( , ) ( , )ki ij i

k i A i j A

x x d∈ ∈

− =∑ ∑

Podemos ainda fazer com que o lado esquerdo da equação acima fique igual à Eq.1, bastando mul-tiplicá-la por (-1):

( , ) ( , )ij ki i

i j A k i A

x x d∈ ∈

− = −∑ ∑ (2)

Para os nós de transbordo, temos que o fluxo total que sai do nó deverá ser exatamente igual ao fluxo que chega ao nó, já que não há produção nem consumo no nó. Portanto, para cada nó de transbordo deverá existir uma restrição com o seguinte formato: (fluxo total que sai do nó i) = (fluxo total que chega ao nó i) ou...

Page 79: Apostila Pesquisa operacional

77

( , ) ( , )

ij kii j A k i A

x x∈ ∈

=∑ ∑

ou...

( , ) ( , )

0ij kii j A k i A

x x∈ ∈

− =∑ ∑ (3)

Com isso, o modelo completo pode ser escrito da seguinte forma: Minimizar

( , )

Custo Total ij iji j A

c x∈

= ∑

s.a.

( , ) ( , )ij ki i

i j A k i A

x x s∈ ∈

− ≤∑ ∑ i S∀ ∈

( , ) ( , )

ij ki ii j A k i A

x x d∈ ∈

− = −∑ ∑ i D∀ ∈

( , ) ( , )

0ij kii j A k i A

x x∈ ∈

− =∑ ∑ i T∀ ∈

ij ij ijl x u≤ ≤ ( , )i j A∀ ∈

onde: A = conjunto dos arcos do grafo G = (V, A); S = conjunto dos nós de oferta; D = conjunto dos nós de demanda; T = conjunto dos nós de transbordo; xij = fluxo no arco (i, j); cij = custo por unidade do fluxo no arco (i, j); si = capacidade máxima de oferta dos nós i ∈ S; di = demanda dos nós i ∈ D; l ij = limite mínimo para o fluxo no arco (i, j); uij = limite máximo para o fluxo no arco (i, j). A última restrição, que limita o fluxo nos arcos, poderá existir ou não. Quando existir, dizemos que o problema é capacitado. Caso contrário, o problema é não-capacitado, e essa restrição poderá ser substituída por: 0ijx ≥ ( , )i j A∀ ∈

Veja que, para que o modelo seja viável, devemos ter, obrigatoriamente: ,i js d i S j D≥ ∀ ∈ ∈∑ ∑

Page 80: Apostila Pesquisa operacional

78

Sistemas Equilibrados Em sistemas ditos equilibrados, temos que: ,i js d i S j D= ∀ ∈ ∈∑ ∑

Nesses casos, podemos escrever o modelo da seguinte forma: Minimizar

( , )ij ij

i j A

c x∈∑

s.a.

( , ) ( , )

0

i

ij ki ii j A k i A

s i S

x x d i D

i T∈ ∈

∀ ∈− = − ∀ ∈ ∀ ∈

∑ ∑

Uma outra forma de escrever as restrições de conservação de fluxo é a seguinte:

Podemos considerar o fluxo produzido em um nó como sendo a sua capacidade máxima de ofer-ta, caso o nó seja de oferta. Caso contrário, o fluxo produzido no nó é igual a zero. Da mesma for-ma, podemos considerar o fluxo consumido por um nó como sendo a sua demanda, caso o nó seja de demanda. Caso contrário, o fluxo consumido pelo nó é igual a zero. Alguns nós podem inclusive ter, ao mesmo tempo, uma capacidade de oferta e uma demanda interna, o que é facilmente resolvi-do na expressão acima. Veja que, seja ou não o sistema equilibrado, teremos sempre uma variável xij para cada arco do grafo, e também uma restrição para cada nó do grafo.

Fluxo que chega ao nó i

Fluxo produzido no nó i

Fluxo que sai do nó i

Fluxo consumido pelo nó i + + =

Page 81: Apostila Pesquisa operacional

79

O Problema de Fluxo de Custo Mínimo (PFCM) Este problema possui papel principal entre os modelos de otimização em redes, uma vez que ele en-globa uma enorme quantidade de aplicações e pode ser resolvido de maneira extremamente eficien-te. O Problema de Transporte, de Designação, de Caminho Mais Curto e de Fluxo Máximo, que ve-remos mais adiante, são casos especiais do PFCM. Todos esses problemas citados acima são Problemas de Programação Linear, logo o Simplex pode ser utilizado para sua resolução. No entanto, uma versão específica do Simplex, denominada Méto-do Simplex de Redes, pode ser utilizada de maneira ainda mais eficiente do que o próprio Simplex.

Algumas Considerações 1. A rede é representada por um Dígrafo (orientada) e conectada. 2. No mínimo um dos nós é um nó de oferta (origem). 3. No mínimo um dos nós é um nó de demanda (destino). 4. Todos os nós restantes são nós de transbordo (entreposto, intermediário, transshipment). 5. A rede possui arcos, tanto quanto forem necessários, com capacidade suficiente para habilitar

todos os fluxos gerados nos nós de fornecimento para alcançar os nós de demanda. 6. O custo do fluxo através de cada arco é proporcional à quantidade daquele fluxo, onde o custo

por unidade de fluxo é conhecido (cij). 7. O objetivo é minimizar o custo total de enviar o fornecimento disponível através da rede para

satisfazer a demanda dada (um objetivo alternativo é maximizar o lucro total para fazer isto).

Exemplos de Aplicações A mais importante aplicação está em planejar a operação de uma rede de distribuição de uma com-panhia. Este tipo de aplicação envolve determinar um plano para transportar bens a partir das fontes (fábricas, etc.) para locais de armazenagem intermediárias (quando necessário) e então para os cli-entes (demanda).

Tipo de Aplicação Nós de

Fornecimento Nós de

Transbordo Nós de

Demanda

Operação de uma rede de distribuição

Fontes de bens Locais de armazena-gem intermediárias

Clientes

Gerenciamento de detri-tos sólidos

Fontes de resíduos Instalações de pro-

cessamento Locais de depósitos de

resíduos sólidos

Operações de uma rede de fornecimento

Vendedores Estoques intermediá-

rios Instalações de proces-

samento

Gerenciamento de fluxo de dinheiro

Fontes de dinheiro em um tempo específico

Opções de investi-mento

Necessidades de dinhei-ro em um tempo especí-

fico

Coordenação de mistura de produtos em plantas

Plantas Produção de um pro-

duto específico Mercado para um pro-

duto específico Exemplo 1: Considere a rede representada pelo grafo a seguir, onde temos: • Dois nós de oferta (A e B), com capacidade de 60 e 50 unidades, respectivamente; • Dois nós de demanda (D e E), com capacidade de 30 e 60 unidades, respectivamente; • Um nó de transbordo (C).

Page 82: Apostila Pesquisa operacional

80

Temos também os custos de transporte cij e as capacidades máximas de fluxo dos arcos AB e CE.

Podemos também representar a mesma rede da seguinte forma:

onde os bi representam as ofertas nos nós, sendo que ofertas negativas são, na realidade, demandas. Podemos então escrever o modelo usando a formulação geral vista anteriormente: Minimizar Z = 2xAB + 4xAC + 9xAD + 3xBC + xCE + 3xDE + 2xED s.a. Nó A) xAB + xAC + xAD ≤ 60 Nó B) xBC – xAB ≤ 50 Nó C) xCE – xAC – xBC = 0 Nó D) xDE – xAD – xED = –30 Nó E) xED – xCE – xDE = –60 xAB ≤ 10 xCE ≤ 80 xij ≥ 0 A solução dada pelo Lindo© segue abaixo:

A D

B E

C

bA = 60

bB = 50

bD = –30

bE = –60

(2, 0, 10)

(1, 0, 80)

(3, 0, ∞)

(9, 0, ∞)

(4, 0, ∞)

(3, 0, ∞)

(2, 0, ∞)

A D cAD = 9

B E

C

sA = 60

sB = 50

dD = 30

dE = 60

cAB = 2

uAB = 10

cAC = 4

cBC = 3

cDE = 3

cED = 2

cCE = 1

uCE = 80

Page 83: Apostila Pesquisa operacional

81

OBJECTIVE FUNCTION VALUE 1) 480.0000 VARIABLE VALUE REDUCED COST XAB 0.000000 1.000000 XAC 30.000000 0.000000 XAD 10.000000 0.000000 XBC 50.000000 0.000000 XCE 80.000000 0.000000 XDE 0.000000 5.000000 XED 20.000000 0.000000 ROW SLACK OR SURPLUS DUAL PRICES Nó A) 20.000000 0.000000 Nó B) 0.000000 1.000000 Nó C) 0.000000 4.000000 Nó D) 0.000000 9.000000 Nó E) 0.000000 7.000000 7) 10.000000 0.000000 8) 0.000000 2.000000

Esta solução pode ser vista com mais clareza se usarmos o próprio grafo para ilustrá-lo, como visto na figura abaixo. As linhas tracejadas representam arcos (variáveis) não usados na solução.

