O Metodo Simplex e Analise de Sensibilidade
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Modelo de PL em forma de equação
Todas as restrições são equações cujos lados
direitos são não-negativos
Todas as variáveis são não-negativas
Conversão de desigualdades em
equações
Uma desigualdade do tipo
a1x1 + a2x2 + a3x3 + . . . + aNxN ≤ b
É equivalente a uma igualdade do tipo
a1x1 + a2x2 + a3x3 + . . . + aNxN + s = b
s ≥ 0
Exemplo (Reddy Micks)
A desigualdade
6x1 + 4x2 ≤ 24
É equivalente à igualdade
6x1 + 4x2 + s1 = 24
s1 ≥ 0
Em
x1 = 3, x2 = 1
6.3 + 4.1 = 22 ≤ 24, ou
s1 = 24 – 22 = 2 ≥ 0
Exemplo (Problema da Dieta)
A desigualdade
x1 + x2 ≥ 800
É equivalente à igualdade
x1 + x2 – s1 = 800
s1 ≥ 0
Em
x1 = 300, x2 = 600
300 + 600 = 900 ≥ 800, ou
s1 = 900 – 800 = 100 ≥ 0
Não negatividade do lado direito
A restrição
-x1 + x2 ≤ -3
É equivalente
-x1 + x2 + s1 = -3
s1 ≥ 0
Mas também a
x1 - x2 - s1 = 3
s1 ≥ 0
Exercícios
No problema da Reddy Micks, verifique se a
solução
x1 = 2, x2 = 3
é viável e determine as variáveis de folga.
Variáveis irrestritas
Em um problema de alocação de mão de obra, a
quantidade requerida em um momento i+1 é igual
à quantidade requerida no momento anterior i mais
(ou menos) uma variação
xi+1 = xi + yi+1
A variável yi+1 deve ser irrestrita para que a
quantidade de mão de obra possa aumentar ou
diminuir ao longo do tempo.
Variáveis irrestritas
Como conciliar essa necessidade com a segunda
condição?
yi+1 = y+i+1 – y–
i+1
y+i+1 ≥ 0
y–i+1 ≥ 0
Desta forma, a contratação de um empregado
seria feita quando
y+i+1 = 1
y–i+1 = 0
Variáveis irrestritas
A demissão seria feita quando
y+i+1 = 0
y–i+1 = 1
A não alteração do quadro resulta em
y+i+1 = 0
y–i+1 = 0
A forma como opera o método Simplex impede
que as duas variáveis tenham valor positivo
simultaneamente.
Transitando da forma gráfica para a
algébrica
Considere o problema
Maximizar z = 2 x1 + 3 x2
Sujeito a
2 x1 + x2 ≤ 4
x1 + 2 x2 ≤ 5
x1, x2 ≥ 0
Transitando da forma gráfica para a
algébrica
As restrições
2 x1 + x2 ≤ 4
x1 + 2 x2 ≤ 5
x1, x2 ≥ 0
Podem ser reescritas
2 x1 + x2 + s1 = 4
x1 + 2 x2 + s2 = 5
x1, x2, s1, s2 ≥ 0
Transitando da forma gráfica para a
algébrica
0
1
2
3
4
5
0 1 2 3 4 5 6
Ótima (x1 = 1, x2 = 2)
s2 = 0
s1 = 0
Transitando da forma gráfica para a
algébrica
Na forma gráfica verificamos que o problema tem
infinitas soluções porque existe uma área em que
todas as restrições são atendidas.
Na forma algébrica, vê-se que o sistema tem
m = 2 equações
n = 4 incógnitas
É portanto indefinido, tem infinitas soluções
Determinação algébrica de pontos
extremos
Se, em um sistema em que
n ≥ m
Faz-se com que
n – m variáveis assumam o valor 0
A solução resultante
Se for única
É denominada solução básica
E corresponde a um ponto extremo
Determinação algébrica de pontos
extremos
Há portanto, no máximo
soluções extremas para o problema
)!(!
!
mnm
nC n
m
Determinação algébrica de pontos
extremos
No exemplo,
m = 2
n = 4
Há portanto no máximo 6 pontos extremos
61.2
3.4
)!24(!2
!4
)!(!
