AULA 9 - Programação Inteira

8/18/2019 AULA 9 - Programação Inteira

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PESQUISA OPERACIONAL IIProfa. Vanessa Batista Schramm


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PROGRAMAÇÃO INTEIRA


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Introdução

• É uma ferramenta para resolver Problemas de ProgramaçãoLinear onde a hipótese da divisibilidade não é atendida, isto é, a valores não inteiros não são permitidos para as variáveis dedecisão.

•

Programação Linear Inteira – Programação Inteira (PI).• O modelo matemático para Problemas de Programação Inteira

(PPI) é o mesmo modelo de PPL com uma restrição adicional deque as variáveis devem ser valores inteiros.

• Caso essa restrição adicional seja apenas associada a algumas

variáveis, permanecendo a hipótese da divisibilidade válida para asdemais, trata-se de um modelo de Programação Inteira Mista(PIM).


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Programação Inteira Binária

• Uma importante área de aplicação da PI é problemas envolvendodecisões dicotômicas, do tipo sim e não.

• Nestes casos, as variáveis do problema são binárias (0-1),

implicando na denominação Programação Inteira Binária (PIB) ouProgramação Inteira 0-1.

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Problema da Mochila (binário)

• O problema da mochila (knapsack problem) metaforicamenterepresenta o desafio de encher uma mochila sem ultrapassar umdeterminado limite de peso, otimizando o valor do produtocarregado.

•

O modelo do Problema da Mochila pode ser aplicado a diferentescontextos:• Problemas de investimento

• Problemas de corte e empacotamento

• Carregamento de veículos

•

Orçamento


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Problema da Mochila (binário)

• xj é a variável binária que irá

representar a decisão de levar ou

não o objeto j:

•

xj = 1 levar o objeto j

• xj = 0 não levar o objeto j

• cj é o valor (utilidade) do objeto j

• w j é o peso do objeto j

• b é a capacidade da mochila

Max z = c j x

j

j=1

n

!

sujeito a :

w j x

j

j=1

n

! " b

x j #{0,1} $ j


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Exercício: Problema da Mochila

• Um estudante dispõe de uma mochila com capacidade para 14 kge tem quatro itens para colocar nela, com pesos e valores(utilidade) diferenciados:

• Deseja-se maximizar a soma dos valores dos itens colocados namochila. Determine o modelo matemático para este problema.

Peso (Kg) Valor

Item 1 5 8

Item 2 7 11

Item 3 4 6

Item 4 3 4


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Exercício: Problema da Mochila

Max Z = 8x1 + 11x2 + 6x3+ 4x4

Sujeito a:

5x1 + 7x2 + 4x3 + 3x4 ! 14

xj " {0, 1}


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Aplicações: Problema de Investimento

• Suponha que uma empresa esteja planejando seus investimentospara os próximos T períodos. Existem n projetos prioritários, masque devem ser contabilizados com o orçamento disponível Gt noperíodo t (t = 1, 2, ..., T). Se o projeto j é realizado, ele exige um

investimento atj no período t. Suponha ainda que cada projeto jseja conhecido o seu valor presente bj. O problema de orçamentode capital consiste em selecionar projetos a realizar de forma amaximizar o valor presente total, respeitada a limitaçãoorçamentária.


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• Seja xj a variável binária que indica a aprovação ou não do projetoj (j = 1, 2, ..., n).

• O modelo consiste em determinar os valores de xj.

Max Z = b1x1 + b2x2 + ... + bnxns/a:

a11x1 + a12x2 + ... + a1nxn! G1a21x1 + a22x2 + ... + a2nxn! G2

.

..

a T1x1 + a T2x2 + ... + a Tnxn! G Txj " {0, 1}, para j = 1, 2, 3, 4.