Exemplo 2: Considere agora a rede representada pelo grafo a seguir, diferindo do anterior somente por ser um sistema equilibrado e totalmente não-capacitado. Nesse caso, os arcos são rotulados somente com seus custos cij:

A D

B E

C

bA = 60

bB = 50

bD = –30

bE = –60

80

10

30

50

20

Page 84: Apostila Pesquisa operacional

82

Podemos então escrever o modelo usando a formulação geral vista anteriormente: Minimizar Z = 2xAB + 4xAC + 9xAD + 3xBC + xCE + 3xDE + 2xED s.a. Nó A) xAB + xAC + xAD = 50 Nó B) xBC – xAB = 40 Nó C) xCE – xAC – xBC = 0 Nó D) xDE – xAD – xED = –30 Nó E) xED – xCE – xDE = –60 xij ≥ 0 A solução segue abaixo: OBJECTIVE FUNCTION VALUE 1) 470.0000 VARIABLE VALUE REDUCED COST XAB 0.000000 1.000000 XAC 50.000000 0.000000 XAD 0.000000 2.000000 XBC 40.000000 0.000000 XCE 90.000000 0.000000 XDE 0.000000 5.000000 XED 30.000000 0.000000 ROW SLACK OR SURPLUS DUAL PRICES Nó A) 0.000000 0.000000 Nó B) 0.000000 1.000000 Nó C) 0.000000 4.000000 Nó D) 0.000000 7.000000 Nó E) 0.000000 5.000000

A D

B E

C

bA = 50

bB = 40

bD = –30

bE = –60

2

1

3

9

4

3

2

Page 85: Apostila Pesquisa operacional

83

Transformando Sistemas Não Equilibrados em Sistemas Equilibrados Caso o sistema não seja equilibrado, é fácil transformá-lo em um sistema equilibrado. Basta acres-centarmos um nó de demanda artificial, cuja demanda será igual à diferença entre a oferta total e a demanda total do sistema. Depois, ligamos todos os nós de oferta a esse nó artificial por meio de ar-cos com custo igual a zero. Fazendo isso, a função-objetivo original não será afetada, e a oferta ex-cedente será naturalmente “escoada” dos nós de oferta para esse nó artificial. Podemos ver isso u-sando o Exemplo 1 visto anteriormente:

Essa nova rede terá, em seu modelo de PL, uma restrição adicional, correspondendo ao nó artificial r , e duas novas variáveis, devido à ligação desse nó com os dois nós de oferta: Minimizar Z = 2xAB + 4xAC + 9xAD + 3xBC + xCE + 3xDE + 2xED s.a. Nó A) xAB + xAC + xAD + xAr = 60 Nó B) xBC + xBr – xAB = 50 Nó C) xCE – xAC – xBC = 0 Nó D) xDE – xAD – xED = –30 Nó E) xED – xCE – xDE = –60 Nó r) – xAr – xBr = –20 xAB ≤ 10; xCE ≤ 80; xij ≥ 0

A D cAD = 9

B E

C

bA = 60

bB = 50

bD = –30

bE = –60

cAB = 2

uAB = 10

cAC = 4

cBC = 3

cDE = 3

cED = 2

cCE = 1

uCE = 80

r

cAr = 0

cBr = 0

br = –20

A D

B E

C

bA = 50

bB = 40

bD = –30

bE = –60

90

50

40

30

Page 86: Apostila Pesquisa operacional

84

Resolvendo o modelo através do Lindo, vemos que a folga que existia para o “Nó A” agora é trans-formada no fluxo xAr: OBJECTIVE FUNCTION VALUE 1) 480.0000 VARIABLE VALUE REDUCED COST XAB 0.000000 1.000000 XAC 30.000000 0.000000 XAD 10.000000 0.000000 XBC 50.000000 0.000000 XCE 80.000000 0.000000 XDE 0.000000 5.000000 XED 20.000000 0.000000 XAR 20.000000 0.000000 XBR 0.000000 1.000000 ROW SLACK OR SURPLUS DUAL PRICES Nó A) 0.000000 0.000000 Nó B) 0.000000 1.000000 Nó C) 0.000000 4.000000 Nó D) 0.000000 9.000000 Nó E) 0.000000 7.000000 Nó R) 0.000000 0.000000 8) 10.000000 0.000000 9) 0.000000 2.000000

PFCM – Formulação Restrita Uma outra maneira de modelar esse tipo de problema é “fechando” ou “curto-circuitando” a rede, como se fosse um circuito elétrico contínuo. Para fazermos isso, basta acrescentar dois novos nós: um nó fonte f que servirá como “super-oferta”, ou seja, abastecerá todos os nós de oferta i ∈ S (com fluxos xfi fixos ou constantes), e um nó sumidouro s que servirá como “super-demanda”, ou seja, escoará a demanda de todos os nós de demanda j ∈ D (também com fluxos xjs fixos ou constantes). Já que nessa rede não haverá aumento nem diminuição do fluxo total (assim como num circuito elé-trico fechado a corrente total é constante), devemos ter, a princípio, um sistema equilibrado. Caso o sistema não seja equilibrado, devemos adicionar ainda um terceiro nó de demanda “artificial”, como descrito anteriormente. Com esses procedimentos, teremos uma rede dita “conservativa”, e podemos utilizar um conceito de conservação de fluxo (ou “corrente”) perfeita em cada nó (conhecida como a primeira Lei de Kirschoff), e a restrição de fluxo de cada nó seguirá o seguinte formato:

Para exemplificar o uso da formulação restrita, usaremos a rede do Exemplo 2, que já é equilibrada, e acrescentaremos somente os nós f e s, juntamente com os arcos correspondentes:

Soma dos fluxos que chegam ao nó i

Soma dos fluxos que saem do nó i =

Page 87: Apostila Pesquisa operacional

85

Podemos então escrever o modelo da seguinte maneira: Minimizar Z = 2xAB + 4xAC + 9xAD + 3xBC + xCE + 3xDE + 2xED s.a. Nó A) xAB + xAC + xAD – xf A = 0 Nó B) xBC – xAB – xf B = 0 Nó C) xCE – xAC – xBC = 0 Nó D) xDE + xDs – xAD – xED = 0 Nó E) xED + xEs – xCE – xDE = 0 Nó f) xf A + xf B – xsf = 0 Nó s) xsf – xDs – xDs = 0 xf A = 50 xf B = 40 xDs = 30 xEs = 60 xij ≥ 0 Propriedades da Matriz “A” de Coeficientes Tecnológicos Considere novamente a rede vista anteriormente no Exemplo 2:

A D

B E

C

bA = 50

bB = 40

bD = –30

bE = –60

2

1

3

9

4

3

2

A D

B E

C

bA = 50

bB = 40

bD = –30

bE = –60

2

1

3

9

4

3

2

f

bf = 90

0

0

s

0

0

bs = –90

0

Page 88: Apostila Pesquisa operacional

86

Iremos agora escrever o modelo de PL, colocando cada variável em uma coluna distinta, já em um formato que se assemelha ao “quadro simplex”: Minimizar Z = 2xAB + 4xAC + 9xAD + 3xBC + xCE + 3xDE + 2xED s.a.

Nó A) xAB + xAC + xAD = 50 Nó B) – xAB + xBC = 40 Nó C) – xAC – xBC + xCE = 0 Nó D) – xAD xDE – xED = –30 Nó E) – xCE – xDE + xED = –60

Escrevendo a matriz A separadamente, em forma de tabela, somente com os coeficientes das variá-veis, temos:

Arcos Nós

xAB xAC xAD xBC xCE xDE xED A + 1 + 1 + 1 B – 1 + 1 C – 1 – 1 + 1 D – 1 + 1 – 1 E – 1 – 1 + 1

Repare que, como temos exatamente uma variável xij para cada arco do grafo, e como cada arco (i, j) “sai” do nó i e “entra” no nó j, temos então que cada vetor-coluna da matriz A associado à variá-vel xij terá a forma: ei – ej onde ei e ej são vetores unitários. A principal propriedade da matriz A é a total unimodularidade. Dizemos que uma matriz é total-mente unimodular quando qualquer sub-matriz quadrada de A possui determinante igual a 0, 1 ou –1. Por causa dessa propriedade, as soluções ótimas obtidas pelo algoritmo Simplex levando-se em conta o sistema linear Ax = b, serão sempre inteiras, desde que os valores de bi sejam também intei-ros. Como já vimos também, a solução juntamente com a respectiva Base segue abaixo:

Arcos Nós

xAC xBC xCE xED A + 1 B + 1 C – 1 – 1 + 1 D – 1 E – 1 + 1

A D

B E

C

bA = 50

bB = 40

bD = –30

bE = –60

90

50

40

30

Page 89: Apostila Pesquisa operacional

87

O Problema de Transporte (PT) O problema de transporte é um caso especial do PFCM, onde a rede pode ser representada por um grafo bipartido . Isso significa que não existem nós de transbordo (intermediários ou de transi-ção) para o fluxo. Além disso, não existem arcos ligando entre si os nós de oferta ou os nós de de-manda. O objetivo nesse caso é descobrir somente as quantidades do produto que cada nó de oferta enviará para cada nó de demanda. A maneira como esses fluxos serão enviados (os trajetos) já é co-nhecida de antemão.

Na visão clássica desse problema, os arcos não possuem limite de capacidade para o fluxo (mas é possível que esses limites existam em alguns casos práticos). O PT consiste então em determinar o fluxo entre cada par de nós (i, j), onde i = 1, 2, ..., m, e j = 1, 2, ..., n, de tal forma a obter o menor custo (ou o maior lucro) total de transporte. Para que o fluxo global seja viável, devemos observar também as mesmas restrições já vistas para o PFCM, ou seja:

• As capacidades dos nós de oferta não devem ser ultrapassadas; • As demandas devem ser atendidas.

Formulação Geral (Clássica) para o PT Para o PT, podemos usar o mesmo modelo geral usado para o PFCM. No entanto, podemos fazer algumas simplificações, já que, para esse problema, • Não existem nós de transbordo; • Só existem arcos saindo dos nós de oferta; • Só existem arcos chegando aos nós de demanda. Com isso, o modelo pode ser escrito assim:

o1 d1

d3

o2

d2

d5

d4

o4

o3

nós de oferta (m)

nós de demanda (n)

cij

Page 90: Apostila Pesquisa operacional

88

Minimizar

( , )

Custo Total ij iji j A

c x∈

= ∑

s.a.

( , )ij i

i j A

x s∈

≤∑ i S∀ ∈

( , )

ij ji j A

x d∈

− = −∑ j D∀ ∈

ij ij ijl x u≤ ≤ ( , )i j A∀ ∈

onde: A = conjunto dos arcos do grafo G = (V, A); S = conjunto dos nós de oferta; D = conjunto dos nós de demanda; xij = fluxo no arco (i, j); cij = custo por unidade do fluxo no arco (i, j); si = capacidade máxima de oferta dos nós i ∈ S; dj = demanda dos nós j ∈ D; l ij = limite mínimo para o fluxo no arco (i, j); uij = limite máximo para o fluxo no arco (i, j). Para os problemas não-capacitados, a última restrição poderá ser substituída por: 0ijx ≥ ( , )i j A∀ ∈

Apesar do modelo acima ser válido e seguir o padrão dos problemas de fluxo em rede, uma outra forma, talvez mais natural ou intuitiva de escrevê-lo é mostrado abaixo (para problemas não-capacitados): Min.

