Considere a função f(x). Para algum x a f (x) pode não existir. Suponha que. Max f(x) s. a a x b

(1)

Prof. Lorí Viali, Dr. – PUCRS – FAMAT: Departamento de Estatística

Curso: Engenharia de Produção

Considere a função f(x). Para algum x a f’(x) pode não existir. Suponha que se queira resolver o seguinte PPNL:

Max f(x) s. a a ≤ x ≤ b

Pode ser que f’(x) não exista ou que seja difícil resolver a equação f’(x) = 0. Em qualquer caso os métodos anteriores podem não funcionar para essas situações.

Nesta seção será discutido como resolver o PPNL se f(x) for uma função unimodal.

Uma função é unimodal no intervalo [a, b] se para algum ponto x0no intervalo

[a, b], f(x) é estritamente crescente em [a, x0]

e estritamente decrescente [x0,b].

Se f(x) é unimodal em [a, b] então ela terá

somente um máximo local x0 no intervalo

[a; b] e esse valor resolverá o PPNL.

Sem informações adicionais só podemos dizer que a solução ótima para o problema é algum ponto no intervalo [a, b].

(2)

Avaliando f(x) nos pontos x1e x2(supondo

x1< x2) em [a, b], pode-se reduzir o tamanho do

intervalo na qual a solução do problema deve estar. Após avaliar f(x1) e f(x2) um dos próximos

dois casos deve ocorrer. Em cada caso, pode-se mostrar que a solução ótima vai estar em um subintervalo de [a, b].

Caso 1: f(x1) < f(x2)

Uma vez que f(x) está aumentando, ao menos em uma parte do intervalo [x1, x2] pode-se

concluir que a que a solução ótima do problema não pode ocorrer em [a, x1]. Assim, x0 ∈ (x1, b].

x f(x) b a x1 x0 x2 x f(x) b a x1 x2 x0

Nesse caso, f(x) começa a decrescer antes de x alcançar x2. Assim x0 ∈ [a, x2).

x f(x) b a x0 x1 x2 x f(x) b a x1 x0 x2 Caso 2: f(x1) ≥ f(x2)

O intervalo onde x0 deve estar, que pode

ser [a; x2) ou (x1; b], é denominado de intervalo de incerteza. Muitos algoritmos utilizam essa idéia para reduzir o intervalo de incerteza.

Muitos desses algoritmos funcionam da

seguinte forma.

Passo um: Inicie com a região de incerteza de x sendo [a; b]. Avalie f(x) em dois pontos escolhidos x1e x2.

Passo dois: Determine qual dos dosi casos se aplica e reduza o intervalo de incerteza. Passo três: Avalie f(x) em dois novos pontos (o algoritmo especifica como os dois novos pontos são escolhidos).

Um desses algoritmos é o método da seção áurea.

Seja r a única raiz positiva da equação do

segundo grau r2_{+ r = 1. Resolvendo-a, tem-se:}

6180 , 0 2 1 5 r 2 / 1 = − =

A procura inicia avaliando f(x) nos pontos x1e x2onde x1= b – r(b – a) e x2= a + r(b – a).

(3)

Prof. Lorí Viali, Dr. – PUCRS – FAMAT: Departamento de Estatística r(b – a) b a x1 x2 r(b – a) Localização de x₁ e x₂ no método de otimização pela seção áurea.

Da figura pode-se ver que para encontrar x1, move-se uma fração r do intervalo a partir

do extremo direito e na direção do extremo esquerdo. Para encontrar x2 move-se uma

fração r do intervalo a partir do extremo esquerdo e na direção do extremo direito.

Então o método da seção áurea gera dois novos pontos no qual f(x) deve ser avaliada. Cada vez que f(x) é avaliada nos dois pontos e o II (Intervalo de Incerteza) é reduzido, diremos que uma iteração do método da Seção Áurea foi completada.

Define-se:

Lk = tamanho do intervalo de incerteza

após k iterações do algoritmo ter sido completadas.

Ik= intervalo de incerteza após k iterações

terem sido completadas.

A cada iteração a f(x) deve ser avaliada em apenas um dos dois novos pontos.

É fácil ver que:

L2= rL1= r2(b – a) e que de forma geral:

Lk= rLk-1leva a:

Lk= rk(b – a).

Assim se quisermos que um intervalo de incerteza final tenha um tamanho menor que um ε especificado, será necessário executar k iterações do método da seção áurea de modo que:

(4)

Determine quantas iterações serão necessárias, utilizando o método da seção áurea, para que o tamanho do intervalo [-3; 7] seja reduzido a um valor menor do que 0,0001 = 10-4_.