!
mnm
nC n
m
Transitando da forma gráfica para a
algébrica
0
1
2
3
4
5
0 1 2 3 4 5 6
Ótima (x1 = 1, x2 = 2)
s2 = 0
s1 = 0
F
B
A
C
D E
Transitando da forma gráfica para a
algébrica
Variáveis
não básicas
Variáveis
básicas
Solução
básica
Ponto
Extremo
Viável? Valor da
função obj
x1, x2 s1, s2 4; 5 A S 0
x1, s1 x2, s2 4; -3 F N -
x1, s2 x2, s1 2, 5; 1,5 B S 7,5
x2, s1 x1, s2 2; 3 D S 4
x2, s2 x1, s1 5; -6 E N -
s1, s2 x1, x2 1; 2 C S 8
O Método Simplex
0
1
2
3
4
5
0 1 2 3 4 5 6
Ótima (x1 = 1, x2 = 2)
s2 = 0
s1 = 0
F
B
A
C
D E
Maximizar z = 2 x1 + 3 x2
Ponto
Extremo
Variáveis
Básicas
Variáveis
(Zero)
Não Básicas
A s1, s2 x1, x2
B x2, s1 x1, s2
C x1, x2 s1, s2
Exercício
Suponha que apenas a função objetivo do
problema anterior tenha sido alterada.
Qual percurso do método simplex?
Identifique as variáveis básicas e não básicas que
definem esse caminho.
O Método Simplex
O problema da Reddy Micks
Maximizar z = 5 x1 + 4 x2
Sujeito a
1. 6x1 + 4x2 ≤ 24
2. x1 + 2x2 ≤ 6
3. - x1 + x2 ≤ 1
4. x2 ≤ 2
5. x1 ≥ 0
6. x2 ≥ 0
O Método Simplex
O problema da Reddy Micks, reescrito na forma de
equações
Maximizar z = 5 x1 + 4 x2 + 0 s1 + 0 s2 + 0 s3 + 0 s4
Ou z - 5 x1 - 4 x2 = 0
Sujeito a
1. 6x1 + 4x2 + s1 = 24
2. x1 + 2x2 + s2 = 6
3. - x1 + x2 + s3 = 1
4. x2 + s4 = 2
5. x1, x2, s1, s2, s3, s4 ≥ 0
O Método Simplex
Base z x1 x2 s1 s2 s3 s4 Solução
z 1 -5 -4 0 0 0 0 0 linha z
s1 0 6 4 1 0 0 0 24 linha s1
s2 0 1 2 0 1 0 0 6 linha s2
s3 0 -1 1 0 0 1 0 1 linha s3
s4 0 0 1 0 0 0 1 2 linha s4
variáveis básicasvariáveis não básicas
coeficiente mais negativo entra na base
O Método Simplex
Base x1 Solução Razão
s1 6 24 24/6 = 4
s2 1 6 6/1 = 6
s3 -1 1 1/(-1) = -1
s4 0 2 2/0 = ∞
mínimo
negativo, ignorar
razão infinita, ignorar
Conclusão: entra x1 e sai s1
A variável de menor razão não
negativa sai da base
sai da base
A escolha da variável que sai da base é determinada pela primeira restrição encontrada
quando se aumenta o valor da variável que entra na base.
O Método Simplex
-1
0
1
2
3
4
5
6
7
-1 0 1 2 3 4 5 6 7
s1 = 0
s2 = 0s3 = 0
24/6 = 41/(-1) = -1
s4 = 0
A B
6/1 = 6
A escolha da variável que sai da base é determinada pela
primeira restrição encontrada quando se aumenta o valor da
variável que entra na base.
