PROGRAMAÇÃO LINEAR

(PROF. JOSÉ JOAQUIM SOUSA)

TEXTO – BASE DAS AULAS DE PROGRAMAÇÃO LINEAR

4º. CICLO / MATEMÁTICA

Prof ª. Lúcia Stefani (Org.)

UNIMONTE – SANTOS – SP

2

CAP. I – MODELOS DE PROBLEMAS DE PROGRAMAÇÃO LINEAR 1. Análise de investimentos Neste modelo de P.L. desejamos maximizar uma função linear, chamada função objetiva a várias variáveis, respeitando-se um sistema linear de desigualdades, que recebem o nome de restrições. As restrições representam limitações nos recursos disponíveis (capital, mão de obra, recursos minerais, fatores de produção, etc.). EXEMPLO: Numa marcenaria são fabricadas mesas e escrivaninhas; cada mesa é vendida com um lucro de 3 unidades monetárias (u.m.) e demora 2,5 horas para montagem, 3 horas para polimento e 1 hora para encaixotar; cada escrivaninha é vendida com lucro de 4 u.m. e requer 1 hora para montagem, 3 horas para polimento e 2 horas para encaixotar. A marcenaria dispõe de mão de obra de 20 horas para montagem, 30 horas para polimento e 16 horas para encaixotar. Quantas mesas e quantas escrivaninhas deve a marcenaria produzir, de maneira a obter lucro máximo? Seja o nº. de mesas e o nº. de escrivaninhas. 1x 2xO problema consiste em maximizar a função objetiva: L = 3 + 4 1x 2x

que atenda as seguintes restrições de mão de obra:

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

≥≥≤+≤+≤+

0 e 0 ))entoencaixotam( 1621 )

)polimento( 30 3 3 ))montagem( 20 1 5,2 )

21

21

21

21

xxdxxcxxb

xxa

2. Problema da dieta Neste modelo de P.L. procuramos a solução que minimiza uma função objetiva (chamada solução ótima). Cada restrição agora é dada em forma de desigualdade do tipo “maior ou igual”, já que a quantidade de nutrientes a serem consumidos não poderá ser menor que as quantias mínimas exigidas. EXEMPLO: Um indivíduo preocupado com a sua saúde, deseja ingerir um mínimo diário de 36 unidades de vitamina A, 28 unidades de vitamina C e 32 unidades de vitamina D. Cada kg de carne custa 9 u.m. e contém 2 unidades de vitamina A, 2 de C e 8 de D; cada kg de peixe custa 12 u.m. e fornece 3 unidades de vitamina A, 2 de C e 2 de D. Qual a combinação de custo mínimo que garante as necessidades diárias? Para equacionarmos o problema, vamos chamar de a quantidade de carne a ser consumida e a quantidade de peixe; teremos que procurar a solução que minimiza a função objetiva:

1x

2x

C = 9 + 12 1x 2x

E que atenda as restrições:

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

≥≥≥+≥+≥+

de)negativida (não 0 e 0 ))D vit.unid.( 32 2 8 ))C vit.unid.( 28 2 2 ))A vit.unid.( 36 3 2 )

21

21

21

21

xxdxxcxxbxxa

3

OBSERVAÇÃO: a restrição de não negatividade é inerente a todos os problemas de P.L., pelo que não faremos mais referência a ela; graficamente significa que iremos trabalhar apenas no 1º. quadrante do plano cartesiano. CAP. I I – SOLUÇÃO GRÁFICA DE PROBLEMAS DE P. L. Da Geometria Analítica sabemos que uma desigualdade é representada no plano cartesiano por um semi-plano (na figura 1 temos a representação gráfica da inequação 2x + 3y ≤ 6 ).

Como as restrições dos problemas de P.L. são dadas em forma de desigualdades, então a solução gráfica do conjunto de restrições será um polígono convexo (não necessariamente fechado) que recebe o nome de região de soluções viáveis ( R.S.V.). A pergunta que surge de imediato é: Qual dos infinitos pontos da R.S.V. corresponde à solução ótima do problema de P.L.?

Pode-se demonstrar que a solução ótima (se existir), será um ponto extremo da região.