Tem-se: a = -3, b = 7 e ε = 0,0001 =10-4_. Então: rk_{(b – a) < ε}_{→ ln[}_rk_{(b – a)] < ln(ε)} ln(rk_)+ln(b-a)_{< ln(}_ε₎ k.ln(r)< ln(ε) -ln(b-a) k ≥ [ln(ε) -ln(b-a)]/ln(r)

k ≥ [ln(0,0001) –ln(7-(-3))]/ln(r) k ≥ [ln(0,0001) –

ln(10)]/ln(r)

k ≥ [-9,210340 –2,302585

]/ln(r)

k ≥ -11,512925

/-0,481212

k ≥ 23,92 ou k

≥ 24

Utilize o método para resolver: max -x2_{+ 1 s. a} _{-1 ≤ x ≤ ¾, com o}

tamanho final do intervalo de incerteza sendo menor do que 1/4.

Aqui a = -1 e b = 0,75, então b – a = 1,75. Para determinar o número de iterações que deve ser feito, deve-se resolver:

1,75.rk_{< 1/4 ou r}k_{< 1/7}

k.ln(r) < ln(1/7) k > ln(1/7)/ln(r) k ≥ 5

Assim serão necessárias onze iterações. Determinar inicialmente x1e x2:

x1= 0,75 – r.1,75 = -0,3316

x2= -1 + r.1,75 = 0,0816

Então: f(x1) = f(-0,3316) = 0,8901.

f(x2) = f(0,0816) = 0,9933.

Como f(x1) < f(x2), o novo intervalo de

(5)

L1= 0,7500 – (-0,3316) = 1,0816

Determina-se, agora os dois novos pontos x3e x4:

x3= x1= -0,3316

x4= -0,3316 + r.1,0816 = 0,3369

Agora f(x3) = f(x1) = f(-0,3316) = 0,8901 e

f(x4) = f(0,3369) = 0,8865.

Como f(x3) < f(x4), então o novo

intervalo de incerteza é I2 = [-0,3316; x4] = [-0,3316; 0,3369) e x6será igual a x3. Também L2= 0,3369 – (-0,3316) = 0,6684. Então: x5= 0,3369 – r.0,6684 = -0,0762 x6= x3= 0,0816

Note que f(x5) = 0,9942 e f(x6) = f(x3) =

= 0,9933. Como f(x5) > f(x6) então o novo

intervalo de incerteza é I3 = [-0,3316; x6) = [-0,3315, 0,0816). L3= 0,0815 + 0,3315 = 0,4130. Agora: x7= 0,0816 – r.0,4130 = -0,1738 x8= x5= -0,0762. f(x8) = f(-0,0762) = 0,9942.

f(x7) = f(-0,1738) = 0,9698 e como f(x8) > f(x7), o novo II é I4= [x7; 0,0815] = [-0,1738, 0,0816]. L4= 0,0815 + 0,1637 = 0,2552. Também x9= x8 e finalmente: x9= x8= -0,0762. x10= -0,1737 + r.0,2552 = -0,016.

Agora f(x9) = f(x8) = f(-0,0762 ) = 1,0000 e

f(x10) = f(-0,016 ) = 0,9997. Como f(x10) < f(x9) o

novo II é I5= (x9; 0,0815] = [-0,0762, 0,0816].

L5= 0,0815 + 0,0762 = 0,1577 < 0,25, conforme

especificado.

Assim determinou-se, que:

max –x2_{+ 1 s. a} _{-1 ≤ x ≤ ¾, deve}

estar dentro do intervalo (-0,0762; 0,0815]. Na realidade o valor mínimo, que é 1,00, ocorre no ponto x0= 0.

(6)

Utilizando a Planilha para

implementar o método da seção áurea.

A B C D E F G

pei pdi pe pd f(pe) f(pd) r

-1 0,7500 -0,3316 0,08156 -1,1099 -1,0067 0,61803 -0,3316 0,7500 0,0816 0,3369 -1,0067 -1,1135 -0,3316 0,3369 -0,0762 0,0816 -1,0058 -1,0067 -0,3316 0,0816 -0,1738 -0,0762 -1,0302 -1,0058 -0,1738 0,0816 -0,0762 -0,0160 -1,0058 -1,0003 -0,0762 0,0816 -0,0160 0,0213 -1,0003 -1,0005 =B3-$G$3*(B3-A3) =A3+$G$3*(B3-A3) =SE(E3<F3;C3;A3) =SE(E3<F3;B3;D3) =SE(E3<F3;D3;D3-$G$3*(D3-A3)) =SE(E3<F3;C3+$G$3*(B3-C3);C3)

OBS.:O método da seção áurea pode ser

aplicado a problemas de minimização

pela multiplicação da FO por -1. Deve-se

assumir que a FO modificada seja

unimodal.

Embora o método da seção áurea seja um procedimento simples ele pode demorar para convergir para a solução ótima.

Um método que pode ser utilizado em alguns casos é o de Newton.

