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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Aplicações: Problema de Investimento
• 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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Aplicações: Problema de Investimento
• 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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Exemplo: Problema de Investimento
• 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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!
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!
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Exemplo: Problema de Investimento
• 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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Exemplo: Problema de Investimento
• 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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Exemplo: Problema de Investimento
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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Aplicações: Modelo com Custo Fixo
• 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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Aplicações: Modelo com Custo Fixo
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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Considerações sobre a Resolução de PPI
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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Considerações sobre a Resolução de PPI
• 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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Algoritmos para a Resolução de PPI
• 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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Algoritmos para a Resolução de PPI
• 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
Problema 7Max 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 " 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 do Problema 5
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
• Solução do Problema 6
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
Problema 8Max 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 ! 3
x 1 " 0, x
2 " 0
x 1 e x
2 inteiros
Problema 9Max 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 " 4
x 1 " 0, x
2 " 0
x 1 e x
2 inteiros
8/18/2019 AULA 9 - Programação Inteira
49/51
8/18/2019 AULA 9 - Programação Inteira
50/51
Branch-and-Bound
• Solução do Problema 9
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
8/18/2019 AULA 9 - Programação Inteira
51/51
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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