4

EXEMPLO I : Max. L = 3 + 4 sujeita às restrições 1x 2x⎪⎩

⎪⎨

⎧

≤+≤+≤+

(c) 162(b) 3033(a) 205,2

21

21

21

xxxxxx

Figura 2 A região de soluções viáveis é o polígono convexo OABCD; a solução ótima será um dos vértices do polígono. Para encontrarmos a solução ótima, vamos inicialmente analisar a equação da função objetiva L = 3 + 4 . 1x 2x No plano cartesiano essa equação representa uma família de retas paralelas; começamos traçando a reta que anula a função objetiva (reta que passa pela origem e que corresponde a um lucro 0, representando a situação mais desfavorável); em seguida vamos procurar o vértice do polígono pelo qual passa a reta paralela à reta traçada anteriormente, ponto esse que deve ser o mais afastado possível (visto que o problema é de maximização). Na figura 2 esse é o ponto B,

5

intersecção das restrições b e c; resolvendo-se o sistema de equações ⎩⎨⎧

=+=+

1623033

21

21

xxxx

⇔⎩⎨⎧

==

64

2

1

xx

obtém-se o ponto B (4,6). Substituindo os valores de e de na função objetiva, teremos a solução ótima: = 4 , = 6 e L = 36 u.m. Isso significa que a marcenaria deve fabricar 4 mesas e 6 escrivaninhas, obtendo assim um lucro máximo de 36 u.m.

1x 2x

1x 2x

OBSERVAÇÃO: Se substituirmos na função objetiva as coordenadas de qualquer outro vértice do polígono, iremos obter um valor de L menor que 36; além do mais, os valores de = 4 e = 6 satisfazem todas as restrições do problema, como pode ser observado por substituição direta.

1x 2x

EXEMPLO II :

Min C = 9 + 12 sujeita às restrições 1x 2x⎪⎩

⎪⎨

⎧

≥+≥+≥+

(c) 3228(b) 2822(a) 3632

21

21

21

xxxxxx

6

Figura 3 A R.S.V. é o polígono convexo aberto da figura 3. Para encontrarmos o vértice da solução ótima,vamos procurar o ponto extremo do polígono pelo qual passa a reta paralela à reta de equação C = 0 , reta essa que deve ficar o mais próxima possível da outra, visto que agora o problema é de minimização. Esse ponto é o ponto C da figura 3.

As coordenadas do ponto C obtêm-se resolvendo-se o sistema ⎩⎨⎧

=+=+

28223632

21

21

xxxx

⇔⎩⎨⎧

==

86

2

1

xx

onde iremos encontrar o ponto C (6 , 8) e o custo mínimo C = 150. OBSERVAÇÃO: Qualquer outro ponto cujas coordenadas forem substituídas na função objetiva, irão produzir um custo superior a 150 u.m. As coordenadas do ponto C (6 , 8) satisfazem todas as restrições do problema. EXEMPLO III :

Min C = 4 + 2 sujeita às restrições 1x 2x⎪⎩

⎪⎨

⎧

≥+≥+≥+

(c) 186(b) 142(a) 204

21

21

21

xxxxxx

7

Figura 4 A análise da figura 4 mostra-nos que a reta da restrição b é paralela à reta C = 4 + 2 = 0 isto significa que

1x 2xqualquer ponto do segmento de reta BC é solução ótima do problema proposto,

ou seja, o problema possui infinitas soluções ótimas (dizemos que é um problema degenerado). OBSERVAÇÃO: Tanto as coordenadas do ponto B (3, 8) como do C (6, 2) produzem na função objetiva um valor igual a 28 u.m., que é o custo mínimo. As coordenadas de qualquer outro ponto da R.S.V. vão produzir um custo superior a 28 u.m.

EXERCÍCIOS

1) Max. L = 24 + 8 sujeita às restrições R: = 4, = 4, L =

128

1x 2x⎪⎩

⎪⎨

⎧

≤+≤+≤+

60510 204 4052

21

21

21

xxxxxx

1x 2x

2) Max. L = 40 + 50 x sujeita às restrições ⎪⎨5 R: 1x = 3, 2x = 5, L = 370

1x 2 ⎧

≤+≤+≤+

4028 303 3662

21

21

21

xxxxxx

3) Max. L = 40 + 30 sujeita às restrições R: x = 4, = 5, L = 310

) Um fazendeiro pretende plantar hectares de arroz e hectares de feijão; cada hectare de rroz dá um lucro de 50 u.m. e consome 6 homens-hora para plantio, 5 homens-hora para colheita e

dá

jardineiro necessita de 10, 12 e 12 unidades dos produtos químicos A, B e C respectivamente ara o seu jardim. Um produto líquido custa 30 u.m. e contém 5, 2 e 1 unidades de A, B e C spectivamente; um produto sólido custa 20 u.m. e contém 1, 2 e 4 unidades dos produtos