( , )ij ij

i j A

c x∈∑

s.a.

( , )ij i

i j A

x s∈

≤∑ 1,2,3,...,i m=

( , )

ij ji j A

x d∈

=∑ 1,2,3,...,j n=

0ijx ≥ ( , )i j A∀ ∈

Para sistemas equilibrados, podemos ainda escrever: Min.

( , )ij ij

i j A

c x∈∑

s.a.

( , )ij i

i j A

x s∈

=∑ 1,2,3,...,i m=

( , )

ij ji j A

x d∈

=∑ 1,2,3,...,j n=

0ijx ≥ ( , )i j A∀ ∈

Page 91: Apostila Pesquisa operacional

89

Exemplo 1: Considere o Problema de Transporte representado pelo grafo abaixo. Note que os valores ao lado dos nós são as ofertas (si) e as demandas (dj), e os valores nos arcos são os custos cij.

Usando a forma clássica, o modelo de PL que resolve esse problema pode ser escrito assim: Min. Z = 4x11 + 3x12 + 4x21 + 5x22 + 7x23 + 6x24 + 2x33 + 4x34 s.a.

s1) x11 + x12 ≤ 50 s2) x21 + x22 + x23 + x24 ≤ 50 s3) x33 + x34 ≤ 50 d1) x11 + x21 = 20 d2) x12 + x22 = 15 d3) x23 + x33 = 18 d4) x24 + x34 = 25

xij ≥ 0 A solução dada pelo Lindo© segue abaixo: OBJECTIVE FUNCTION VALUE 1) 261.0000 VARIABLE VALUE REDUCED COST X11 20.000000 0.000000 X12 15.000000 0.000000 X21 0.000000 0.000000 X22 0.000000 2.000000 X23 0.000000 5.000000 X24 0.000000 2.000000 X33 18.000000 0.000000 X34 25.000000 0.000000 ROW SLACK OR SURPLUS DUAL PRICES S1) 15.000000 0.000000 S2) 50.000000 0.000000 S3) 7.000000 0.000000 D1) 0.000000 -4.000000 D2) 0.000000 -3.000000 D3) 0.000000 -2.000000 D4) 0.000000 -4.000000

1 1

3

2

2

4

3

4

3

5

7 6

2 4

50

50

50

20

15

18

25

4

Page 92: Apostila Pesquisa operacional

90

O grafo que representa essa solução é dado abaixo:

Exemplo 2: Nesse caso, podemos lançar mão do mesmo artifício apresentado no PFCM para equilibrar sistemas cuja oferta é maior que a demanda, simplesmente introduzindo um nó artificial de demanda, como mostra o grafo abaixo.

No exemplo acima, o nó 5 representa um nó de demanda artificial, cuja demanda (72) é a diferença entre a soma das ofertas e a soma das demandas dos nós “reais”. Usando o modelo equilibrado, podemos formular o problema assim: Min. Z = 4x11 + 3x12 + 4x21 + 5x22 + 7x23 + 6x24 + 2x33 + 4x34 s.a.

s1) x11 + x12 + x15 = 50 s2) x21 + x22 + x23 + x24 + x25 = 50 s3) x33 + x34 + x35 = 50

1 1

3

2

2

4

3

4

5

3

5

7 6

2 4

0

0

0

50

50

50

20

15

18

25

72

4

1 1

3

2

2

4

3

20

15

18

25

50

50

50

20

15

18

25

Page 93: Apostila Pesquisa operacional

91

d1) x11 + x21 = 20 d2) x12 + x22 = 15 d3) x23 + x33 = 18 d4) x24 + x34 = 25 d5) x15 + x25 + x35 = 72

xij ≥ 0 A solução dada pelo Lindo© segue abaixo: OBJECTIVE FUNCTION VALUE 1) 261.0000 VARIABLE VALUE REDUCED COST X11 20.000000 0.000000 X12 15.000000 0.000000 X21 0.000000 0.000000 X22 0.000000 2.000000 X23 0.000000 5.000000 X24 0.000000 2.000000 X33 18.000000 0.000000 X34 25.000000 0.000000 X15 15.000000 0.000000 X25 50.000000 0.000000 X35 7.000000 0.000000

O grafo que representa essa solução é dado abaixo:

Vale lembrar que é possível também usar o modelo restrito para o PT, assim como foi feito para o PFCM, e a propriedade de total unimodularidade também é válida, o que significa que, mesmo que as variáveis xij tenham restrições de integralidade, podemos resolver o modelo usando qualquer software que implementa o simplex (PROLIN, LINDO, LINGO, CPLEX etc.), ignorando essas res-trições, e com isso aproveitando outros recursos importantes, como os valores dos custos reduzidos, preços duais e a análise de sensibilidade.

1 1

3

2

2

4

3

20

5

15

18

25

15

50

7

50

50

50

20

15

18

25

72

Page 94: Apostila Pesquisa operacional

92

Exemplo 3: Uma companhia enlata ervilhas nas suas unidades C1, C2 e C3, e transporta as latas por caminhão para as suas unidades de estocagem W1, W2, W3 e W4. A tabela abaixo mostra os custos de trans-porte, a disponibilidade das unidades Ci e as necessidades dos estoques Wj. Deseja-se determinar a distribuição das unidades Ci para os estoques Wj, de modo a minimizar o custo do transporte.

Custo do Transporte ($ / caminhão) W1 W2 W3 W4 Disponibilidade

C1 464 513 654 867 75 C2 352 416 690 791 125 Origem C3 995 682 388 685 100

Demanda 80 65 70 85 Nesse caso temos um grafo bipartido completo K3,4, pois cada unidade Ci pode enviar caminhões para qualquer um dos estoques Wj. Com isso, teremos 3 × 4 = 12 variáveis, e 3 + 4 = 7 restrições. Já que o modelo é também equilibrado, podemos escrevê-lo assim: Min. Z = 464x11 + 513x12 + 654x13 + 867x14 + 352x21 + 416x22 + 690x23 + 791x24 + 995x31 + 682x32 + 388x33 + 685x34 s.a.

C1) x11 + x12 + x13 + x14 = 75 C2) x21 + x22 + x23 + x24 = 125 C3) x31 + x32 + x33 + x34 = 100 W1) x11 + x21 + x31 = 80 W2) x12 + x22 + x32 = 65 W3) x13 + x23 + x33 = 70 W4) x14 + x24 + x34 = 85

xij ≥ 0 A solução dada pelo Lindo© segue abaixo: OBJECTIVE FUNCTION VALUE 1) 152535.0 VARIABLE VALUE REDUCED COST X11 0.000000 15.000000 X12 20.000000 0.000000 X13 0.000000 84.000000 X14 55.000000 0.000000 X21 80.000000 0.000000 X22 45.000000 0.000000 X23 0.000000 217.000000 X24 0.000000 21.000000 X31 0.000000 728.000000 X32 0.000000 351.000000 X33 70.000000 0.000000 X34 30.000000 0.000000 ROW SLACK OR SURPLUS DUAL PRICES C1) 0.000000 0.000000 C2) 0.000000 97.000000 C3) 0.000000 182.000000 W1) 0.000000 -449.000000 W2) 0.000000 -513.000000 W3) 0.000000 -570.000000 W4) 0.000000 -867.000000

Page 95: Apostila Pesquisa operacional

93

O grafo que representa essa solução é dado abaixo:

Apesar de ser possível o uso do Simplex Primal tradicional para a resolução do PT, existem varia-ções do Simplex que normalmente são usados de maneira muito mais eficiente, o que possibilita re-solver problemas bem maiores sem a necessidade da modelagem explícita. Uma das simplificações pode ser observada no início do algoritmo. Ao invés de usar o método das duas fases ou do grande M para obter uma SBV inicial, podemos usar o método do canto noroeste. Esta é, na verdade, uma heurística gulosa, que busca uma solução simples por meio da própria tabela de ofertas × demandas:

W1 W2 W3 W4 Disponibilidade C1 75 75 C2 5 65 55 125 120 55 C3 15 85 100 85

Demanda 80 5 65 70 15 85 Essa solução inicial, não ótima, teria um custo de transporte de $165.595,00 (contra um ótimo de $152.535,00). Com isso, os “pivoteamentos” começariam dessa solução inicial.

C1 W1

W3

C2

W2

W4

C3

75

15

85

55

5

65

C1 W1

W3

C2

W2

W4

C3

20

70

30

55

80

45

Page 96: Apostila Pesquisa operacional

94

O Problema de Designação (PD) Este problema, também chamado de Problema de Atribuição, de Alocação ou de Casamento (1-Matching), é um caso especial do Problema de Transporte. O enunciado clássico desse problema segue abaixo:

Dado um conjunto de n máquinas, numeradas como 1, 2, ..., n, e um conjunto de n tarefas, tam-bém numeradas como 1, 2, ..., n, e o custo da designação de cada tarefa para cada máquina (cij), deseja-se determinar uma designação que minimize o custo total de alocação das tarefas, obser-vadas ainda as seguintes restrições:

• Cada máquina só poderá realizar uma única tarefa; • Cada tarefa só poderá ser realizada por uma única máquina.

Esse problema tem uma ampla gama de aplicações, como designação de tarefas, alocação de vagas, alocação de professores em turmas e salas de aula, agências de casamento, distribuição de médicos entre hospitais, alocação dinãmica de táxis entre clientes, entre outros. Este problema também pode ser visto com caso especial do Problema de Emparelhamento (PE), os as mesmas alocações são feitas entre pares de nós, mas não necessariamente em um grafo bipartido. Podemos enxergar esse problema como se fosse um PT equilibrado, onde todas as ofertas e de-mandas são unitárias, ou seja, si = di = 1, ∀ i = 1, 2, ..., n. Com isso, podemos escrever o modelo de PL da seguinte forma:

Min. 1 1

n n

ij iji j

c x= =∑∑

s.a.

