1 pesquisa operacional: método simplex – duas fases
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1
Pesquisa Operacional:
Método Simplex – Duas Fases
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Minimizar Z = 3x1 + 2x2
Restrições:2x1 + x2 ≥ 10x1 + 5x2 ≥ 15x1 ≥ 0x2 ≥ 0
Exemplo 1: Minimização da função objetivo
Pode-se transformar em um problema de maximização da seguinte forma:
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Passo 1: Transformar para maximização e introduzir as variáveis de folga.Multiplicar a função objetivo por (-1) para utilizar o método Simplex como foi efetuado anteriormente na maximização.
Max(-z) = Min(z)Max (-z) = -3x1 - 2x2
Restrições:2x1 + x2 ≥ 10x1 + 5x2 ≥ 15x1 ≥ 0 e
x2 ≥ 0
Minimizar Z = 3x1 + 2x2
Restrições:2x1 + x2 ≥ 10x1 + 5x2 ≥ 15x1 ≥ 0x2 ≥ 0
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Passo 1: inserir as variáveis de folga.
Max(-z) = Min(z)Max (-z) = -3x1 - 2x2
Restrições:2x1 + x2 ≥ 10x1 + 5x2 ≥ 15x1 ≥ 0 e x2 ≥ 0
2x1 + x2 + f1 = 10x1 + 5x2 + f2 = 15
2x1 + x2 + 1f1 + 0f2 = 10x1 + 5x2 + 0f1 + 1f2 = 15
Função objetivo:-z + 3x1 + 2x2 + 0f1 + 0f2 =
0
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Passo 2: Montagem do quadro de cálculos.
BASE x1 x2 f1 f2 b
f1 2 1 1 0 10
f2 1 5 0 1 15
-z 3 2 0 0 0
2x1 + x2 + 1f1 + 0f2 = 10x1 + 5x2 + 0f1 + 1f2 = 15
Função objetivo:-z + 3x1 + 2x2 + 0f1 + 0f2 =
0
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Passo 3: Escolha da solução básica viável
inicial.
– Variáveis não-básicas:
– Variáveis básicas:
– Função objetivo:
0xx 21
15
10
2
1
f
f
0 z
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1ª IteraçãoPasso 4: Variável que deve entrar na base.
Qual é o produto que mais contribui para o lucro?
(maior valor positivo (-z) = x1
BASE x1 x2 f1 f2 b
f1 2 1 1 0 10
f2 1 5 0 1 15
-z 3 2 0 0 0
X1Maior valor positivo
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Passo 5: Variável que deve sair da base.
Divisões:1ª linha:2ª linha:
O menor quociente ocorreu na 1ª linha. Logo, a variável que deve sair é : f1
52/10 151/15
BASE x1 x2 f1 f2 b
f1 2 1 1 0 10
f2 1 5 0 1 15
-z 3 2 0 0 0
Pivô (cruzamento) = 2
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Passo 6: Transformação da matriz.
Deverão ser realizadas as operações com as linhas da matriz, de forma que a coluna de X1 venha a se tornar um vetor identidade, com o elemento 1 na 1ª linha.
Entra X1
no lugar de f1
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BASE x1 x2 f1 f2 b
f1 2 1 1 0 10
f2 1 5 0 1 15
-z 3 2 0 0 0
Passo 6: Transformação da matriz.
BASE x1 x2 f1 f2 b
x1 1 1/2 1/2 0 5
f2 0 -9/2 1/2 -1 -10
-z 0 1/2 -3/2 0 -15
Matriz de cálculoanterior
L2 L2 – L1
L1 L1 / 2
L3 L3 - 3L3
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Nova solução:
– Variáveis não-básicas:
– Variáveis básicas:
– Função objetivo:
021 xf
10
5
2
1
f
x
15 z
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2ª IteraçãoPasso 4: Variável que deve entrar na base.
Qual é o produto que mais contribui para o lucro?
(maior valor positivo (-z) = x2)
X2Maior valor positivo
BASE x1 x2 f1 f2 b
x1 1 1/2 1/2 0 5
f2 0 -9/2 1/2 -1 -10
-z 0 1/2 -3/2 0 -15
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Passo 5: Variável que deve sair da base.
Divisões:1ª linha:2ª linha:
O menor quociente ocorreu na 2ª linha. Logo, a variável que deve sair é : f2
10)2/1/(5 22,29/20)2/9/(10
Pivô (cruzamento) = -9/2
BASE x1 x2 f1 f2 b
x1 1 1/2 1/2 0 5
f2 0 -9/2 1/2 -1 -10
-z 0 1/2 -3/2 0 -15
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Passo 6: Transformação da matriz.