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Aplicações: Problema de Investimento• Caso 1: Projetos mutuamente exclusivos. Suponha que os

projetos p, q e r sejam mutuamente exclusivos, ou seja, se um delefor aprovado, os demais têm que ser rejeitados. Para tal situaçãobasta acrescentar ao modelo a restrição:

xp

+ xq

+ ...

+ xr

! 1

• Caso 2: Projetos contingenciais. Suponha que o projeto xf sópossa ser realizado caso o projeto xg também seja. Para talsituação, basta acrescentar ao modelo a restrição:

xf ! xq

• Note que esta restrição permite três alternativas: i) xf = xq = 0; ii) xf = xq = 1;e iii) xf = 0 e xq = 1, ficando excluída a situação xf = 1 e xq = 0.


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• Caso 3: Restrições de caixa. Se o modelo desejar incorporar ofluxo de caixa associado ao projeto, há que convencionar que atj >0 ou atj < 0, conforme sejam entradas ou saídas de caixa noperíodo t decorrentes do projeto j.


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Exemplo: Problema de Investimento

• A CALIFORNIA MANUFACTURING COMPANY estáconsiderando a possibilidade de se expandir com a construção deuma nova fábrica em Los Angeles ou então em São Francisco, ouquem sabe, até mesmo em ambas as cidades. Ela também está

considerando a possibilidade de construir um novo depósito, masa escolha do local está restrita a uma cidade na qual a fábrica seráconstruída.

• A tabela a seguir mostra os dados do problema. O objetivo é

encontrar a combinação de alternativas que maximize o valorpresente líquido total (rentabilidade total considerando o valortemporal do dinheiro).


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• Formule o modelo PI, sabendo que todas as variáveis de decisãosão binárias.

Decisão

Número

Pergunta

Sim-ou-Não

Variável de

Decisão

Valor Presente

Líquido (U$$)

Capital

Exigido (U$$)

1 Construir a fábrica em Los Angeles? x1 9 milhões 6milhões

2 Construir a fábrica em São Francisco? x2 5 milhões 3 milhões

3 Construir o depósito em Los Angeles? x3 6 milhões 5 milhões

4 Construir o depósito em São Francisco? x4 4 milhões 2 milhões

Capital disponível: U$$ 10 milhões

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• Façamos Z = valor presente líquido total.

• Observe as seguintes recomendações:• “um novo depósito” significa que só deverá ser construído 1 um único

depósito: x3 e x4 são decisões mutuamente exclusivas.

• “a escolha do local está restrita a uma cidade na qual a fábrica seráconstruída” significa que a empresa irá construir um depósito em umadeterminada cidade somente se também fosse construir uma nova fábrica lá:x3 e x1 são decisões contingentes, assim como x4 e x2.


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• Façamos Z = valor presente líquido total.

• Observe as seguintes recomendações:• “um novo depósito” significa que só deverá ser construído no máximo um

depósito.

x3 + x4! 1

• “a escolha do local está restrita a uma cidade na qual a fábrica seráconstruída” significa que a empresa irá construir um depósito em umadeterminada cidade somente se também fosse construir uma nova fábrica lá.• É necessário que x3 = 0 se x1 = 0

•

Similarmente, x4 = 0 se x2 = 0x3 ! x1x4 ! x2


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Max Z = 9x1 + 5x2 + 6x3 + 4x4Sujeito a:

6x1 + 3x2 + 5x3 + 2x4!

10x3 + x4! 1

− x1 + x3! 0 − x2 + x4! 0

xj " {0, 1}, para j = 1, 2, 3, 4


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Aplicações: Modelo com Custo Fixo

• Para um modelo básico de um PPL no qual modelo as variáveisrepresentam níveis de determinada atividade.

Min custo = c j

x j j=1

n

! sujeito a :

aij x

j

j=1

n

! " bi para i =1,2,...,m

x j " 0 # j


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• Suponha que haja uma atividade j com custo fixo K j e custooperacional unitário cj. Assim:

Se xj = 0, então custo = 0

Se xj > 0, então custo = K j + cjxj

• Neste caso, o PPL deve ser alterado para um modelo de PIB, deforma a levar em conta o custo fixo.