1

1n

ijj

x=

=∑ 1,2,3,...,i n=

1

1n

iji

x=

=∑ 1,2,3,...,j n=

{0,1}ijx ∈ ,i j∀

Veja que a nossa variável de decisão é binária, ou seja, teremos:

1 1

3

2 2

4

3

4

Máquinas (ofertas)

Tarefas (demanda)

Page 97: Apostila Pesquisa operacional

95

1 se a máquina estiver designada à tarefa ;

0 caso contrário.ij

i jx

=

Isso significa que a variável de decisão xij irá simplesmente determinar a existência ou não de um arco no grafo que representa a solução. Novamente aqui temos também a propriedade de total uni-modularidade da matriz A, e portanto essa restrição de integralidade pode ser relaxada se quisermos resolver o problema usando o modelo matemático.

Algoritmo Húngaro ou Algoritmo de Rotulação Um algoritmo comumente encontrado na literatura para a resolução do PD é na verdade uma varia-ção bastante simples do simplex primal-dual. Usaremos um exemplo para mostrar o funcionamento desse algoritmo. Exemplo 1: Encontre uma solução ótima para o PD contendo 4 máquinas e 4 tarefas, onde a matriz de custos é mostrada abaixo.

Tarefas cij 1 2 3 4

1 1 3 4 5

2 4 2 4 7

3 6 7 8 3

Máq

uina

s

4 5 4 2 1

Aplicação do Algoritmo: 1. Determinar o menor valor para cada linha da matriz:

Valor Mínimo na Linha (ui)

1 3 4 5 1

4 2 4 7 2

6 7 8 3 3

5 4 2 1 1

2. Subtrair do valor em cada linha, o mínimo ui daquela linha:

0 2 3 4

2 0 2 5

3 4 5 0

4 3 1 0

3. Determinar o menor valor para cada coluna dessa matriz resultante:

Page 98: Apostila Pesquisa operacional

96

0 2 3 4

2 0 2 5

3 4 5 0

4 3 1 0

0 0 1 0 Valor Mínimo na Coluna (vj)

4. Subtrair do valor em cada coluna, o mínimo vj daquela coluna:

0 2 2 4

2 0 1 5

3 4 4 0

4 3 0 0

Essa matriz obtida é chamada de matriz reduzida. As designações que minimizam o custo total são aquelas cujo “custo reduzido” cij é igual a zero. Como nesse caso n = 4, devemos escolher um fluxo contendo 4 designações que minimizam o custo. Temos então as seguintes opções:

0 2 2 4

2 0 1 5

3 4 4 0

4 3 0 0

Configuração 1 (inviável)

0 2 2 4

2 0 1 5

3 4 4 0

4 3 0 0

Configuração 2 (ótima)

0 2 2 4

2 0 1 5

3 4 4 0

4 3 0 0

Configuração 3 (inviável) O número máximo de células com custo reduzido zero tal que não mais de duas ocupem a mesma linha é igual ao número mínimo de linhas horizontais e/ou verticais necessárias para cobrir todas as células nulas da matriz. Essas células são chamadas independentes. Temos então o seguinte teore-ma: O número máximo de células independentes em um quadro reduzido do problema de designação é igual ao número mínimo de linhas necessárias para cobrir todos os zeros da matriz. No exemplo acima, veja que é necessário no mínimo 4 linhas para cobrir todas as células nulas da matriz. Exemplos dessa cobertura são dados abaixo:

0 2 2 4

2 0 1 5

3 4 4 0

4 3 0 0

0 2 2 4

2 0 1 5

3 4 4 0

4 3 0 0

0 2 2 4

2 0 1 5

3 4 4 0

4 3 0 0

Neste exemplo temos então uma única solução ótima, mostrada acima na “Configuração 2”, que fornece um custo total igual a 12. O grafo que representa essa solução é mostrado seguir (nos arcos foram colocados os custos das designações, obtidos da matriz original do problema):

Page 99: Apostila Pesquisa operacional

97

Exemplo 2: Considere agora o seguinte PD, também contendo 4 máquinas e 4 tarefas:

Tarefas cij 1 2 3 4

1 94 1 54 68

2 74 10 88 82

3 62 88 8 76

Máq

uina

s

4 11 74 81 21

Aplicação do Algoritmo: Subtraindo o menor valor de cada linha, temos:

93 0 53 67

64 0 78 72

54 80 0 68

0 63 70 10

Agora subtraímos o menor valor de cada coluna, obtendo a seguinte matriz reduzida:

93 0 53 57

64 0 78 62

54 80 0 58

0 63 70 0

Observando os valores nulos da matriz, vemos que há duas violações de ortogonalidade da solução:

1 1

3

2 2

4

3

4

Máquinas Tarefas

1

2

8

1

Page 100: Apostila Pesquisa operacional

98

93 0 53 57

64 0 78 62

54 80 0 58

0 63 70 0

1. As máquinas 1 e 2 só podem realizar a tarefa 2 (sem desempate); 2. As tarefas 1 e 4 só podem ser realizadas pela máquina 4 (sem desempate).

Com isso não é possível obter uma solução viável. Essa mesma conclusão pode ser obtida também com a cobertura (ou rotulação) dos zeros da matriz. Vemos que é possível cobrir todos os zeros com apenas três linhas. Uma das formas de se fazer isso é assim:

93 0 53 57

64 0 78 62

54 80 0 58

0 63 70 0

Não importa como os zeros são cobertos ou rotulados, contanto que usemos somente linhas hori-zontais e/ou verticais, e o número dessas linhas seja mínimo. Com a rotulação feita acima e usando o teorema visto anteriormente, chegamos à conclusão que nessa matriz reduzida encontramos no máximo três células (ou variáveis) independentes, o que não é suficiente, pois precisamos de quatro variáveis para solucionar o problema. Passamos então à etapa de rotulação propriamente dito. Para cada fluxo inviável (como o visto aci-ma), teremos uma iteração do algoritmo. Essa iteração é feita da seguinte maneira: 5. Fazer a cobertura dos zeros usando o menor número de linhas possível (já feito acima):

93 0 53 57

64 0 78 62

54 80 0 58

0 63 70 0

Como o menor número de linhas é menor que n, não temos portanto uma solução ótima viável, e prosseguimos ao passo seguinte: 6. Determinar o menor valor descoberto. No exemplo acima, esse valor é igual a 53. 7. Subtrair esse valor de todos os valores descobertos, e somá-lo a todas as células que têm interse-ção entre uma linha horizontal e uma vertical:

40 0 0 4

11 0 25 9

54 133 0 58

0 116 70 0

Page 101: Apostila Pesquisa operacional

99

Retornamos agora ao passo 5, onde encontramos o segundo fluxo inviável:

40 0 0 4

11 0 25 9

54 133 0 58

0 116 70 0

Prosseguindo novamente com os passos 6 e 7, obtemos a seguinte matriz reduzida:

36 0 0 0

7 0 25 5

50 133 0 54

0 120 74 0

Dessa matriz podemos extrair o fluxo viável indicado pelas células sombreadas acima. Seguindo es-se algoritmo, todo fluxo viável produzido será ótimo. Portanto, a solução acima é ótima, com so-ma total mínima igual a 97. O grafo que representa essa solução é dado abaixo:

Obs.: Nos exemplos acima, obtivemos uma única solução ótima, mas é comum obtermos matrizes reduzidas contendo vários fluxos viáveis. Nesses casos, todos os fluxos viáveis obtidos serão óti-mos, obviamente com valores idênticos para as funções-objetivo. Podemos resumir o algoritmo completo da seguinte maneira:

Algoritmo Húngaro ou de Rotulação 1. Reduzir a matriz de custos, subtraindo das linhas o menor valor de cada linha, e depois sub-

traindo das colunas o menor valor de cada coluna. 2. Fazer a cobertura dos zeros usando o menor número de linhas possível. Se o menor número

de linhas for igual a n, então pare, pois a matriz contém pelo menos uma solução ótima, se-não prossiga ao passo 3.

3. Determinar o menor valor descoberto. Subtrair esse valor de todos os valores descobertos, e somá-lo a todas as células que têm interseção entre uma linha horizontal e uma vertical. Re-tornar ao passo 2.

1 1

3

2 2

4

3

4

68

10

8

11

Page 102: Apostila Pesquisa operacional

100

O Problema do Caminho Mais Curto (PCMC) Este problema, também chamado de Problema do Caminho Mínimo, é um caso especial do Pro-blema de Fluxo de Custo Mínimo. Como o próprio nome indica, o problema consiste em identificar o caminho mais curto entre dois nós de uma rede.

Aplicações:

• Encontrar um caminho de distância mínima. • Encontrar um caminho de tempo de viagem mínimo. • Encontrar um caminho de custo mínimo. • Encontrar um caminho de confiabilidade máxima.

Podemos enxergar esse problema como se fosse um PFCM equilibrado, com as seguintes particula-ridades:

• Só existe um nó de oferta, correspondente ao local ou ponto de origem; • Só existe um nó de demanda, correspondente ao local ou ponto de destino; • A oferta e a demanda são unitárias, ou seja, ss = dt = 1, onde s e t são os nós de origem e des-

tino, respectivamente. Com isso, podemos escrever o modelo de PL da seguinte forma: Minimizar

( , )ij ij

i j A

c x∈∑

s.a.

( , ) ( , )

1 se

1 se

0 caso contrárioij ki

i j A k i A

i s

x x i t∈ ∈

=− = − =

∑ ∑

{0,1}ijx ∈ ,i j∀

Veja que, assim como no PD, a nossa variável de decisão é binária, ou seja, teremos:

1 se o caminho mais curto contiver o arco ( , );

0 caso contrário.ij

i jx

=

1

2 4

3 5

6

10

25

35

20

15

35

40

30

20

s t

Page 103: Apostila Pesquisa operacional

101

Isso significa que a variável de decisão xij irá simplesmente determinar quais os arcos por onde se deve passar para que a distância, tempo ou custo total do percurso seja mínimo. Novamente aqui temos também a propriedade de total unimodularidade da matriz A e, portanto, essa restrição de in-tegralidade pode ser relaxada se quisermos resolver o problema usando o modelo matemático.