O Método Simplex
Base z x1 x2 s1 s2 s3 s4 Solução
z 1 -5 -4 0 0 0 0 0
s1 0 6 4 1 0 0 0 24
s2 0 1 2 0 1 0 0 6
s3 0 -1 1 0 0 1 0 1
s4 0 0 1 0 0 0 1 2
sai
entra
linha do pivô
coluna do pivô
O Método Simplex
Base z x1 x2 s1 s2 s3 s4 Solução
z 1 -5 -4 0 0 0 0 0
x1 0 1 2/3 1/6 0 0 0 4
s2 0 1 2 0 1 0 0 6
s3 0 -1 1 0 0 1 0 1
s4 0 0 1 0 0 0 1 2
+5x
O Método Simplex
Base z x1 x2 s1 s2 s3 s4 Solução
z 1 0 -2/3 5/6 0 0 0 20
s1 0 1 2/3 1/6 0 0 0 4
s2 0 1 2 0 1 0 0 6
s3 0 -1 1 0 0 1 0 1
s4 0 0 1 0 0 0 1 2
-1x
O Método Simplex
Base z x1 x2 s1 s2 s3 s4 Solução
z 1 0 -2/3 5/6 0 0 0 20
s1 0 1 2/3 1/6 0 0 0 4
s2 0 0 4/3 -1/6 1 0 0 2
s3 0 -1 1 0 0 1 0 1
s4 0 0 1 0 0 0 1 2
+1x
O Método Simplex
Base z x1 x2 s1 s2 s3 s4 Solução
z 1 0 -2/3 5/6 0 0 0 20
s1 0 1 2/3 1/6 0 0 0 4
s2 0 0 4/3 -1/6 1 0 0 2
s3 0 0 5/3 1/6 0 1 0 5
s4 0 0 1 0 0 0 1 2
+0x
O Método Simplex
Base z x1 x2 s1 s2 s3 s4 Solução
z 1 0 -2/3 5/6 0 0 0 20
x1 0 1 2/3 1/6 0 0 0 4
s2 0 0 4/3 -1/6 1 0 0 2
s3 0 0 5/3 1/6 0 1 0 5
s4 0 0 1 0 0 0 1 2
coeficiente mais negativo entra na base
coluna do pivô
O Método Simplex
Base x2 Solução Razão
x1 2/3 4 4/(2/3) = 6
s2 4/3 2 2/(4/3) = 3/2
s3 5/3 5 5/(5/3) = 3
s4 1 2 2/1 = 2
mínimo
Conclusão: entra x2 e sai s2
A variável de menor razão não
negativa sai da base
sai da base
O Método Simplex
-1
0
1
2
3
4
5
6
7
-1 0 1 2 3 4 5 6 7
s1 = 0
s2 = 0s3 = 0
s4 = 0
AC
B
A escolha da variável que sai da base é determinada pela
primeira restrição encontrada quando se aumenta o valor da
variável que entra na base.
O Método Simplex
Base z x1 x2 s1 s2 s3 s4 Solução
z 1 0 -2/3 5/6 0 0 0 20
x1 0 1 2/3 1/6 0 0 0 4
s2 0 0 4/3 -1/6 1 0 0 2
s3 0 0 5/3 1/6 0 1 0 5
s4 0 0 1 0 0 0 1 2
sai linha do pivô
coluna do pivô
entra na base
O Método Simplex
Base z x1 x2 s1 s2 s3 s4 Solução
z 1 0 0 3/4 1/2 0 0 21
x1 0 1 0 1/4 -1/2 0 0 3
x2 0 0 1 -1/8 3/4 0 0 3/2
s3 0 0 0 3/8 -5/4 1 0 5/2
s4 0 0 0 1/8 -3/4 0 1 1/2
Nenhum dos coeficientes é negativo: a solução é ótima
Resultados
Variável
de Decisão
Valor
Ótimo
Recomendação
x1 3 Produzir 3 t diárias de tintas para exteriores
x2 3/2 Produzir 1,5 t diárias de tintas para interiores
z 21 Lucro diário é de $ 21.000
Resultados - Restrições
Recurso Valor da Folga Situação
Matéria-prima M1 s1 = 0 Escasso
Matéria-prima M2 s2 = 0 Escasso
Limite de mercado s3 = 5/2 Abundante
Limite da demanda s4 = 1/2 Abundante
O método Simplex fornece mais que uma solução ótima: permite que se analise o cenário,
observando por exemplo que restrições influenciaram na fixação do ótimo. Variáveis de
folga com situação abundante indicam restrições inativas, as que, na situação analisada,
não influenciaram na solução do problema.