• Acrescentar à função objetivo K jy j•

Acrescentar às restrições: xj!

M.y j e y j binária• M é uma constante arbitrariamente grande: essa restrição é usada para forçar

que xj seja maior que zero apenas quanto y j for igual a 1 (0 ! xj ! M); casocontrário, xj = 0.


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Min custo = c j x

j

j=1

n

! + K j y j j=1

n

!

sujeito a :

aij x

j

j=1

n

! " bi para i =1,2,...,m

x j # M . y

j para j =1,2,...,n,

x j

" 0 $ j

y j

binária $ j


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Aplicações: Problema de Localização

• Sejam m localizações potenciais onde se produz um único bem.Este bem deve ser distribuído a n depósitos, cada um com umdemanda dj (j = 1, 2, ..., n). Se a localização potencial i for ativadae passar a produzir, ela terá um custo fixo Ki e uma capacidade de

produção Mi. O custo de transportar uma unidade da fonte i aodepósito j é g ij.

• O modelo linear misto a seguir responde as duas indagações: i)quais fontes devem ser ativadas?; e ii) que quantidades devem ir da

fonte i ao depósito j?


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Aplicações: Problema de Localização

Min g ij z

ij

j=1

n

!i=1

m

! + K i yii=1

m

!

sujeito a :

z ij

i=1

m

! = d j para j =1,2,...,n

z ij

j=1

n

! " M i yi para i =1,2,...,m,

z ij # 0 $ i e j

yi binária $ i

•

y i = 1 significa a decisão deativar a localização i

• zij é volume transportado dalocalização i para o depósitoj.

•

A primeira restrição indicaque o volume recebido pelodepósito j, vindo de todas aslocalizações, é igual ademanda dj.

•

A segunda restrição indicaque só há transporte a partirda localização i se y i = 1.


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Algumas Aplicações

• Análise de investimento

• Escolha de um local

• Desenhando uma rede de distribuição

• Despacho de mercadorias

•

Programação de atividades

• Programação de venda de ativos

• Aplicações em linhas aéreas

Fonte: Hillier FS e Lieberman GJ. Introdução à PesquisaOperacional, 8ª Ed., Porto Alegre: AMGH, 2010.


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Algumas Aplicações1.

O problema de alocação de pessoal2. O problema do jantar de Nero3.

O problema da otimização de padrões de corte4.

O problema da câmara de segurança5. O problema do carregamento de aviões6.

O problema da auditoria bancária7.

O problema do incêndio florestal – ataque massivo8.

O problema do sistema de defesa antiaérea9.

O problema de anúncios na rede de TV10. O problema das equipes de natação11.

O problema da expedição de pesquisa a Marte12.

O problema das lagoas de estabilização

Fonte: Goldarg, MC. Otimização Combinatória eProgramação Linear, 8ª Ed., Rio de Janeiro: Elsevier, 2000.


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Considerações sobre a Resolução de PPI

• Considere um problema de PIB com 2 variáveis x1 e x2. Há 4soluções possíveis para este problema: (0, 0), (0,1), (1,0) e (1,1).• Algumas dessas soluções podem não ser viáveis.

• Se o problema apresenta 1 variável a mais, o número de soluções

possíveis passa a ser 8.• Com n variáveis passa a ser 2n. Isto significa que o número de

soluções possíveis cresce exponencialmente, assim como adificuldade do problema.•

Problemas relativamente pequenos, com 30, variáveis podem ter mais de

1bilhão de soluções possíveis.• Para problemas de PI genéricos a complexidade é ainda maior.


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Em PPLs há infinitas soluções possíveis dentro da região desoluções viáveis, mesmo para problemas muito pequenos, com 2duas variáveis. Portanto, é correto afirmar que a resolução de PPLsé mais complexa que a resolução de problemas de PI?