⎪⎩

1x 2x⎪⎩

1 2

⎪⎨

⎧

≤≤+≤+

6 2842 3025

2

21

21

xxxxx

x

1x 2x4a2 homens-hora para armazenagem; cada hectare de feijão um lucro de 30 u.m. e consome 2 homens-hora no plantio, 5 para colheita e 4 para armazenagem. Qual a plantação que produz lucro máximo, se o fazendeiro possui um total de 36 homens-hora para plantio, 40 para colheita e 28 para armazenagem? R: 1x = 5 ha, 2x = 3 ha e L = 340 u.m. 5) Umprequímicos A, B e C respectivamente. Qual a combinação que produz custo mínimo, respeitando-se as necessidades do jardineiro? R: 1x (líquido) = 1, 2x (sólido) = 5 e C = 130 u.m.

8

6) Min C = 120 + 60 sujeita às restrições R: = 2, = 9, C =

780 III – SOLUÇÃO ALGÉBRICA DE PROBLEMAS DE P. L. – MÉTODO SIMPLEX

. Resumo histórico

O método gráfico para resolver problemas de P.L. restringe-se a no máximo 3 variáveis; na

orge Dantzig revolucionou o mundo da atem

M.S.) vamos rever alguns conceitos de

. inição 1: Variáveis de folga

As restrições dos problemas de P.L. são dadas em forma de inequações lineares; cada

1x 2x⎪⎩

⎪⎨

⎧

≥+≥+≥+

2423 205 153

21

21

21

xxxxxx

1x 2x

CAP. 1 prática, os matemáticos, os economistas e os administradores enfrentam problemas com um número de variáveis bem superior a três, daí a necessidade de um método algébrico geral que permita resolver problemas com qualquer número de variáveis. Em 1947, o economista norte-americano GeM ática Aplicada ao descobrir um método iterativo ao qual deu o nome de método SIMPLEX, nome derivado do problema proposto a Dantzig resolver. Antes de apresentarmos o método SIMPLEX (Álgebra Linear, necessários ao bom entendimento do texto. 2Def desigualdade do tipo “menor ou igual” transforma-se em equação linear se acrescentarmos uma variável não negativa chamada variável de folga (na prática, o valor da variável de folga representa a parte do recurso da restrição que não foi utilizada). Para cada restrição teremos uma variável de folga. Definição 2: Solução compatível básica (S.C.B.)

O sistema de equações lineares obtido a partir do conjunto de restrições pela introdução das ariáve

v is de folga, tem mais variáveis do que equações, sendo portanto um sistema indeterminado; dentre as infinitas soluções que esse sistema linear possui, interessam-nos aquelas em que todas as variáveis possuem valores não negativos. Essas soluções chamam-se soluções compatíveis básicas.

EXEMPLO: Suponhamos as restrições

Inicialmente vamos introduzir as variáveis de folga e para obtermos

o sistema de equações lineares =++ 112

12

421 xxx

Este sistema linear possui 4 variáveis e 2 equações, sendo portanto um sistema de grau 2 de

es = 2, = 5 e = 1, ou então, = 1, = 9 e = 0 são soluções mpat

patível básica, pois a variável

efinição 3: Variáveis básicas e variáveis não-básicas

⎩⎨⎧

≤+≤+

112 )123 )

21

21

xxbxxa

3x 4x

⎩⎨⎧ =++3 321 xxx

indeterminação. As soluçõ 1x 2x 3x 1x 2x 3xco íveis básicas, já que todas as variáveis são não negativas. A solução 1x = 6, 2x = –11 e 3x = 5, não é solução com 2x assume valor negativo. Nos problemas de P.L. só nos interessam as soluções compatíveis básicas. D

9

Numa solução compatível básica, as variáveis que assumem valores positivos chamam-se riáve

va is básicas, enquanto que as variáveis que assumem o valor zero chamam-se variáveis não-básicas. O conjunto das variáveis básicas formam uma base. 3. Dinâmica do método SIMPLEX

O método SIMPLEX é um método algébrico exato , iterativo, que nos leva à solução ótima

char uma solução compatível básica inicial. . Caso contrário, seguir para o passo 3.

passo 2.