Algoritmos de Solução Exata Apesar de ser possível utilizar a modelagem matemática, variações do simplex e algoritmos de flu-xo em redes para resolver esse problema, os algoritmos mais eficientes hoje usam abordagens sim-ples em grafos. Os mais conhecidos são listados no quadro abaixo: Autores Ano Descrição Complexidade Dijkstra 1959 Seleciona o nó de menor potencial O(n²) Ford-Moore-Bellman 1956 Técnica de rotulação FIFO O(mn) Ford-Fulkerson 1962 Técnica de rotulação FIFO O(mn) Floyd-Warshall 1962 Técnica da “operação tríplice” O(n³) O problema da determinação do menor caminho entre os vértices de um grafo pode ser definido como um dos seguintes casos:

a) Determinar o menor caminho entre dois vértices dados; b) Determinar o menor caminho entre um vértice dado e os demais vértices do grafo; c) Determinar o menor caminho entre todos os pares de vértices do grafo.

Entre os algoritmos citados acima, destacam-se o algoritmo de Dijkstra e o algoritmo de Floyd. O algoritmo de Dijkstra foi projetado para determinar o menor caminho entre um vértice dado e os demais vértices do grafo, e o algoritmo de Floyd se aplica na determinação do menor caminho entre todos os pares de vértices do grafo. O algoritmo de Dijkstra pode ainda ser aplicado na determina-ção do menor caminho entre dois vértices dados, entre todos os vértices e um vértice-destino e, também, entre todos os pares de vértices do grafo. Para isso é necessário apenas um pequeno ajuste. É um algoritmo muito eficiente e de fácil implementação, sendo um dos mais empregado na deter-minação de caminhos mais curtos em grafos.

Algoritmo de Dijkstra Esse algoritmo é bastante simples de implementar e entender e, apesar de não ser o mais eficiente em termos de tempo de execução, nem por isso deixa de ser muito rápido. Veremos aqui a sua for-ma clássica, que calcula o caminho mais curto entre um nó origem e todos os demais nós da rede. No entanto, uma desvantagem desse algoritmo é que ele não funciona na presença de arestas ou ar-cos de custo negativo, o que não é problema em aplicações de logística, por exemplo, mas pode não ser adequado para outras aplicações. Algoritmo: Seja G(V,A) um grafo orientado e s um vértice de G: 1. Atribua valor zero à estimativa do custo mínimo do vértice s (a raiz da busca) e infinito às de-

mais estimativas;

2. Atribua um valor qualquer aos precedentes (o precedente de um vértice t é o vértice que precede t no caminho de custo mínimo de s para t);

3. Enquanto houver vértice aberto:

• Seja k um vértice ainda aberto cuja estimativa seja a menor dentre todos os vértices aber-tos;

Page 104: Apostila Pesquisa operacional

102

• Feche o vértice k

• Para todo vértice j ainda aberto que seja sucessor de k faça:

o Some a estimativa do vértice k com o custo do arco que une k a j;

o Caso esta soma seja melhor que a estimativa anterior para o vértice j, substitua-a e anote k como precedente de j.

A seqüência de diagramas a seguir ilustra o funcionamento do Algoritmo de Dijkstra:

• Inicialmente todos os nodos tem um custo infinito, exceto s (a raiz da busca) que tem valor 0:

vértices s u v x y

estimativas 0 ∞ ∞ ∞ ∞

precedentes - - - - -

• selecione s (vértice aberto de estimativa mínima) • feche s • recalcule as estimativas de u e x

vértices s u v x y

estimativas 0 10 ∞ 5 ∞

precedentes s s - s -

• selecione x (vértice aberto de estimativa mínima) • feche x • recalcule as estimativas de u,v e y

vértices s u v x y

estimativas 0 8 14 5555 7

precedentes s x x s x

Page 105: Apostila Pesquisa operacional

103

• selecione y (vértice aberto de estimativa mínima) • feche y • recalcule a estimativa de v

vértices s u v x y

estimativas 0 8 13 5555 7777

precedentes s x y s x

• selecione u (vértice aberto de estimativa mínima) • feche u • recalcule a estimativa de v

vértices s u v x y

estimativas 0 8888 9 5555 7777

precedentes s x u s x

• selecione v (vértice aberto de estimativa mínima) • feche v

vértices s u v x y

estimativas 0 8888 9999 5555 7777

precedentes s x u s x

Quando todos os vértices tiverem sido fechados, os valores obtidos serão os custos mínimos dos caminhos que partem do vértice tomado como raiz da busca até os demais vértices do grafo. O ca-minho propriamente dito é obtido a partir dos vértices chamados acima de precedentes. Para exemplificar, considere o caminho de custo mínimo que vai de s até v, cujo custo mínimo é 9. O vértice precedente de v na última das tabelas acima é u. Sendo assim, o caminho é: s → ... → u → v Por sua vez, o precedente de u é x. Portanto, o caminho é: s → ... → x → u → v Por último, o precedente de x é o próprio vértice s. Logo, o caminho de custo mínimo é: s → x → u → v

Page 106: Apostila Pesquisa operacional

104

O Problema de Fluxo Máximo (PFM) Considere uma rede direcionada (dígrafo) conexa, com dois nós especiais denominados Origem (nó fonte do grafo) e Destino (nó sumidouro do grafo) e ainda, associada a cada arco, capacidades mí-nima e máxima para o seu fluxo. O objetivo é maximizar o fluxo entre a Origem e o Destino. Exemplos de Aplicações: • Maximizar o fluxo de uma rede de distribuição de produtos de uma companhia a partir de suas

fábricas para os seus clientes. • Maximizar o fluxo de óleo (ou água, gás etc.) através de um sistema de dutos. • Maximizar o fluxo de veículos através de uma rede de transporte. Exemplo 1: Considere a rede abaixo, onde os nós O e T representam tanques de armazenamento de água de ori-gem e destino, respectivamente, e os valores dos arcos representam o fluxo máximo de cada arco (em m³/s). Determine o fluxo total máximo nessa rede.

Uma solução viável é enviar um total de 7 m³/s, sendo: 5 m³/s usando a rota O → B → E → T, 1 m³/s usando a rota O → B → C → E → T, e 1 m³/s usando a rota O → B → C → E → D → T Essa solução, apesar de viável, não é a ótima. Nesse caso, duas soluções ótimas são dadas abaixo:

A

D B

E C

7

1

8

3 1

4 O T

6

3

4

3 4

A

D B

E C

7

1

9

3 1

2

4 O T

6

4

5

4 5

Page 107: Apostila Pesquisa operacional

105

O modelo de PL para problemas de fluxo máximo difere um pouco do modelo geral visto para os outros problemas de fluxo que estudamos anteriormente. Para este tipo de problema, podemos es-crever o modelo assim: Maximizar

( , )Oj

O j A

x∈∑ (ou Maximizar

( , )iT

i T A

x∈∑ )

s.a.

( , ) ( , )

0Oj iTO j A i T A

x x∈ ∈

− =∑ ∑

( , ) ( , )

0ij kii j A k i A

x x∈ ∈

− =∑ ∑ ,i O T∀ ≠

ij ij ijl x u≤ ≤ ( , )i j A∀ ∈

onde: A = conjunto dos arcos do grafo G = (V, A); O = nó de Origem; T = nó de Destino; xij = fluxo no arco (i, j); l ij = limite mínimo para o fluxo no arco (i, j); uij = limite máximo para o fluxo no arco (i, j). A primeira restrição faz com que o fluxo total que sai do nó de Origem seja igual ao fluxo total que chega ao nó de Destino. O segundo conjunto de restrições deve existir para cada um dos demais nós (de transbordo), mantendo a conservação do fluxo. Observe que esse problema é inerentemente capacitado, onde pelo menos as capacidades máximas dos arcos devem existir (como no exemplo visto acima). Construindo o modelo para o Exemplo 1, usando a sintaxe do Lindo©, temos:

A

D B

E C

7

1

8

3

4 O T

6

4

3

4 3

Page 108: Apostila Pesquisa operacional

106

max xOA + xOB + xOC st T) xOA + xOB + xOC - xDT - xET = 0 A) xAB + xAD - xOA = 0 B) xBC + xBD + xBE - xOB - xAB = 0 C) xCE - xOC - xBC = 0 D) xDT - xAD - xBD - xED = 0 E) xED + xET - xBE - xCE = 0 end sub xOA 5 sub xOB 7 sub xOC 4 sub xAB 1 sub xAD 3 sub xBC 2 sub xBD 4 sub xBE 5 sub xCE 4 sub xDT 9 sub xED 1 sub xET 6

Veja que as restrições de capacidade dos arcos foram dadas separadamente, não sendo contadas como restrições normais. Esse recurso normalmente existe para os softwares de PL, e permite que o modelo seja resolvido de forma muito mais eficiente. No caso do Lindo, podemos usar os comandos SLB (Simple Lower Bound) para designar os valores de l ij, e SUB (Simple Upper Bound) para de-signar os valores de uij. Como podemos ver, o Problema de Fluxo Máximo em uma Rede pode ser formulado como um Problema de Programação Linear e, portanto, o algoritmo Simplex pode ser utilizado para obtenção da solução ótima. Assim como no PFCM e no PT, existem também versões simplificadas do Sim-plex para lidar com este problema, que aproveitam as características específicas da matriz A e con-ceitos aproveitados da Teoria dos Grafos. Entretanto, existem algoritmos mais eficientes para a solução do PFM. Um deles, bastante conheci-do, é chamado de Algoritmo do Caminho de Aumento (Augmenting Path Algorithm). O algoritmo do Caminho de Aumento é baseado em dois conceitos intuitivos: uma Rede Residual e um Caminho de Aumento (propriamente dito).

Rede Residual Considere os dois grafos mostrados na figura a seguir, representando uma solução viável, mas não ótima, para o Exemplo 1 visto anteriormente. Os valores dos arcos da rede da esquerda representam as capacidades máximas e seus respectivos fluxos (capacidade, fluxo). Os valores dos arcos da rede da direita representam os resíduos, ou seja, a diferença entre a capacidade e o fluxo do arco.