Deverão ser realizadas as operações com as linhas da matriz, de forma que a coluna de X2 venha a se tornar um vetor identidade, com o elemento 1 na 2ª linha.
Entra X2
no lugar de f2
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BASE x1 x2 f1 f2 b
x1 1 1/2 1/2 0 5
f2 0 -9/2 1/2 -1 -10
-z 0 1/2 -3/2 0 -15
Passo 6: Transformação da matriz.
BASE x1 x2 f1 f2 b
x1 1 0 5/9 -1/9 3,88
x2 0 1 -1/9 2/9 2,22
-z 0 0 -1,44 -0,11
-16,11
Matriz de cálculoanterior
L2 – 2L2/9
L1 L1 - L2/2
L3 L3 – L2/2
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Assim, obtemos a solução ótima para:
x1 = 3,89 f1 = 0
x2 = 2,22 f2 = 0
-z = -16,11 z = 16,11
BASE x1 x2 f1 f2 b
x1 1 0 5/9 -1/9 3,88
x2 0 1 -1/9 2/9 2,22
-z 0 0 -1,44 -0,11
-16,11
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Quando maximizamos ou minimizamos uma função objetivo temos:
Maximizar L = x1 + 2x2
Restrições:3x1 + 4x2 ≤ 245x1 + 2x2 ≤ 20x1 ≥ 0x2 ≥ 0
Minimizar Z = 3x1 + 2x2
Restrições:2x1 + x2 ≥ 10x1 + 5x2 ≥ 15x1 ≥ 0x2 ≥ 0
≤ delimita o maior valor possível para
as restrições
≥ delimita o menor valor possível para
as restrições
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O método Simples Duas Fases resolve problemas das restrições conforme demonstrado abaixo:
Maximizar L = x1 + 2x2
Restrições:3x1 + 4x2 ≥ 245x1 + 2x2 = 20x1 ≥ 0x2 ≥ 0
Minimizar Z = 3x1 + 2x2
Restrições:2x1 + x2 = 10x1 + 5x2 ≤ 15x1 ≥ 0x2 ≥ 0
Solução não existe Solução não existe
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Método Simplex – Duas Fases
O Método Simplex utiliza uma solução inicial viável para começar o processo iterativo, trabalhando sempre dentro da região viável.
Nos casos apresentados de maximização até o presente momento, a solução para xi = 0, para i = 1, ..., n era uma solução viável, já que todas as restrições apresentadas foram do tipo (≤).
Quando as restrições são do tipo (=) ou (≥), esta solução não existe.
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Seja o exemplo abaixo:
minimizar z = 10 x1 + 4 x2 + 5 x3
sujeito a: 8 x1 + 3 x2 + 4 x3 104 x1 + 3 x2 8x1, x2, x3 0
Como temos uma restrição do tipo (), a variável de folga deve ter coeficiente negativo, tendo o significado de uma variável de excesso.
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O problema transformado é:
minimizar z = 10 x1 + 4 x2 + 5 x3
sujeito a: 8 x1 + 3 x2 + 4 x3 - f1 = 10
4 x1 + 3 x2 + f2 = 8
x1, x2, x3, f1, f2 0
onde f1 é uma variável de excesso e f2 é uma variável de folga.
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Pelo processo de solução anterior, a variável de excesso (f1) passaria a ter valor negativo na solução inicial (-10), o que não é permitido. Assim, a solução x1 = x2 = x3 = 0 é inviável.
É necessário então encontrar uma solução viável para que o método Simplex possa ser iniciado.
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A forma de se resolver isto é inventando novas variáveis, também chamadas de variáveis artificiais, e representadas por zi.
Uma variável artificial será colocada em cada restrição do modelo, ou seja:
8 x1 + 3 x2 + 4 x3 - f1 + z1 = 10
4 x1 + 3 x2 + f2 + z2 = 8
x1, x2, x3, f1, f2, z1, z2 0
Percebe-se que o problema com as restrições acima não é o mesmo problema, a não ser que todas as variáveis zi sejam iguais
a zero.