A idéia do método de Newton é aproximar a f(x) por meio de um função quadrática e maximizar ou minimizar a função aproximada para obter uma solução experimental.

Essa função quadrática é obtidas

truncando-se a série de Taylor após o termo da segunda derivada.

(7)

Particularmente fazendo-se xi+1 seja a

solução experimental gerada na iteração i para iniciar a iteração i + 1 (onde x1 é a solução

experimental inicial fornecida pelo usuário para começar a iteração 1).

Assim:

f(xi+1) ≅ f(xi) + f’(xi)(xi+1– xi) + 0,5f”(xi)(xi+1– xi)2

Tendo fixado xino início da iteração i, f(xi), f’(xi)

e f”(xi) também são constantes. Assim a função

do lado direito é uma função quadrática de xi+1.

Essa função quadrática pode agora ser otimizada da forma usual, isto é, derivando e igualando a derivada a zero e resolvendo para xi+1.

Convém lembrar que estamos supondo que a f(x) seja convexa (côncava) e portanto a solução encontrada será um ótimo global.

A primeira derivada é: f’(xi+1) ≅ f’(xi) + f”(xi)(xi+1– xi).

Igualando esse resultado a zero, tem-se: f’(xi) + f”(xi)(xi+1– xi) = 0

Resolvendo para x1+1vem:

xi+1= xi– f’(xi)/f”(xi)

Essa a expressão básica a cada iteração para calcular a próxima solução experimental xi+1, após termos obtido a solução xi. Essa

expressão é utilizada para minimizar

(maximizar) uma função convexa (côncava).

O critério de parada é

|xi– xi+1| tão pequeno quanto se queira.

ALGORITMO do Método de Newton 1. Fixe o valor de parada: ε. Determine uma

solução inicial xie faça i = 1;

2. Calcule f’(xi) e f”(xi);

3. Faça: xi+1= xi– f’(xi)/f”(xi);

(8)

Determine o ponto de máximo da função: f(x) = 12x – 3x4_{– 2x}6

Tem-se: f’(x) = 12 – 12x3_{– 12x}5_{= 12(1 – x}3_{– x}5₎

f”(x) = -36x2_{– 60x}4_{= -12(3x}2_{+ 5x}4₎

Então: xi+1= xi– f’(xi)/f”(xi) será:

xi+1= xi+ (1 – x3– x5)/(3x2+ 5x4)

Escolhendo x1= 1, teremos:

Iteração xi f(xi) f'(xi) f"(xi) xi+1 |xi+1- xi|

1 1,000 7 -12 -96 0,8750 0,12500 2 0,8750 7,8439 -2,1940 -62,733 0,8400 0,03497 3 0,8400 7,8838 -0,1325 -55,279 0,8376 0,00240 4 0,8376 7,8839 -0,0006 -54,795 0,8376 0,00001 5 0,8376 7,8839 0,0000 -54,793 0,8376 Ótimo

Escolha em vetor inicial x0como no método

do Gradiente. Vetores x1, x2, x3, ..., são, então

determinados iterativamente por: xi+1≅ xi–H(xi)-1∇f(xi)

A regra de parada é a mesma do método do Gradiente.

Maximize:

Com uma tolerância de 0,05 e ponto

inicial

x

0

=

(6,597,

5,891),

onde

f(x

0

) = -36,58.

10 52− −π2− − − = (x ) (y ) ) y , x ( f

O vetor Gradiente, a matriz Hessiana e a inversa da Hessiana para essa função objetivo são:         π − − − − = ∇ ) y ( ) x ( ) y , x ( f 2 5 2       − − = 2 0 0 2 ) y , x ( H       − − = − 5 0 0 0 5 0 1 , , ) y , x ( H

(9)

O vetor Gradiente no ponto x0dado vale:       − − =         π − − − − = ∇ 499 5 722 8 891 5 2 5 597 6 2 0 _, , ) , ( ) , ( ) x ( f Então: x1= x0–H(x0)-1∇f(x0) =       =       − −       − − −       142 3 236 2 499 5 722 8 5 0 0 0 5 0 891 5 597 6 , , , , , , , , Com f(x₁) = -10,00

Como f(x1) – f(x0) = -10,00 – (-36,58) = 26,58 > 0,05, é necessário continuar.       − =         π − − − − = ∇ 0008 0 0001 0 142 3 2 5 236 2 2 1 , , ) , ( ) , ( ) x ( f Então: x₂= x₁–H(x₁)-1_∇f(x 1) =       =       −       − − −       142 3 236 2 0008 0 0001 0 5 0 0 0 5 0 142 3 236 2 , , , , , , , ,

Como f(x₂) – f(x₁) = -10,00 – (-10,00) = 0 < 0,05, nós tomamos x* = (2,236, 3,142) como o ponto ótimo com f(x*_{) = -10,00}