A

D B

E C

7,7

1,0

9,7

3,3

1,1

2,0

4,4 O

T

6,6 4,2

5,4

4,2 5,4

A

D B

E C

0

1

2

0

0

2

0 O

T

0 2

1

2 1

Page 109: Apostila Pesquisa operacional

107

Caminho de Aumento Um Caminho de Aumento é um caminho a partir da origem para o destino na Rede Residual tal que todo arco sobre este caminho possui resíduo estritamente positivo. O valor mínimo destes resíduos é chamado de “Capacidade Residual do Caminho de Aumento”, uma vez que este representa a quan-tidade viável de fluxo que pode ser adicionado ao caminho todo.

O caminho: O → C → E → D → T é um Caminho de Aumento com Capacidade Resi-dual 1 (menor resíduo neste caminho).

Existem diversas “versões” do Algoritmo do Caminho de Aumento. A mais conhecida é o Algorit-mo de Ford-Fulkerson (1962), modificado depois por Dinic (1970) e Edmonds & Karp (1972) para evitar casos patológicos que tornam o algoritmo original muito ineficiente. Outro algoritmo interessante, de desenvolvimento posterior, é o de Malhotra, Pramodh-Kamar e Maheshwari (MPM) (1978), baseado no conceito de potencial de fluxo. A idéia deste algoritmo é esgotar a capacidade dos nós da rede, ao invés da capacidade de suas arestas. Os melhores limites (de desempenho) da atualidade são, no entanto, os algoritmos de Ahuja & Orlin (1986) e Goldberg & Tarjan (1988). O fluxograma a seguir resume os passos do algoritmo MPM:

Calcular o Potencial dos vértices vj

Escolher o vértice de referência vk = mín{ vj}

Fluir vj de O para T por saturação

Eliminar os arcos saturados

Eliminar vértices sem sucessores e seus arcos adjacentes

Atualizar as capacidades na rede residual

Nó O eliminado? FIM

N S

A

D B

E C

0

1

2

0

0

2

0 O

T

0 2

1

2 1

Page 110: Apostila Pesquisa operacional

108

Aplicaremos a seguir o algoritmo MPM à rede mostrada no Exemplo 1:

Iteração 1: Calculando o potencial dos vértices, temos:

j: O A B C D E T vj: 16 4 8 4 8 7 15

O vértice de referência será então o vértice A. Forçando um fluxo de 4 unidades através desse vérti-ce, temos o primeiro fluxo parcial e a rede residual obtida subtraindo as capacidades originais desse fluxo:

Nesse momento, podemos eliminar o vértice A e seus arcos adjacentes, já que não existe mais ca-minho de O até T passando por A. Iteração 2: Recalculando o potencial dos vértices, temos:

j: O B C D E T vj: 12 7 4 5 6 11

O vértice de referência será agora o vértice C. Forçando um fluxo de 4 unidades através desse vérti-ce, temos o segundo fluxo parcial e a rede residual obtida subtraindo as capacidades de R1 desse fluxo:

A

D B

E C

3

3

1

O

T 1

4

1

A

D B

E C

7

1

6

2

4 O

T 5 4

1

4 4

f1: R1:

A

D B

E C

7

1

9

3 1

2

4 O T

6

4

5

4 5

Page 111: Apostila Pesquisa operacional

109

Da mesma forma, podemos eliminar o vértice C e seus arcos adjacentes, já que não existe mais ca-minho de O até T passando por C. Iteração 3: Recalculando o potencial dos vértices, temos:

j: O B D E T vj: 7 7 5 2 7

O vértice de referência será agora o vértice E. Forçando um fluxo de duas unidades através desse vértice, temos o terceiro fluxo parcial e a rede residual obtida subtraindo as capacidades de R2 desse fluxo:

Dessa vez, o vértice que ficou isolado, juntamente com seus arcos adjacentes, foi o vértice E. Iteração 4: Observando o grafo R3 acima, fica claro que o único fluxo agora possível é o seguinte:

Nesse ponto, o algoritmo termina, já que não há mais caminho de O até T. Somando os quatro flu-xos parciais, temos então a seguinte solução ótima:

A

D B

E C

1

1

2

O

T

1

2

f4: R4: A

D B

E C

4

4 4

O

T

A

D B

E C

5

5

2

4 O

T

1

2

f3: R3: A

D B

E C

2

1

1 O

T 1

2

A

D B

E C

7

1

6

2

4 O

T 1

1

4

f2: R2: A

D B

E C

O

T 4 4

4

Page 112: Apostila Pesquisa operacional

110

Veja que essa solução é diferente das outras duas soluções ótimas mostradas anteriormente para o Exemplo 1.

A

D B

E C

6

1

8

3 1

4 O T

6

4

4

4 3

Page 113: Apostila Pesquisa operacional

111

O Problema da Árvore Geradora Mínima (AGM) Considere uma rede não-direcionada, representada por um grafo G = (V,A) não-orientado, conexo, onde associado a cada aresta temos uma distância (custo, tempo, etc.) não negativa. Deseja-se en-contrar um subgrafo de G que também seja conexo, e cuja soma total das arestas (distâncias, custos, tempos) seja o menor possível. O objetivo é manter uma ligação ou caminho entre cada par de vér-tices, gastando a menor quantidade de conexões possível. Esse problema, embora não seja modelado como um problema de fluxo em redes, encontra diversas aplicações que envolvem fluxos ou transferências de produtos, informações etc. Exemplos de Aplicações: • Projeto de redes de telecomunicação (redes de computadores, redes de fibra-ótica, redes de tele-

fonia, redes de televisão a cabo, etc). • Projeto de rodovias, ferrovias, etc. • Projeto de redes de transmissão de energia. • Roteamento de veículos. Já vimos que uma árvore é um grafo conexo e sem ciclos. Uma árvore geradora (AG) de uma grafo G qualquer é um subgrafo de G, conexo e sem ciclos, e que contém todos os vértices de G (e obviamente só um subconjunto das arestas de G). Um grafo pode conter muitas árvores geradoras, como mostra a figura abaixo (repare que não são mostradas todas as AGs).

Este problema, portanto, consiste em encontrar pelo menos uma das árvores geradoras cuja soma das arestas seja mínima. Um modelo matemático para esse problema é dado a seguir: Min.

( , )ij ij

i j A

c x∈∑

s.a.

( , )

1iji j A

x n∈

= −∑

( , )

1iji j S

x S∈

≤ −∑ S G∀ ⊂

{0,1}ijx ∈ ( , )i j A∀ ∈

A primeira restrição faz com que a AGM tenha exatamente n–1 arestas. O outro conjunto de restri-ções significa que, para cada subgrafo S do grafo, o número de arestas escolhidas deve ser igual ao número de nós em S menos 1. Isso implica na não existência de ciclos na AGM. Apesar desse modelo de PL ser teoricamente possível para obter a AGM, diferentemente dos pro-blemas de fluxo vistos anteriormente, ele é impraticável, porque o número de restrições cresce ex-ponencialmente com o tamanho do grafo. No entanto, existem também algoritmos muito eficientes

G AG1 AG2 AG3

Page 114: Apostila Pesquisa operacional

112

que resolvem o problema usando somente a Teoria de Grafos. Os mais comuns são o algoritmo de Kruskal (1956), o de Prim (1957), e o de Borüvka. Veremos dois deles a seguir: Algoritmo de Kruskal:

Seja G = (V, A) um grafo conexo de n vértices e arestas valoradas. Ordenar as arestas pelos valores de peso. T = ∅ (lista de arestas contidas na AGM) Enquanto existir aresta na lista de arestas ordenadas, faça:

a = próxima aresta de menor peso de A. Se a adição de a em T não formar um ciclo,

então acrescente a em T. Exemplo 1: Determinar uma AGM do grafo abaixo usando o algoritmo de Kruskal.

Solução:

A

D B

E C

7

1

3

3

1

2

4 O

T

6 4

5

4 5

A

D B

E C

7

1

3

3

1

2

4 O

T

6 4

5

4 5

A

D B

E C

7

1

3

3

1

2

4 O

T

6 4

5

4 5

A

D B

E C

7

1

3

3

1

2

4 O

T

6 4

5

4 5

A

D B

E C

7

1

3

3 1

2

4 O T

6

4

5

4 5

Page 115: Apostila Pesquisa operacional

113

O algoritmo de Prim usa uma abordagem diferente. Ao invés de adições sucessivas de arestas até que pequenas árvores formadas isoladamente se juntem numa única árvore geradora, o algoritmo de Prim inicia a partir de um vértice qualquer do grafo, e vai sucessivamente unindo os outros vértices através das arestas de menor peso. Assim, temos uma única árvore que vai crescendo até conter to-dos os vértices de G. Algoritmo de Prim:

Seja G = (V, A) um grafo conexo de n vértices e arestas valoradas. B = Um vértice inicial qualquer de G. T = ∅ (lista de arestas contidas na AGM) Enquanto B não contém todos os vértices

Escolher (u,v) = aresta de menor peso tal que u ∈ (V – B) e v ∈ B T = T ∪ {(u,v)} B = B ∪ {u}

Em outras palavras, temos:

• Selecionar qualquer nó e conectá-lo (isto é, adicionar um arco) para o nó mais próximo. • Identificar o nó desconectado mais próximo para um nó conectado e então conectar estes dois

nós. Repetir este passo até que todos os nós tenham sido conectados. Observação: no caso de empate de dois ou mais nós não conectados mais próximos de um nó co-nectado, escolher arbitrariamente um dos nós não conectados. Ainda assim, a solução ótima é ga-rantida, porém este fato pode ser um sinal da existência de múltiplas soluções ótimas. Todas as so-luções ótimas podem ser obtidas executando novamente o algoritmo com decisões diferentes nos casos de empate. Isso é válido também para o algoritmo de Kruskal. Exemplo 2: O grafo abaixo representa diversos computadores posicionados em um laboratório, juntamente com as ligações (e suas respectivas distâncias em metros) possíveis de serem feitas entre eles. Deseja-se ligar todos os computadores em rede, usando a menor quantidade em cabos coaxiais possível, de forma que os usuários possam compartilhar dados e recursos, além de brincar com jogos interativos.

A

D B

E C

7

1

3

3

1

2

4 O

T

6 4

5

4 5

A

D B

E C

7

1

3

3

1

2

4 O

T

6 4

5

4 5

A

DB

E C

1

3

1

2

O

T

3

4

Solução ótima. Comprimento total = 14.