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Desta forma, podemos resolver o problema em duas fases:
Na primeira fase, substituímos a função objetivo original por uma função objetivo auxiliar da seguinte forma:
Soma-se as variáveis das duas restrições:
8 x1 + 3 x2 + 4 x3 - f1 + z1 = 104 x1 + 3 x2 + 0 x3 + f2 + z2 = 8
12 x1 + 6 x2 + 4 x3 - f1 + f2 + z1 + z2 = 18
Representa-se as restrições em função de z1 e z2
12 x1 + 6 x2 + 4 x3 - f1 + f2 - 18 = - z1 - z2
portanto, a função objetivo auxiliar será:
zaux = - z1 - z2 = 12 x1 + 6 x2 + 4 x3 - f1 + f2 - 18
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Nesse momento, aplicamos o método Simplex de forma a maximizar a função objetivo auxiliar, com as restrições contendo as variáveis auxiliares. A função objetivo auxiliar será maximizada quando todas as variáveis zi forem iguais a zero, já que não podem conter valores negativos.
A primeira fase do problema então consiste na maximização da função objetivo auxiliar, que fornecerá uma solução viável para o problema original.
A segunda fase consiste em resolver o problema original tomando como solução inicial os valores obtidos pela primeira fase para as variáveis xi e fi.
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Resolvendo o problema:
minimizar z = 10 x1 + 4 x2 + 5 x3
sujeito a: 8 x1 + 3 x2 + 4 x3 - f1 + z1 = 10
4 x1 + 3 x2 + f2 + z2 = 8
x1, x2, x3, f1, f2 0
zaux = - z1 - z2 = 12 x1 + 6 x2 + 4 x3 - f1 + f2 - 18
z’ = -z = 10 x1 + 4 x2 + 5 x3 - 0f1 + 0f2+ 0z1 + 0z2
Função objetivo:
Função objetivo auxiliar:
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Para resolver o problema, monta-se o quadro de forma semelhante à sistemática anterior, colocando-se a função objetivo artificial na última linha.
Base x1 x2 x3 f1 f2 z1 z2 b
z1 8 3 4 -1 0 1 0 10
z2 4 3 0 0 1 0 1 8
z' = -z
10 4 5 0 0 0 0 0
zaux -12 -6 -4 1 -1 0 0 -18
Como o problema é de minimização e vamos maximizar, é necessário multiplicar a função objetivo auxiliar por (-1).
Aplica-se Simplex usando como função objetivo a última linha.
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Quando a solução ótima for atingida, dois casos podem ocorrer:
zaux = 0: neste caso foi obtida uma solução básica do problema original e o processo de solução deve continuar, desprezando-se as variáveis artificiais e os elementos da última linha. É o início da segunda fase do processo.
zaux 0: neste caso o problema original não tem solução viável, o que significa que as restrições devem ser inconsistentes.
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Fase 1 - Primeira iteração
Variável a entrar na base: x1 (coluna com maior valor negativo na última linha)
Variável a sair da base: z1 (o quociente 10/8 é o menor quociente entre a última coluna e a coluna da variável x1, que vai entrar na base)
Base x1 x2 x3 f1 f2 z1 z2 b
z1 8 3 4 -1 0 1 0 10
z2 4 3 0 0 1 0 1 8
z' = -z 10 4 5 0 0 0 0 0
zaux -12 -6 -4 1 -1 0 0 -18
Pivô = 8
x1
1
0
0
0
Montagem da matriz identidade
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Base x1 x2 x3 f1 f2 z1 z2 b
x1 1 3/8 1/2 -1/8 0 1/8 0 5/4
z2 0 3/6 -2 1/2 1 -1/2 1 3
z' = -z
0 1/4 0 5/4 0 -5/4 0 -12,5
zaux 0 -3/6 2 -1/2 -1 3/2 0 -3
L1 L1 / 8
L4 L4 + 12 L1
L2 L2 - 4 L1
L3 L3 - 10 L1
Base x1 x2 x3 f1 f2 z1 z2 b
z1 8 3 4 -1 0 1 0 10
z2 4 3 0 0 1 0 1 8
z' = -z
10 4 5 0 0 0 0 0
zaux -12 -6 -4 1 -1 0 0 -18
Matriz de cálculoanterior
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Fase 1 – Segunda iteração
Variável a entrar na base: x2 (coluna com maior valor negativo na última linha)
Variável a sair da base: z2 (o quociente 3/(3/2) é o menor quociente entre a última coluna e a coluna da variável x2, que vai entrar na base) Pivô = 3/6
X2
0
1
0
0
Montagem da matriz identidade
Base x1 x2 x3 f1 f2 z1 z2 b
x1 1 3/8 1/2 -1/8 0 1/8 0 5/4
z2 0 3/6 -2 1/2 1 -1/2 1 3
z' = -z
0 1/4 0 5/4 0 -5/4 0 -12,5
zaux 0 -3/6 2 -1/2 -1 3/2 0 -3
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Base x1 x2 x3 f1 f2 z1 z2 b
x1 1 0 1 -1/4 -1/4 1/4 -1/4 1/2
x2 0 1 -4/3 1/3 2/3 -1/3 2/3 2
z' = -z 0 0 1/3 7/6 -1/6 -7/6 1/6 -13
zaux 0 0 0 0 1 1 1 0
Base x1 x2 x3 f1 f2 z1 z2 b
x1 1 3/8 1/2 -1/8 0 1/8 0 5/4
z2 0 3/6 -2 1/2 1 -1/2 1 3
z' = -z
0 1/4 0 5/4 0 -5/4 0 -12,5
zaux 0 -3/6 2 -1/2 -1 3/2 0 -3
Matriz de cálculoanterior
L2 2 L2 / 3
L1 L1 - 3 L2 / 8
L3 L3 - L2 / 4
L4 L4 + 3 L2 / 2
Como na última linha o valor da função objetivo artificial é zero, a primeira fase terminou e a solução encontrada é a solução básica inicial para a segunda fase.