XEMPLO

de um problema de P.L., se ela existir, através de um número finito de iterações. Usa os seguintes passos:

1. A2. Verificar se a solução atual é ótima. Se for, fim3. Determinar a variável não básica que deve entrar na base. 4. Determinar a variável básica que deve sair da base. 5. Achar a nova solução compatível básica, e voltar ao

E :

Max. L = 5 + 6 sujeita às restrições

1º. Passo

1x 2x⎪⎩

⎪⎨

⎧

≤+≤+≤+

112 1723

102

21

21

21

xxxx

xx

: Acrescentar as variáveis de folga ao conjunto de restrições para obter o sistema de

≥=++=++=+

0 , , ,1121723

54321

521

421

321

xexxxxxxxxxx

(1)

º. Passo

equações lineares ( as variáveis de folga são 3x , 4x e 5x ).

⎧ + 102 xxx

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

2 : Obter uma solução compatível básica inicial. a de equações são positivos, uma solução

compat

Nesta solução o valor da função objetiva é L = 0. o ótima; como L = 5 + 6 , se qualquer

uma da os ), r a

Como todos os termos independentes do sistemível básica inicial obtém-se considerando-se como variáveis básicas as variáveis de folga,

isto é: 3x = 10, 4x = 17, 5x = 11 (variáveis básicas) e 1x = 0, 2x = 0 (variáveis não-básicas).

Vamos agora investigar se essa solução é a soluçã 1x 2xs variáveis 1x ou 2x entrar na base (isto é, passar a assumir um valor p itivo então o valor

de L aumentará. Po tanto solução inicial não é a solução ótima. 3º. Passo: Qual das variáveis não básicas ou entra na base?

p1x 2x

Como a variável 2x tem um coeficiente ositivo na expressão da função objetiva maior do

º. Passo

que o coeficiente de 1x (6 e 5 respectivamente), então 2x entra na base. 4 : Qual das variáveis básicas, ou , sai da base?

explicitar cada uma das variáveis 3x , 4x 5x

Para sabermos a variável que deve deixar a base, vamos básicas em função das variáveis não básicas, partindo do sistema de equações lineares (1):

10

(2) Como continua = 0, temos: ⎪⎩

⎪⎨

⎧

−−=−−=−−=

215

214

213

2112317

210

xxxxxx

xxx

1x5,5 quando 05,8 quando 0

10 quando 0

25

24

23

======

xxxxxx

Como a variável continua igual a 0 na próxima solução, devemos tirar da base a variável que se anula mais rapidamente com o crescimento de , de contrário passaremos a ter variáveis negativas, o que constitui uma solução não-compatível básica. Essa variável é .

1x

2x

5xLogo, quem sai da base é . 5x

5º. Passo: Nova solução compatível básica: Variáveis não básicas: = = 0 e substituindo estes valores em (2), teremos: 5x 1x Variáveis básicas: = 5,5 , = 4,5 e = 6 2x 3x 4x Para esta solução o valor de L = 5 . 0 + 6 . 5,5 = 33 u.m. Vamos agora voltar ao 2º. passo, isto é, saber se a presente solução é ou não a solução ótima. Para isso precisamos explicitar a função objetiva L em função das variáveis não básicas e : 1x 5x

Isolando na 3ª. equação de (2) e substituindo em L = 5 + 6 2x 1x 2x ⇔ L = 5 + 61x .2

11 51 xx −−

Fa ezendo as op rações algébricas: L = 33 + 2 – 3

Como a variável tem coeficiente positivo, significa que a presente solução não é a ótima, e que

Co , ouem fun eiro com

Isolando na 3ª. equação de (2) e substituindo nas outras

1x 5x

1x

1 deve entrar na base. Na próxima solução, 1x será variável básica.

mo x vai entrar na base, precisamos explicitar as variáveis básicas

x

1 2x 3x 4x ção de 1x , para sabermos qual das três deve deixar a base (aquela que se anula prim

o crescimento de 1x ).