Page 116: Apostila Pesquisa operacional

114

Solução: usando o algoritmo de Prim, e iniciando do vértice 1, temos:

2

6 3

5 4

7

1

3

3

1

2

4 1

7

6 4

5

4 5

2

6 3

5 4

7

1

3

3

1

2

4 1

7

6 4

5

4 5

2

6 3

5 4

7

1

3

3

1

2

4 1

7

6 4

5

4 5

2

6 3

5 4

7

1

3

3

1

2

4 1

7

6 4

5

4 5

2

6 3

5 4

7

1

3

3

1

2

4 1

7

6 4

5

4 5

2

6 3

5 4

7

1

3

3

1

2

4 1

7

6 4

5

4 5

2

6 3

5 4

7

1

3

3 1

2

4 1 7

6

4

5

4 5

2

6 3

5 4

1

3

3

1

2

1

7 4

Solução ótima. Comprimento total = 14.

Page 117: Apostila Pesquisa operacional

115

O Problema de Steiner em Grafos não Direcionados O problema de Steiner em grafos não direcionados é o problema de conectar, a custo mínimo, um conjunto específico de nós do grafo. Considere, por exemplo, uma região de plantio de lavouras on-de existem diversos pontos de irrigação posicionados segundo determinados critérios técnicos e e-conômicos (inclinação do terreno, tipo de lavoura, características do terreno etc.). O grafo abaixo representa essa rede:

Suponha agora que os pontos de irrigação, representados pelos vértices 8, 12, 13 e 14, precisam ser interligados e “abertos”. Essa interligação poderia ser feita de várias formas diferentes. A figura a-baixo mostra duas formas de se fazer isso:

Veja que, na primeira solução, o subgrafo formado foi uma árvore contendo somente os pontos que precisavam ser interligados. Já na segunda solução, a árvore formada contém, além dos pontos o-brigatórios, um outro ponto (vértice 11) que, nesse caso, serve apenas de “ponto de interligação” en-tre os demais. Esse ponto, que pode ser usado na interligação, mas não precisa obrigatoriamente fa-zer parte da árvore-solução, é chamado de Ponto de Steiner. A solução da esquerda, portanto, não contém pontos de Steiner, enquanto que a da direita contém um ponto de Steiner. Embora não tenham sido dados os pesos (custos, distâncias) das arestas, o objetivo do problema a-cima seria interligar os quatro pontos acima usando a menor soma total das arestas (para, por exem-plo, minimizar a perda de pressão por atrito). É fácil demonstrar que a solução será sempre uma ár-vore contendo um subconjunto de vértices e arestas do grafo original. Por isso, esse problema é também chamado de Problema da Árvore de Steiner.

4

12 7

9 6

2

15

13

14

11

3

8 1

10

4

12 7

9 6

2

15

13

14

11

3

8 1

10

4

12 7

9 6

2

15

13

14

11

3

8 1

10

Page 118: Apostila Pesquisa operacional

116

Dentre as várias aplicações para esse problema, destacamos as seguintes: • Projeto de circuitos eletrônicos e VLSI. • Redes de comunicação. • Redes de tráfego. • Tubulações de gás e óleo. • Distribuição de água para irrigação e redes de drenagem. • Projetos de instalações elétricas e mecânicas. • Projetos de edificações Iremos agora caracterizar o problema formalmente, no contexto da Teoria de Grafos: Seja o grafo G = (V,A), e ∆ e Χ conjuntos resultantes de uma partição do conjunto V, ou seja, ∆ ⊆ V e Χ ⊆ V, sendo que ∆ ∪ Χ = V e ∆ ∩ Χ = ∅, Χ= r e ∆= s. Determinar um subconjunto de arestas B ⊆ A que ligue todos os vértices xi ∈ Χ em um grafo conexo, onde i = 1, 2, ..., r, de modo a minimizar

Bj

j

c∈∑ , onde cj é o custo ou o comprimento das arestas de B. Os vértices pertencentes ao

conjunto ∆ (pontos de Steiner) podem ser usados ou não pela estrutura de ligação. Observe que esse problema possui três situações distintas: 1) Χ= 2, ou seja, deseja-se interligar dois pontos do grafo a um custo mínimo. Nesse caso, o problema torna-se um PCMC e pode ser facilmente resolvido (e.g. usando o algorit-mo de Dijkstra visto anteriormente). 2) Χ = N ou ∆ = ∅, ou seja, deseja-se interligar todos pontos do grafo a um custo mínimo. Nesse caso, o problema se resume em achar uma AGM do grafo, que também pode ser facilmente resolvido (e.g. usando os algoritmos de Kruskal ou Prim vistos anteriormente). 3) Χ> 2 e ∆ ≠ ∅. Nesse caso, o problema cai numa classe de problemas chamada de NP-Difícil, o que na prática sig-nifica que não existe algoritmo que possa resolver qualquer instância do problema de maneira efici-ente. Nesse caso, especialmente para problemas maiores, é recomendado o uso de heurísticas, ou se-ja, algoritmos de solução aproximada (que não garantem a obtenção da solução ótima), porém mais eficientes em termos de tempo de execução. Entre as soluções adotadas, podemos destacar as se-guintes:

Algoritmos de Solução Exata • Enumeração baseada em árvores geradoras; • Enumeração topológica (para o Steiner euclidiano); • Programação Dinãmica (ou o desenvolvimento de sub-árvores de Steiner); • Outros.

Heurísticas • Baseadas no PCMC; • Baseadas na AGM; • Outras.

Page 119: Apostila Pesquisa operacional

117

Redes PERT / CPM As técnicas denominadas PERT (Program Evaluation and Review Technique) e CPM (Critical Path Method) foram desenvolvidas independentemente para o Planejamento e Controle de Projetos em torno de 1950, porém a grande semelhança entre estas fez com que o termo PERT/CPM seja utili-zado corriqueiramente como uma única técnica. Exemplos de Projetos que podem utilizar PERT/CPM: • Construção Civil • Projetos de Engenharia • Pesquisa e desenvolvimento de um produto • Produção de filmes • Construção de navios, aviões etc. • Instalação de um sistema de informações • Condução de campanhas publicitárias, entre outras. PERT e CPM utilizam principalmente os conceitos de Redes (grafos) para planejar e visualizar a coordenação das atividades ou tarefas do projeto. Um exemplo clássico de aplicação de PERT/CPM é o planejamento e gerenciamento da construção civil. Veremos a seguir dois exemplos dessa aplicação: a primeira usando uma Rede PERT tradicional e a segunda usando uma Rede PERT/CPM orientada a eventos.

Redes PERT Exemplo 1 (Hiller/Lieberman, pg 468): Suponha que uma empreiteira ganhou uma concorrência de $5,4 milhões para construir uma planta industrial. O contrato inclui:

• Uma penalidade de $300.000,00 se a empreiteira não completar a construção em 47 semanas. • Um bônus de $150.000,00 se a empreiteira completar a construção em 40 semanas.

De acordo com a experiência da empreiteira, a seguinte lista foi elaborada para este projeto: Tabela 1 - Tarefas, Tarefas Precedentes e Duração Estimada

Tarefa Descrição Tarefas

Precedentes Duração Estimada

(semanas) A Escavação e Terraplanagem - 2 B Fundação A 4 C Paredes B 10 D Telhado C 6 E Encanamento Exterior C 4 F Encanamento Interior E 5 G Muros D 7 H Pintura Exterior E, G 9 I Instalação Elétrica C 7 J Divisórias F, I 8 K Piso J 4 L Pintura Interior J 5 M Acabamento Exterior H 2 N Acabamento Interior K, L 6

Page 120: Apostila Pesquisa operacional

118

A duração para a execução da obra é 79 semanas se cada tarefa for realizada uma por vez. No en-tanto, existem tarefas que podem ser realizadas simultaneamente com outras tarefas, podendo com isso, reduzir a duração da execução da obra. 2. Construção da Rede A rede pode ser construída utilizando os arcos para representar as tarefas e os nos para separar as ta-refas de suas tarefas precedentes, porém utilizar os nos para representar as tarefas e os arcos para representar as relações de precedência parece ser mais intuitivo. A figura abaixo ilustra a rede para o exemplo dado:

Figura 1 – Rede PERT para o exemplo dado.

A partir da lista de tarefas e das relações de precedência, a rede pode ser facilmente construída. Para isto, dada uma tarefa (nó), basta procurar na lista quais tarefas são suas tarefas precedentes. Por e-xemplo, na rede da Figura 1, a tarefa J possui as tarefas F e I como precedentes, as quais devem ser conectadas através de arcos orientados, indicando assim, a precedência. Através da análise da rede, varias informações podem ser obtidas, entre elas, as respostas para duas perguntas cruciais para 0 planejamento do projeto:

1. Qual o tempo total requerido para completar o projeto se nenhum atraso ocorrer? 2. Quais as tarefas que não podem sofrer atrasos para que o projeto seja executado sem atraso

(“Atividades Gargalos”)? 2.1 Caminho Crítico Um caminho através de uma rede é uma rota seguindo os arcos a partir do no INICIO até o FIM. O comprimento de um caminho é a soma das durações das tarefas sobre o caminho. Na rede da Figura

A

B

C

E D I

F G

J H

K L

N

M

Fim

Início 0

2

4

10

6 4 7

7 5

9 8

2

5 4

6

0

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119

1 existem 6 caminhos, que são dados na tabela abaixo, juntamente com seus respectivos compri-mentos: Tabela 2 - Caminhos e seus respectivos Comprimentos Caminho Comprimento (semanas) Inicio-A-B-C-D-G-H-M-Fim 2+4+10+6+7+9+2 = 40 Inicio-A-B-C-E-H-M-Fim 2+4+10+4+9+2 = 31 Inicio-A-B-C-E-F-J-K-N-Fim 2+4+10+4+5+8+4+6 = 43 Inicio-A-B-C-E-F-J-L-N-Fim 2+4+10+4+5+8+5+6 = 44 Inicio-A-B-C-l-J-K-N-Fim 2+4+10+7+8+4+6 = 41 Inicio-A-B-C-1-J-L-N-Fim 2+4+10+7+8+5+6 = 42 O caminho com maior comprimento é o Caminho Critico, uma vez que todos os demais caminhos deverão alcançar o FIM antes do Caminho Critico. Isto responde a questão 1 dada acima, ou seja, o tempo total requerido é 44 semanas para completar o projeto. As tarefas sobre este caminho são as Atividades Criticas (Atividades Gargalos), ou seja, qualquer atraso em uma dessas tarefas irá atrasar a duração de todo o projeto. Já as demais tarefas, se sofre-rem algum atraso, poderão ou não atrasar a duração de todo o projeto. A Figura 2 mostra o Caminho Critico:

Figura 2 – Caminho Crítico.