Não. PPLs são mais simples de resolver!Por que?

• Na Programação Linear há um teorema que diz que,necessariamente, a solução ótima será em um dos pontosextremos do conjuntos de soluções viáveis, reduzindo,

significativamente, o número de possibilidades.• Esta garantia é o segredo da eficiência do Método Simplex.


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• Mesmo computadores muito rápidos são incapazes de realizar asenumerações exaustivas de problemas de PI (verificar se cada umadas soluções é viável ou não e, em caso positivo, calcular o valorda função objetivo).

•

Os três aspectos determinantes para a complexidade de umproblema de PI são:• Número de variáveis.

• Se estas variáveis são binárias (menos complexo) ou genéricas (maiscomplexo)

• Se há ou não alguma estrutura especial para o problema

• O número de restrições também é importante, porém menos que os trêsaspectos acima.


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Relaxamento do PPI

• Alguns algoritmos foram desenvolvidos para resolução de algunsproblemas de PI.

• A maioria destes algoritmos incorpora o método simplex (ou o

método simplex dual) o máximo possível, relacionando oproblema de PI considerado ao PPL correspondente, denominadode relaxamento do PI (que é o próprio PI sem a restriçãointeira).


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Relaxamento do PPI

Max z = x2

s / a :

! x1+ x

2 "1 / 2

x1+ x

2 " 7 / 2

x1 # 0, x

2 # 0

x1 e x2 inteiros

PI Relaxamento do PI

Max z = x 2

s / a :

! x 1+ x

2 "1/ 2

x 1+ x

2 " 7 / 2

x 1 # 0, x

2 # 0


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Relaxamento do PPI

• Uma alternativa é resolver o relaxamento do PI; se a soluçãoencontrada satisfizer a restrição inteira do problema, o problemade PI está resolvido – CASO FORTUITO!

•

Cuidado ao resolver o relaxamento do PI e depois arredondar os valores não inteiros, forçando a solução a satisfazer a restriçãointeira.•

A solução arredondada pode não ser viável.

•

A solução arredondada pode não ser ótima.


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Relaxamento do PPI

• Há diversos tipos especiais de problemas de PI para os quais asolução encontrada sempre satisfaz a restrição inteira doproblema:• Problema de transporte;

•

Problema da designação;• Problema do caminho mais curto; e

• Problema do fluxo máximo.


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Exercício: Relaxamento do PPI

• Resolva os seguintes relaxamentos de PI graficamente, caso asolução contenha algum valor não inteiro, arredonde-os e verifique se a nova solução ainda é uma solução ótima.

Max z = x 2

s / a :

! x 1+ x

2 "1/ 2

x 1+ x

2 " 7 / 2

x 1 # 0, x

2 # 0

x 1

e x 2

inteiros

Max z = x 1+5 x

2

s / a :

x 1+10 x

2 ! 20

x 1 ! 2

x 1 " 0, x

2 " 0

x 1 e x

2 inteiros


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Algoritmos para a Resolução de PPI

• Técnicas de Enumeração• Separação e avaliação progressiva – Branch-and-Bound

• Enumeração implícita

• Restrições surrogate

•

Técnicas de Corte• Cortes inteiros (primais e duais)

• Cortes combinatórios

• Cortes de interseção

• Método de decomposição de Benders

•

Técnicas Híbridas• Branch-and-Cut

•

Teoria de Grupo


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• Dada e explosão combinatorial de alguns problemas de otimizaçãoem alguns casos é necessário recorrer a técnicas heurísticas visando à busca de boas soluções.

•

Heurística. São técnicas, baseadas em alguma experiência, pararesolver computacionalmente problemas de otimização; estastécnicas não garantem encontrar exatamente a solução ótima, masse aproximam dela de forma satisfatória (soluções boas).

•

A heurística mais básica que existe é técnica de tentativa-e-erro.