Exercício
Determine a solução ótima para o problema de
otimização
Maximizar z = 2 x1 + x2 – 3 x3 + 5 x4
Sujeito a
x1 + 2 x2 + 2 x3 + 4 x4 ≤ 40
2 x1 – x2 + x3 + 2 x4 ≤ 8
4 x1 – 2 x2 + x3 – x4 ≤ 10
x1, x2, x3, x4 ≥ 0
Exercícios
Repita o exercício anterior com as seguintes funções
objetivo
Maximizar z = 8 x1 + 6 x2 + 3 x3 – 2 x4
Maximizar z = 3 x1 – x2 + 3 x3 + 4 x4
Minimizar z = 5 x1 – 4 x2 + 6 x3 – 8 x4
Observação: no problema de minimização, a coluna do pivô
é escolhida pelo maior coeficiente positivo
Solução Inicial Artificial
Apenas se todas as restrições são do tipo ≤, a
solução xi = 0 leva a uma solução básica
envolvendo as variáveis de folga.
Restrições do tipo = ou ≥ necessitam outros
mecanismos para gerar uma solução inicial.
O método do M-Grande
O método de duas fases
Método do M-grande (“big M”)
Variáveis artificiais são adicionadas às restrições
do tipo = e ≥
Tais variáveis são incluídas na função objetivo com
coeficientes punitivos (o grande M), que
eventualmente as levarão a ficar fora da base.
O coeficiente será, em problemas de
Maximização – M
Minimização + M
Método do M-grande (“big M”)
Min z = 4 x1 + x2
sujeito a
3 x1 + x2 = 3
4 x1 + 3 x2 ≥ 6
x1 + 2 x2 ≤ 4
x1, x2 ≥ 0
Min z = 4 x1 + x2
sujeito a
3 x1 + x2 = 3
4 x1 + 3 x2 - x3 = 6
x1 + 2 x2 + x4 = 4
x1, x2 ≥ 0
Método do M-grande (“big M”)
Min z = 4 x1 + x2
sujeito a
3 x1 + x2 = 3
4 x1 + 3 x2 - x3 = 6
x1 + 2 x2 + x4 = 4
x1, x2, x3, x4 ≥ 0
Min z=4x1+x2+MR1+MR2
sujeito a
3 x1 + x2 + R1 = 3
4 x1 + 3 x2 - x3 + R2 = 6
x1 + 2 x2 + x4 = 4
x1, x2, x3, x4, R1, R2 ≥ 0
Quão grande deve ser M?
Tão grande quanto necessário para que não faça parte da base.
Método do M-grande (“big M”)
Base x1 x2 x3 R1 R2 x4 Solução
z -4 -1 0 100 100 0 0
R1 3 1 0 1 0 0 3
R2 4 3 -1 0 1 0 6
x4 1 2 0 0 0 1 4
Método do M-grande (“big M”)
Base x1 x2 x3 R1 R2 x4 Solução
z 696 399 -100 0 0 0 900
R1 3 1 0 1 0 0 3
R2 4 3 -1 0 1 0 6
x4 1 2 0 0 0 1 4
Método do M-grande (“big M”)
Base x1 x2 x3 R1 R2 x4 Solução
z 0 167 -100 -232 0 0 204
x1 1 1/3 0 1/3 0 0 1
R2 0 5/3 -1 -4/3 1 0 2
x4 0 5/3 0 -1/3 0 1 3
Método do M-grande (“big M”)
Base x1 x2 x3 R1 R2 x4 Solução
z 0 0 1/5 -492/5 -501/5 0 18/5
x1 1 0 1/5 3/5 -1/5 0 3/5
x2 0 1 -3/5 -4/5 3/5 3/5 6/5
x4 0 0 1 1 -1 1 1
Método do M-grande (“big M”)
Base x1 x2 x3 R1 R2 x4 Solução
z 0 0 0 -491/5 -100 -1/5 17/5
x1 1 0 0 2/5 0 -1/5 2/5
x2 0 1 0 -11/15 0 0 9/5
x3 0 0 1 1 -1 1 1
Solução: x1= 2/5, x2 = 9/5 e z = 17/5
Método das duas fases
O big M pode introduzir erros de arredondamento
No método das duas fases