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Removendo a última linha e as colunas referentes às variáveis artificiais, o quadro se torna:
Base x1 x2 x3 f1 f2 z1 z2 b
x1 1 0 1 -1/4 -1/4 1/4 -1/4 1/2
x2 0 1 -4/3 1/3 2/3 -1/3 2/3 2
z' = -z 0 0 1/3 7/6 -1/6 -7/6 1/6 -13
zaux 0 0 0 0 1 1 1 0
Base x1 x2 x3 f1 f2 b
x1 1 0 1 -1/4 -1/4 1/2
x2 0 1 -4/3 1/3 2/3 2
z' = -z 0 0 1/3 7/6 -1/6 -13
Retirarzaux, z1 e z2
Matriz para 2ª fase
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Fase 2 - Primeira iteração
Variável a entrar na base: f2 (coluna com maior valor negativo na última linha)
Variável a sair da base: x2 (o quociente 2/(2/3) é o menor quociente entre a última coluna e a coluna da variável f2, que vai entrar na base)
Pivô = 2/3
f2
0
1
0
Montagem da matriz identidade
Base x1 x2 x3 f1 f2 b
x1 1 0 1 -1/4 -1/4 1/2
x2 0 1 -4/3 1/3 2/3 2
z' = -z 0 0 1/3 7/6 -1/6 -13
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Base x1 x2 x3 f1 f2 b
x1 1 0 1 -1/4 -1/4 1/2
x2 0 1 -4/3 1/3 2/3 2
z' = -z
0 0 1/3 7/6 -1/6 -13
Matriz de cálculoanterior
Base x1 x2 x3 f1 f2 b
x1 1 3/8 1/2 -1/8 0 5/4
f2 0 3/6 -2 1/2 1 3
z' = -z
0 1/4 0 5/4 0 -12,5L1 L1 + L2 / 4L2 3 L2 / 2L3 L3 + L2 / 6
Todos os valores da última linha (função z-transformada) são positivos ou nulos, concluímos que a solução encontrada é ótima.
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x1 = 1,25x2 = 0z = -z' = 12,5
Base x1 x2 x3 f1 f2 b
x1 1 3/8 1/2 -1/8 0 5/4
f2 0 3/6 -2 1/2 1 3
z' = -z 0 1/4 0 5/4 0 -12,5
Resposta ao problema:
minimizar z = 10 x1 + 4 x2 + 5 x3
sujeito a: 8 x1 + 3 x2 + 4 x3 ≥ 10
4 x1 + 3 x2 ≤ 8
x1, x2, x3, f1, f2 0
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Memória de aula
1. Formulação de um problema utilizando modelos matemáticos.
2. Funcionamento do método simplex.3. Maximizar uma função usando o método simplex.4. Minimizar uma função usando o método simplex.5. Funcionamento do método simplex duas Fases.6. Resolver lista de exercícios (lista 4) disponível no
site.
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Bibliografia indicada
LISBOA, Erico Fagundes Anicet. Rio de Janeiro, 2002. versão digital disponível na Internet (http://www.ericolisboa.eng.br).
ANDRADE, Eduardo Leopoldino de. Introdução à Pesquisa Operacional: métodos e modelos para a análise de decisão. Rio de Janeiro: Editora LTC, 2005.
LACHTERMACHER, Gerson. Pesquisa Operacional na Tomada de Decisões: modelagem em Excel. Rio de Janeiro: Editora Elsevier, 2004.