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Algoritmos para a Resolução de PPI•

Existem algoritmos heurísticos que são bastante eficientes na resoluçãode PPI específicos.

• Apesar de não garantirem uma solução ótima, eles tendem a ser maiseficientes na resolução de um PI que a estratégia de arredondar oresultado encontrado para o correspondente problema relaxado.

•

Dentre as heurísticas utilizadas para resolve PPI, destacam-se:• Algoritmos Genéticos

• Colônia de Formigas

• Simulated Anneling

• Estratégia MuliStart

•

Busca de Tabus• Busca em Vizinhança Variável

• Heurística Gulosa


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• Para problemas de PI que são suficientemente pequenos para seencontrar a solução ótima, há um número considerável dealgoritmos disponíveis atualmente. Entretanto, nenhum delespossui a eficiência computacional do Método Simplex.

• Portanto, o desenvolvimento de novos algoritmos para problemasde PI é uma área de estudo ativa na Pesquisa Operacional.


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Branch-and-Bound

• Branch-and-Bound - Ramificação e Avaliação Progressiva.

• A ideia geral do algoritmo Branch-and-Bound é dividir o conjunto desoluções viáveis em subconjuntos, sem interseções entre si,

calculando os limites superior e inferior para cada subconjunto eeliminar certos subconjuntos de acordo com alguma regras pré-estabelecidas.


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Branch-and-Bound

Max z = 3 x 1+3 x

2

s / a :

x 1+

4 x

2 !

126 x

1+ 4 x

2 ! 24

x 1 " 0, x

2 " 0

x 1 e x

2 inteiros

Solução Ótima dorelaxamento do PI

( x 1 = 2,4; x 2 = 2,4)z* = 14,4

Problema 1 (original)

x1

x2

(4,0)

(0,3)(2,4, 2,4)

6 x 1+ 4 x

2 ! 24

x 1+ 4 x

2 !12


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Branch-and-Bound

• Escolhemos um dos dois valores para tentar torna-lo inteiro.Escolhendo x1, temos que:

• Com isso, dividimos o problema em dois subproblemas:

x 1 ! 2, x

1 " 3

Max z = 3 x 1+3 x

2

s / a :

x 1+ 4 x

2 !12

6 x 1+ 4 x

2 ! 24

x 1 ! 2

x 1 " 0, x

2 " 0

x 1 e x

2 inteiros

Problema 2

Max z = 3 x 1+3 x

2

s / a :

x 1+ 4 x

2 !12

6 x 1+ 4 x

2 ! 24

x 1 " 3

x 1 " 0, x

2 " 0

x 1 e x

2 inteiros

Problema 3


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Branch-and-Bound

x1

x2

4

3

32

6 x 1+ 4 x

2 ! 24

x 1+ 4 x

2 !12

(2, 2,5)

(3, 1,5)

Parte eliminada doconjunto desoluções viáveis


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Branch-and-Bound

• Calcula-se a solução ótima para os dois problemas relaxados.

x1

x2

4

3

32

6 x 1+ 4 x

2 ! 24

x 1+ 4 x 2 !12

(2, 2,5)

(3, 1,5)

Solução Ótima Problema 2 (relaxado)( x 1 = 2; x 2 = 2,5)

z* = 13,5

Solução Ótima Problema 3 (relaxado)( x 1 = 3; x 2 = 1,5)

z* = 13,5


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Branch-and-Bound

• Tornando o valor de x2, que atualmente é 2,5 inteiro, os problemas2 e 3 serão divididos em dois subproblemas cada.