2.2 Programação de Tarefas (Scheduling) A Programação das Tarefas na técnica PERT consiste em determinar em que tempo (por exemplo, em que dia, em qual semana) uma tarefa deve começar e terminar. A principio, o tempo inicial de uma tarefa deveria ser igual ao tempo final da tarefa precedente. No entanto, tarefas que possuem duas ou mais tarefas precedentes necessitam que todas as tarefas precedentes estejam completadas para só então dar início à tarefa em questão. Já para Atividades Não Criticas, o tempo inicial não

A

B

C

E D I

F G

J H

K L

N

M

Fim

Início 0

2

4

10

6 4 7

7 5

9 8

2

5 4

6

0

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precisa ser necessariamente igual ao tempo final da sua tarefa precedente, uma vez que esta tarefa possui folga (não pertence ao Caminho Critico da Rede). A fim de formalizar este raciocínio, a téc-nica PERT utiliza quatro variáveis, a saber:

TIC = Tempo Inicial Mais Cedo TFC = Tempo Final Mais Cedo TIT = Tempo Inicial Mais Tarde TFT = Tempo Final Mais Tarde

De posse dessas variáveis, as seguintes regras podem ser definidas: Regra do Tempo Inicial Mais Cedo:

O Tempo Inicial Mais Cedo TICi de uma tarefa i é igual ao maior Tempo Final Mais Cedo TFCj das tarefas precedentes j. TICi = max (TFCj), ∀ j ∈ πi (1) onde πi é o conjunto de todas as tarefas precedentes à tarefa i.

Regra do Tempo Final Mais Cedo:

TFCi = TICi + Di, (2) onde Di é a duração da tarefa i.

Regra do Tempo Inicial Mais Tarde:

TIT i = TFTi – Di, (3) onde TFTi é definido abaixo.

Regra do Tempo Final Mais Tarde:

O Tempo Final Mais Tarde TFTi de uma tarefa i é igual ao menor Tempo Inicial Mais Tar-de TITk das tarefas sucessoras k. TFTi = min (TITk), ∀ k ∈ ψi (4) onde ψi é o conjunto de todas as tarefas sucessoras à tarefa i.

Exemplo: Cálculo de TIC, TFC, TIT e TFT para a tarefa J (divisórias) da rede do exemplo anterior:

TICJ = max( TFCF, TFCI ) = max( 25, 23 ) = 25 TFCJ = TICJ + DJ = 25 + 8 = 33 TFTJ = min( TITK, TITL ) = min( 34, 33 ) = 33 TITJ = TFTJ – DJ = 33 – 8 = 25

Podemos ver que o cálculo do Tempo Inicial Mais Cedo (TIC) é função dos Tempos Finais Mais Cedos (TFCs) precedentes. Portanto, a sua obtenção é realizada calculando os TICs e TFCs no sen-

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tido do nó Início até o nó Fim. Já o cálculo do Tempo Final Mais Tarde (TFT) é função dos Tem-pos Iniciais Mais Tardes (TITs) sucessores, e devem ser obtidos calculando os TITs e TFTs no sen-tido do nó Fim para o nó Início. Além disso, podemos observar também que o TICJ é igual ao TITJ, o que mostra que não há folga para iniciar essa tarefa. O mesmo acontece com o par TFCJ e TFTJ, o que é coerente, já que essa ta-refa faz parte do Caminho Crítico da rede. Com uma análise mais detalhada, poderíamos mostrar que: Si = TFTi – TFCi = TITi – TICi onde Si corresponde à folga da tarefa i, ou seja, o atraso que essa tarefa pode sofrer sem comprome-ter o tempo total do projeto – ou o tempo do(s) caminho(s) crítico(s). Na tabela a seguir mostramos os cálculos já prontos para todos os nós da rede. Repare que o cami-nho crítico, já mostrado na Figura 2, corresponde ao caminho formado pelas tarefas (nós) com folga Si = 0. Dependendo da topologia da rede e dos tempos Di, podemos ter mais de um caminho crítico.

Tabela 3 – Valores calculados para as variáveis de todos os nós da rede do Exemplo 1. Tarefa (i) Di TIC i TIT i TFCi TFT i Si

Início 0 0 0 0 0 0 A 2 0 0 2 2 0 B 4 2 2 6 6 0 C 10 6 6 16 16 0 D 6 16 20 22 26 4 E 4 16 16 20 20 0 F 5 20 20 25 25 0 G 7 22 26 29 33 4 H 9 29 33 38 42 4 I 7 16 18 23 25 2 J 8 25 25 33 33 0 K 4 33 34 37 38 1 L 5 33 33 38 38 0 M 2 38 42 40 44 4 N 6 38 38 44 44 0

Fim 0 44 44 44 44 0

Redes PERT/CPM Vimos que, nas redes PERT tradicionais, as tarefas são representados por nós no grafo, e com isso temos uma rede orientada por tarefa. Na rede PERT/CPM, as tarefas são representadas por arcos no grafo, sendo que os nós nesse caso representam os inícios e os términos de uma ou mais tarefa. Dizemos então que a rede PERT/CPM é orientada por evento, já que os nós representam um de-terminado evento do processo, que pode ser o início ou o término de uma ou mais tarefas. Podemos tratar a rede PERT/CPM como sendo a versão dual da rede PERT (mas não iremos entrar nos as-pectos de dualidade aqui, apenas mostrar como obtemos o(s) caminho(s) crítico(s), como fizemos para rede PERT). Vamos considerar o mesmo exemplo usado anteriormente. A tabela correspondente aos tempos e precedências das tarefas é replicada abaixo:

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Tabela 1 - Tarefas, Tarefas Precedentes e Duração Estimada

Tarefa Descrição Tarefas

Precedentes Duração Estimada

(semanas) A Escavação e Terraplanagem - 2 B Fundação A 4 C Paredes B 10 D Telhado C 6 E Encanamento Exterior C 4 F Encanamento Interior E 5 G Muros D 7 H Pintura Exterior E, G 9 I Instalação Elétrica C 7 J Divisórias F, I 8 K Piso J 4 L Pintura Interior J 5 M Acabamento Exterior H 2 N Acabamento Interior K, L 6

Construindo a rede, temos o grafo mostrado na Figura 3. Desta vez, são os arcos que recebem os va-lores dos tempos de execução de cada tarefa, e não os nós. Note também que foram inseridos arcos adicionais, representados por linhas pontilhadas. Esses arcos são chamados de arcos-fantasma. To-dos possuem valores de tempo iguais a zero, e servem para separar os eventos de início e término de determinadas tarefas. Dessa forma, não teremos nenhum nó representando o início ou o término de mais de uma tarefa distinta.

Figura 3 – Rede PERT/CPM para o Exemplo 1.

Já que, para a rede PERT/CPM, os eventos de início e término representados pelos nós não possuem tempo ou duração envolvida, podemos obter o caminho crítico usando somente duas variáveis para cada nó da rede, a saber:

TC = Tempo Mais Cedo TT = Tempo Mais Tarde

As regras que definem essas variáveis podem ser dadas da seguinte forma:

1 2 3 8

7

9 13

10

16

15

17

18

22

19 Fim

Início 2 4 10

6

4

7

7

5

9

8

2

5

4 6

A B C

4

5

6

D

E

I

G

F

12

11

14

20

H M

J

K

L 21

N

23

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123

Regra do Tempo Mais Cedo:

TCInício = 0 (5) TCj = max (TCi + Dij), ∀ i ∈ πj (6) onde πj é o conjunto de todos os eventos precedentes ao evento i, e Dij é igual ao tempo da tarefa representada pelo arco (i, j). Para os arcos-fantasma, Dij = 0.

Regra do Tempo Mais Tarde:

TTFim = TCFim (7) TTi = min (TTk – Dik), ∀ k ∈ ψi (8) onde ψi é o conjunto de todos os eventos precedentes ao evento i.

Podemos expressar essas mesmas regras de outra forma um pouco mais simples: Regra do Tempo Mais Cedo: Para calcular o Tempo Mais Cedo de cada nó, basta percorrer todos os caminhos da origem (Início) ao destino (Fim), somando os tempos e guardando sempre o maior valor. Regra do Tempo Mais Tarde: Para calcular o Tempo Mais Tarde de cada nó, basta percorrer todos os caminhos do destino (Fim) à origem (Início), subtraindo os tempos e guardando sempre o menor valor. Terminado o cálculo dessas duas variáveis, podemos obter a folga em cada nó subtraindo os dois tempos obtidos: Si = TTi – TCi Para a rede representada pela Figura 3, temos então o seguinte resultado:

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Tabela 4 – Valores calculados para as variáveis de todos os nós da rede do Exemplo 1. Evento (i) TCi TT i Si

Início 0 0 0 1 2 2 0 2 6 6 0 3 16 16 0 4 16 20 4 5 16 16 0 6 16 18 2 7 22 26 4 8 20 20 0 9 23 25 2 10 29 33 4 11 20 20 0 12 29 33 4 13 25 25 0 14 25 25 0 15 38 42 4 16 33 33 0 17 33 34 1 18 33 33 0 19 40 44 4 20 37 38 1 21 38 38 0 22 38 38 0 23 44 44 0

Fim 44 44 0 Podemos ver que o resultado obtido com a rede PERT/CPM orientada por eventos é o mesmo que o obtido pela rede PERT orientada por tarefas, com apenas um caminho crítico passando pelas ativi-dades A, B, C, E, F, J, L e N, e tempo total do projeto igual a 44 semanas.

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