Suponha que se queira resolver o seguinte PPNL:

Max z = f(x1, x2, ..., xn)

s. a (x1, x2, ..., xn) ∈ Rn

Pela discussão anterior se f(x1, x2, ..., xn) é

uma função côncava, então a solução ótima (se existir) vai ocorrer num ponto estacionário , satisfazendo as seguintes condições:

x

0 x ) x ( f ... x ) x ( f x ) x ( f n 2 1 = ∂ ∂ = = ∂ ∂ = ∂ ∂

Em algumas situações é fácil encontrar os pontos estacionários, mas em outras pode ser bem difícil. Aqui será apresentado o método da maior subida, que pode ser utilizado para se determinar os pontos estacionários de uma função.

(10)

Considere a função f(x1, x2, ..., xn) para a qual

todas as derivadas parciais existem em todos os pontos. O vetor gradiente de f(x1, x2, ..., xn),

representado por ∇f(x), é dado por:       ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ = ∇ x ) x ( f ,..., x ) x ( f , x ) x ( f ) x ( f n 2 1

O método do Gradiente termina quando o vetor gradiente torna-se nulo, sendo que esta é

apenas a condição necessária, mas não

suficiente.

O ponto será necessariamente ótima se a função sendo otimizada for côncava ou convexa.

Para cada vetor x, o vetor é denominado de versão normalizada de x.

Assim qualquer direção no Rn _será

descrita pelo vetor normalizado que define a direção.

Portanto,∇f(x) define a direção .

x x ) x ( f ) x ( f ∇ ∇

Convém lembrar que uma solução ótima ,

para o PPNL deve satisfazer . Suponha

agora que estamos no ponto v0e que desejamos

encontrar o ponto que resolva o PPNL. Na

tentativa de encontrar , parece razoável

movimentar-se para além do ponto v0 numa

direção que maximiza a taxa (pelo menos localmente) na qual f(x1, x2, ..., xn) aumenta.

v 0 ) v ( f = ∇ v v

O Lema 1 mostra como seguir:

Suponha que estamos no ponto v e queremos nos mover a uma distância δ na direção d. Então para um dado δ, o aumento máximo da f(x1, x2, ..., xn) irá ocorrer se

escolhermos: d = _∇∇_ff₍(_xx₎).

Em resumo se queremos avançar na

direção do ponto de máximo tão

rapidamente quanto possível devemos andar na direção de ∇f(x) .

É possível agora descrever o método da maior inclinação.

(11)

Iniciar com qualquer ponto v0 e mover-se

na direção de ∇f(v0);

Para tal fixar um valor não-negativo t; Mover-se para o ponto v1= v0+ t ∇f(v0);

O crescimento máximo de f(x1, x2, ..., xn) será

obtido pelo valor t0 que resolver o seguinte

problema de otimização unidimensional

max f(v0+ t0∇f(v0)) s. a t0≥ 0, que pode ser

resolvido pelos procedimentos já vistos inclusive pelo método da Secção Áurea ou de Newton.

Utilize o método da maior inclinação para aproximar a solução de:

Max f(x1, x2) = -(x1– 3)2– (x2– 2)2

s. a (x1, x2) ∈ R2

Vamos escolher um ponto arbitrário qualquer, por exemplo, (1, 1). Como ∇f(x1, x2) =

(-2x1+ 6, -2x2+ 4), tem-se que ∇f(1, 1) = (4, 2).

Assim deve-se escolher t0 que vai maximizar

f(v1) = f[(1, 1) + t0(4, 2)] = f(1 +4t0, 1 + 2t0) =

= -(-2 + 4t0)2– (-1 + 2t0)2.

Fazendo f’(t0) = 0, obtém-se:

-8(-2 + 4t0) – 4(-1 + 2t0) = 0

20 – 40t0= 0

t0= 0,5.

O novo ponto, será então: v1= (1, 1) + 0,5(4, 2) = (3, 2).

Agora ∇f(3, 2) = (0, 0) e o algoritmo pode terminar. Uma vez que f(x1, x2) é uma função

côncava, a solução ótima do PPNL foi encontrada.

(12)

Encontre os pontos x1, x2, x3e x4a partir do

ponto x0 = (1, 1) pelo método da maior

inclinação para resolver o problema: Max f(x, y) = 4x + 6y – 2x2_{– 2xy – 2y}2

s. a (x, y) ∈ R2

BERTSEKAS, Dimitri P. Nonlinear

Programming. Belmont (MA): Athena Scientific,

1995.

TAHA, Hamdy. Pesquisa Operacional. São Paulo (SP): Pearson Education do Brasil, 2008. 8a_ed.

WINSTON, Wayne L. Operations Research: Applications and Algorithms. Belmont (CA):