• O problema 2 será divididos nos problemas 4 e 5, adicionando,respectivamente, as seguintes restrições: x 2 ! 2 e x 2 " 3

Max z = 3 x 1+3 x

2

s / a :

x 1+ 4 x

2 !12

6 x 1+ 4 x

2 ! 24

x 1

! 2

x 2 ! 2

x 1 " 0, x

2 " 0

x 1 e x

2 inteiros

Problema 4Max z = 3 x

1+3 x

2

s / a :

x 1+ 4 x

2 !12

6 x 1+ 4 x

2 ! 24

x 1

! 2

x 2 " 3

x 1 " 0, x

2 " 0

x 1 e x

2 inteiros

Problema 5


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Branch-and-Bound

• O problema 3 será dividido nos problemas 6 e 7, adicionando,respectivamente, as seguintes restrições de modoa tornar inteiro o valor de x2, que é igual a 1,5 para este problema.

x 2 ! 2 e x

2 " 3

Problema 6Max z = 3 x 1+3 x

2

s / a :

x 1+ 4 x

2 !12

6 x 1+ 4 x

2 ! 24

x 1 " 3

x 2 !1

x 1 " 0, x

2 " 0

x 1 e x

2 inteiros


2

s / a :

x 1+ 4 x

2 !12

6 x 1+ 4 x

2 ! 24

x 1 " 3

x 2 " 2

x 1 " 0, x

2 " 0

x 1 e x

2 inteiros


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Branch-and-Bound

• Solução do Problema 4

x1

x2

4

3

2

6 x 1+ 4 x

2 ! 24

x 1+ 4 x

2 !12

2 (2, 2)

Solução Ótima Problema 4 (relaxado)( x 1 = 2; x 2 = 2)

z* = 12


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Branch-and-Bound


Solução Ótima Problema 5 (relaxado)( x 1 =0; x 2 = 3)

z* = 9

x1

x2

4

3

2

6 x 1+ 4 x

2 ! 24

x 1+ 4 x 2 !12

Só o ponto (0,3)é viável


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Branch-and-Bound


x1

x2

4

3

3

6 x 1+ 4 x

2 ! 24

x 1+4 x 2

!12

(10/3, 1)1

Solução Ótima Problema 6 (relaxado)( x 1 =10/3; x 2 = 1)

z* = 13


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Branch-and-Bound

• Solução do Problema 7 (relaxado)

x1

x2

4

3

3

6 x 1+ 4 x

2 ! 24

x 1

+ 4 x 2

!12

(3, 1,5)

Não há solução viável


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Branch-and-Bound

• Os problemas 4 e 5 têm soluções inteiras e o Problema 7 éinviável. Já o Problema 6 apresenta solução não inteira e, portanto,ainda pode ser dividido em dois subproblemas, adicionando asrestrições x

1 ! 3 e x

1 " 4


2

s / a :

x 1+ 4 x

2 !12

6 x 1+ 4 x

2 ! 24

x 1 " 3

x 2 !1

x 1 ! 3

x 1 " 0, x

2 " 0

x 1 e x

2 inteiros


2

s / a :

x 1+ 4 x

2 !12

6 x 1+ 4 x

2 ! 24

x 1 " 3

x 2 !1

x 1 " 4

x 1 " 0, x

2 " 0

x 1 e x

2 inteiros


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Branch-and-Bound


x1

x2

(4,0)

3

3

6 x 1+ 4 x

2 ! 24

x 1+ 4 x

2 !12

1

Só o ponto (4,0)é viável

Solução Ótima Problema 9 (relaxado)( x 1 =4; x 2 = 0)

z* = 12


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Branch-and-Bound

• Árvore de solução

X 1 = 2,4X 2 = 2,4Z = 14,4

X 1 = 2X 2 = 2,5

Z = 13,5

X 1 = 3X 2 = 1,5Z = 13,5

x 1 ! 2

x 1 ! 3

X 1 = 2X 2 = 2Z = 12

X 1 = 0X 2 = 3Z = 9

X 1 = 10/3X 2 = 1Z = 13

inviável

x 2 ! 2 x

2 ! 3 x 2 !1

x 2 ! 2

X 1 = 3X 2 = 1Z = 12

X 1 = 4X 2 = 0Z = 12

x 1 ! 3 x

1 ! 4

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