2x :

⎪⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪⎪

⎨

⎧

−−=

−−⋅−−=

−−−−=

211

211

2317

211

210

512

5114

5113

xxx

xxxx

xxxx

Efetuando os cálculos: (3)

mo continua igual a 0, teremos: ou seja:

⎪⎩

⎪⎨

⎧

−−=+−=

+−=

512

514

513

5,05,05,526

5,05,15,4

xxxxxx

xxx

Co 5x⎪⎩

⎪⎨

⎧

−=−=−=

12

14

13

5,05,526 5,15,4

xxxxxx

11 quando 0 3 quando 03 quando 0

12

14

13

======

xxxxxx

11

Como vemos, e se anulam igualmente quando atinge o valor 3, então é indifere

ariáveis não básicas: = = 0 e substituindo estes valores em (3), teremos: Variáveis básicas: = 3 , = 4 e = 0

L = 5 . 3 + 6 . 4 = 39 u.m.

Vamos agora explicitar a função objetiva L em função das variáveis básicas e

3x 4x 1xnte retirar uma ou outra da base. Saindo 4x por exemplo, para dar lugar a 1x , teremos uma

nova solução: V 4x 5x

1x 2x 3x Para esta solução o valor de 4x 5x

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

⎨

⎧

−+−

⋅−=⇔−−=

+−=⇔+−=

+−=

554

2512

541514

513

5,02

65,05,55,05,05,5

26

26

5,05,15,4

xxx

xxxx

xxxxxx

xxx

= 5 + 6 = 5 .

L 1x 2x2

6 54 xx +− + 6 . ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

+−⋅− 5

54 5,02

65,05,5 x

xx

= 15 – 2,5 + 2,5 + 33 – 9 +1,5 – 1,5 – 3 L 4x 5x 4x 5x 5x ⇔ L = 39 – – 2

Como os coeficientes das variáveis não básicas são negativos, significa que se elas trass

. Algoritmo SIMPLEX em forma de quadro

m ser condensados num quadro simplificado que

, , , e ≥ 0

Esta notação permite que tenhamos do lado direito do sinal de igual, apenas constantes.

ÇÃO INICIAL:

Const.

4x 5x en em na base, diminuiriam o valor de L, logo, atingimos a solução ótima: 1x = 3 , 2x = 4 e L = 39 u.m. 4

Os cálculos efetuados no item anterior pode torna o uso do método SIMPLEX muito mais atraente. Para isso vamos começar escrevendo a função objetiva na forma L – 5 1x – 2x = 0 , junto com o sistema:

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

=++=++=++=−−

1121723

102065

521

421

321

21

xxxxxx

xxxxxL

1x 2x 3x 4x 5x

O quadro abaixo corresponde à solução compatível básica inicial ( 3x = 10 , 4x =17 e 5x = 11). SOLU 1x 2x 3x 4x 5x

12

BASE – 5 – 6 0 0 0 0

3x

4x

5x

2

3

1

1

2

2

1

0

0

0

1

0

0

0

1

10

17

11

Para sabermos se uma solução é a ótima basta olharmos a linha da base da matriz

correspondente à solução; se houver coeficientes negativos nessa linha, significa que a solução ótima ainda não foi alcançada; além disso, faremos entrar na base a variável cujo coeficiente negativo tiver maior módulo, no caso 2x entra na base. Para sabermos a variável que sai da base, dividimos os elementos da coluna das constantes

ermos(t independentes das equações) pelos elementos positivos da coluna da variável que entra na base; a divisão que proporcionar menor quociente indica a linha da variável que vai sair da base. Vejamos: 1ª. linha : 10 : 1 = 10 2ª. linha : 17 : 2 = 8,5 3ª. linha : 11 : 2 = 5,5 sai a variável (ver as indicações abaixo)

OLUÇÃO INICIAL (S1): entra

Const.

5x S ↓ 1x 2x 3x 4x 5x

BASE – 5 – 6 0 0 0 0

3x

4x

5x

2

3

1

1

2

2

1

0

0

0

1

0

0

0

1

10

sai

17

11

Note-se que na matriz da solução inicial temos as colunas correspondentes à matriz

identidade de ordem 3, colunas essas que se referem às variáveis básicas ( 3x , 4x e 5x ). Na nova solução a variável 2x vai ocupar o lugar da variável 5x , pelo que os vetores-coluna das variáveis básicas 3x , 4x e formarão a matriz identidade. Para isso teremos que 2x escalonar a coluna correspondente à variável 2x , o que nos leva à solução mostrada no seguinte quadro: ( S2 ): entra

Const. ↓ 1x 2x 3x 4x 5x

BASE – 2 0 0 0 3 33

3x

4x

2x

1,5

2

0,5

– 0,5 4,5 sai

0

0

1

1

0

0

0

1

0

– 1

0,5

6

5,5

matriz identidade é formada pelas colunas das variáveis básicas ( e ). 3x , 4x 2xA

13

a riá n básicam

1ª. linha : 4,5 : 1,5 = 3

ha são iguais; é portanto

3

Const.