Fase I tenta localizar uma solução básica viável
Fase II resolve o problema original
Fase I
O problema é expresso na forma de equações
São introduzidas as variáveis artificiais
Encontra-se a solução básica que minimiza a soma
das variáveis artificiais
Se a função objetivo final
tem valor positivo, o problema não tem solução viável
tem valor menor ou igual a zero, passa-se para a
segunda fase
Fase I
Min z = 4 x1 + x2
sujeito a
3 x1 + x2 = 3
4 x1 + 3 x2 ≥ 6
x1 + 2 x2 ≤ 4
x1, x2 ≥ 0
Min z = 4 x1 + x2
sujeito a
3 x1 + x2 = 3
4 x1 + 3 x2 - x3 = 6
x1 + 2 x2 + x4 = 4
x1, x2 ≥ 0
Fase I
Min z = 4 x1 + x2
sujeito a
3 x1 + x2 = 3
4 x1 + 3 x2 - x3 = 6
x1 + 2 x2 + x4 = 4
x1, x2, x3, x4 ≥ 0
Min z = R1 + R2
sujeito a
3 x1 + x2 + R1 = 3
4 x1 + 3 x2 - x3 + R2 = 6
x1 + 2 x2 + x4 = 4
x1, x2, x3, x4, R1, R2 ≥ 0
Fase I
Base x1 x2 x3 R1 R2 x4 Solução
r 0 0 0 -1 -1 0 0
R1 3 1 0 1 0 0 3
R2 4 3 -1 0 1 0 6
x4 1 2 0 0 0 1 4
Fase I
Base x1 x2 x3 R1 R2 x4 Solução
r 3 1 0 0 -1 0 3
R1 3 1 0 1 0 0 3
R2 4 3 -1 0 1 0 6
x4 1 2 0 0 0 1 4
Fase I
Base x1 x2 x3 R1 R2 x4 Solução
r 7 4 -1 0 0 0 9
R1 3 1 0 1 0 0 3
R2 4 3 -1 0 1 0 6
x4 1 2 0 0 0 1 4
Fase I
Base x1 x2 x3 R1 R2 x4 Solução
r 7 4 -1 0 0 0 9
R1 1 1/3 0 1/3 0 0 1
R2 4 3 -1 0 1 0 6
x4 1 2 0 0 0 1 4
Fase I
Base x1 x2 x3 R1 R2 x4 Solução
r 0 5/3 -1 -7/3 0 0 2
R1 1 1/3 0 1/3 0 0 1
R2 0 5/3 -1 -4/3 1 0 2
x4 0 5/3 0 -1/3 0 1 3
Fase I
Base x1 x2 x3 R1 R2 x4 Solução
r 0 5/3 -1 -7/3 0 0 2
x1 1 1/3 0 1/3 0 0 1
R2 0 5/3 -1 -4/3 1 0 2
x4 0 5/3 0 -1/3 0 1 3
Fase I
Base x1 x2 x3 R1 R2 x4 Solução
r 0 5/3 -1 -7/3 0 0 2
x1 1 1/3 0 1/3 0 0 1
R2 0 1 -3/5 -4/5 3/5 0 6/5
x4 0 5/3 0 -1/3 0 1 3
Fase I
Base x1 x2 x3 R1 R2 x4 Solução
r 0 0 0 -1 -1 0 0
x1 1 0 1/5 3/5 -1/5 0 3/5
x2 0 1 -3/5 -4/5 3/5 0 6/5
x4 0 0 1 1 -1 1 1
O mínimo igual a zero indica que há uma solução básica viável com
x1 = 3/5, x2 = 6/5 e x4 = 1
Fase II
Na segunda fase, usa-se a solução viável da
primeira fase como solução inicial para o problema
original
Fase I
Base x1 x2 x3 x4 Solução
z 0 0 0 -1/5 17/5
x1 1 0 0 -1/5 2/5
x2 0 1 0 3/5 9/5
x3 0 0 1 1 1
Solução: x1= 2/5, x2 = 9/5 e z = 17/5
Retirada das variáveis artificiais
Só podem ser retiradas as colunas das variáveis artificiais não básicas
Se uma ou mais variáveis artificiais permanecer na base
Etapa I selecione uma dessas variáveis (artificiais e básicas) para sair da
base
selecione uma variável não-artificial não-básica para entrar na base
realize uma iteração do Simplex.
Etapa II remova da tabela a coluna da variável artificial que saiu da
base