Como na linha da base ainda existe um nº. negativo, o coeficiente d va vel ão- 1x , então a solução ainda não é a solução ótima. A variável 1x vai entrar na base. Para sabermos que vai sair da base, vamos dividir os elementos da coluna das constantes pelos elementos positivos da coluna de 1x ( ver quadro da solução 2 ). 2ª. linha : 6 : 2 = 3

11 3ª. linha : 5,5 : 0,5 =

um empate na saída, já que os quocientes da 1ª. e da 2ª. linNeste caso há indiferente se sai 3x (1ª. linha) ou se sai 4x (2ª. linha). Vamos escolher 3x . Teremos a nova solução:

S ): (

1x 2x 3x 4x 5x BASE 0 0 4/3 0 7/3 39

1x

4x

2x

1

0

0

0

0

1

2/3

4/3

1/3

0

1

0

– 1/3

1/3

2/3

3

0

4

Agora não existem números negativos na linha da base; isso quer dizer que a presente

solução é a solução ótima.

ESPOSTAR : x = 3 , x =1 2 4 e L = 39 ; a variável por ser uma variável de folga, não interfere

C

4xna resposta. A resposta mostrada no quadro final, coincide com a resposta obtida no item 3 deste capítulo. Todos os cálculos podem ser resumidos no quadro abaixo: entra ↓

x 1x 2 3x 4x 5x BASE – 5 – 6 0 0 0 0

3x

4x

5x

2

3

1

1

2

2

1

0

0

0

1

0

0

0

1

10

17

11 sai

BASE – 2 ↓ 0 0 0 3 33

3x

4x

2x

3/2

1/2

– 1/2 9/2 sai

11/2

2

0

0

1

1

0

0

0

1

0

– 1

1/2

6

BAS 4 E 0 0 /3 0 7/3 39

1x

4x

2x

1

0

0

0

0

1

2/3

– 4/3

– 1/3

– 1/3

0

1

0

1/3

2/3

3

0

4

14

RESPOSTA : = 3 , = 4 e L = 39 (estes valores vêm apresentados na coluna das constantes)

xercício resolvido

1x 2x E : Max. L = 2 + 3 , sujeita às restrições:

⎨≤+≤+

33035 1202

21

21

2

xxxx

xe

amos resolver o problema escrevendo-o na forma padrão:

⎨

=++=++=++

330351202

70

521

421

321

xxxxxx

xxx

entra

C

1x 2x

⎪⎩

⎪⎧ ≤+ 701x

0 , 21 ≥xx

V

⎪⎪⎩

⎪⎪⎧ =−− 032 21 xxL

↓ 1x 2x 3x 4x 5x

BASE – 2 – 3 0 0 0 0

3

x x

4

5x

1 1

1

5

2

3

1 0 0

120 sai 0

0

1

0

0

1

70

330

BASE – 1/2 3 ↓ 0 0 /2 0 180

3x x 2

5x

1/2 – 1/2 10

1/2

7/2

0

1

0

1

0

0

1/2

– 3/2

0

0

1

sai

60

150

BAS E 0 0 1 1 0 190

1

x x

2

5x

1

0

0

0

1

0

2

– 1

– 7

– 1

1

2

0

0

1

20

50

80

ESPOSTA : = 20 , = 50 e L = 190 u.m. 1x 2xR

15

NOTA : A igualdade = 80 significa que das 330 unidades do recurso da 3ª. restrição, 80 não serão utilizadas.

xercício resolvido

5x E : Max. L = 5 + 5 + 6 , sujeita às restrições:

≤++

≤++ 43232

303

321

321

32

xxxxxx

xe

Passando para a forma padrão, teremos:

entra

C

1x 2x 3x

⎪⎩

⎪⎨

⎧ ≤++ 2321 xx0 , , 321 ≥xxx

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

=+++=+++=+++=−−−

43232303232

0655

6321

5321

4321

321

xxxxxxxxxxxx

xxxL

↓ 1x 2x 3x 4x 5x 6x

BASE – 5 – 5 – 6 0 0 0 0

4x

5x

6x

1

3

2

1

1

3

2

1

2

1

0

0

0

1

0

0

0

1

23 sai

30

43

BASE – – 22 ↓ 0 3 0 0 69

3x

5x

6x

1/2

5/2

1

1/2

1/2

2

1

0

0

1/2

– 1/2

23/2

20 – 1

0

1

0

0

0

1

37/2

sai

BASE – 1 ↓ 0 0 2 0 1 89

3x

5x

2x

1/4

9/4

1/2

0

0

1

1

0

0

3/4

– 1/4

– 1/4 13/2

27/2

– 1/2

0

1

0

– 1/4

1/2

sai

10

BASE 0 4/9 0 0 17/9 8/9 95

3x

1x

2x

0

1

0

0

0

1

1

0

0

7/9

– 1/9

– 1/4

– 1/2

– 2/9

– 4/9

4/9 – 1/9

5/9

5

6

7

16

ESPOSTA : = 6 , = 7 , = 5 e L = 95 u.m. 1x 2x 3xR

bservaçãoO : Na 2ª. solução houve empate na entrada entre 1x e . Se entrar primeiro na base, a resposta do problema será a mesma.

2x 1x Exercício resolvido: Max. L = 3 1x + 6 2x + 2 3x , sujeita às restrições:

⎨≤

≤++ 5

523 04

1

321

xxxxx

e

a forma padrão, teremos:

entra

C

⎪⎧ ≤++ 13 321 xx

0 , , 321 ≥xxx⎪⎩

N

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

=+=+++=+++=−−−

552310430263

61

5321

4321

321

xxxxxxxxxxxxxL

↓ 1x 2x 3x 4x 5x 6x

BASE – 3 – 6 – 2 0 0 0 0

3 4 4x

5x

6x 1

1

3

0

1 1 0 0

5 2

0

0

0

1

0

0

1

10

sai

5

BASE – 1 ↓ 0 2 0 2 0 10

4

x x

2

6x

5/3

– 5/3

2/3

– 4/3

1/3

10/3 sai

1/3

1

0

1

0 0

1

0

0 0

0

0

1

5/3

5

BASE 0 3/5 0 1 6/5 0 12

1

2x x

6x

1

0

0

0

1

0

– 1 3/5

– 1/5

– 3/5

– 4/5

1

1

3/5

4/5

0

0

1

2

1

3

RESPOSTA : 2 , = 1 , 0 e = 12 u.m1x 2x 3x = = L . Observações: 1) Como a variável de decisão 3x não é variável básica na solução ótima, significa que o seu valor é zero.

2) Na solução 1, não podemos dividir o 3º. elemento da coluna das constantes pelo a de , uma vez que esse coeficiente é zero. 2x correspondente da colun

17

XERCÍCIOE :

2 + 5 , sujeita às restrições:

= CAP. IV – DUALIDADE

de P. L. que chamaremos de PRIMAL, sempre podemos associar outro mulação do DUAL a partir do PRIMAL obedece às seguintes

ras:

eis de folga do dual.

mal. EX

Max. L = 3 1x + 2x 3x⎪⎩

⎪⎨

⎧

≤++≤++≤++

12 2122 2532

321

321

321

xxxxxxxxx

RESPOSTA : x 3, x = 0, x = 9 e L = 54 u.m.1 2 3

A qualquer problema roblema chamado DUAL. A forp

reg1. Se o primal é de minimização, o dual é de maximização. 2. As restrições “maior ou igual” do primal passam para “menor ou igual” no dual. 3. As variáveis de decisão do primal correspondem às variáv4. As variáveis de folga do primal correspondem às variáveis de decisão do dual.

ri5. A matriz dos coeficientes do dual é a transposta da matriz dos coeficientes do p

EMPLOS:

1) Min C = 9 + 12 sujeita às restrições 1x 2x⎪⎩

⎪⎨

⎧

≥+≥+≥+

(c) 3228(b) 2822(a) 3632

21

21

21

xxxxxx

Solução: Vam s form uma matriz com todos oo ar s coeficientes das variáveis de decisão e , colocando na última linha dessa matriz os coeficientes de e de que aparecem na

objFcba

nst

Como a função objetiva C = 9 + 12 não tem

1x 2x

1

função objetiva. Teremos então a matriz: x 2x

129. .3228)2822)3632)

.21 Coxx

1x 2x termo constante, a matriz não vai ter o ha de C (função objetiva custo) e coluna das constantes.

objFb

com , e ≥ 0

Teremos então o problema DUAL:

jeita às restrições:

elemento da linAgora vamos escrever a transposta desta matriz, chamando de 1y , 2y e 3y as variáveis de

decisão da nova função objetiva:

.321

aconstyyy

322836. .12223)9822)

1y 2y 3y

Max. L = 36 1y + 28 2y + 32 y su3⎩⎨⎧

≤++≤++122239822

321

321

yyyyyy

18

Que na forma padrão será: ⎪⎨⎧

=++=−−9822

03228 321

yyyyyyyL

⎪⎩ =+++

+−

12223

36

5321

4321

yyyy

Usando agora o algoritmo SIMPLEX para resolver o problema DUAL, as variáveis de folga e do dual, correspondem às variáveis de decisão e respectivamente do primal. A

espost

Const.

4y 5y 1x 2xr a do nosso exercício será em função de 1x , 2x e Custo.

entra ↓ x1 2x

1y 2y 3y 4y 5y BASE – 36 – 28 – 32 0 0 0

4y

5y 2

3

2 8 1 0

12 sai 2 2 0 1

9

BASE 0 – – 8 144 4 ↓ 0 12

4y

1y 0

1

2/3 20/3

2/3

– 2/3

2/3

1

0 1/3

1 sai

4

BASE 0 – 16/5 6 ↓ 0 /5 56/5 1452/10

3

1y y 0

1

1/10

3/5

1

0

3/20

– 1/10

– 1/10 3/20 sai

2/5

39/10

BASE 0 0 32 6 8 150

2y

1y 0

1

1

0

10

– 6

3/2

– 1

– 1

1

3/2

3

RESPOSTA : = 6, = 8 e C = 150 u.m

1x 2x .

Observações: 1. Este exer ício é o roblema de dietac p do cap. 1. 2. A solução gráfica é mais simples.

ra final da solução ótima é feita nos elementos que estão na linha da base; assim, o como o valor 8 refere-se à variável e o

4.

) Max. L = 14 + 12 + 18 , sujeita às restrições: ≤++≤++

432

321

32

xxxxx

Vamos escrever a matriz correspondente ao problema:

3. A leituvalor 6 refere-se à variável x do primal, assim1 2xvalor 150 à função objetiva custo. As variáveis iy não aparecem na resposta, uma vez que o problema primal era nas variá eis ix . É importante observar que, em cada solução do algoritmo SIMPLEX, os vetores-coluna da matriz identidade são as colunas das variáveis básicas.

v

1x 2x 3x⎩⎨⎧2 1x

2

19

Cuja transposta será:

DUAL: Min C = 2 + 4 , sujeita às restrições

Exercício resolvido

18121443112112

.321 Constxxx

4 2183 1121 1141 2

1y 2y⎪⎩

⎪⎨

⎧

≥+≥+≥+

183 12

142

21

21

21

yyyyyy

: Min. C = 9 + 12 + 15 , sujeita às restrições:

e

eremos: Cuja transposta será:

problema dual será portanto:

Max. L = 10 + 12 + 14 sujeita às restrições:

uja solução é: = = = 2 e C = 72.

bservação final

1x 2x 3x

⎪⎩

⎪⎨

⎧

≥++≥++≥++

145 1232 1022

321

321

321

xxxxxxxxx

0 , , 321 ≥xxx

T

.321 Constxxx

14121015511121329122

15129145111213210122

O

1y 2y 3y⎪⎩

⎪⎨

⎧

≤++≤++≤++

1551232922

321

321

321

yyyyyyyyy

C 1x 2x 3x O :

Neste trabalho abordamos os casos mais simples de aplicação do método SIMPLEX; não ram

vir a ser útil.

fo abordados casos em que os coeficientes são negativos, nem o problema do transporte, assuntos normalmente abordados no nosso curso de Cálculo Numérico. Acreditamos que, como material de consulta, este trabalho possa