Forma padrão do modelo de Programação Linear

PROGRAMAÇÃO LINEAR

1. Forma Padrão do Modelo de Programação Linear 2. Relações de Equivalência

3. Suposições da Programação Linear 4. Exemplos de Modelos de PPL

5. Suposições da Programação Linear 6. Solução Gráfica e Interpretação 7. Propriedades dos PPL’s

8. Método Simplex 9. Solução Algébrica

10. Método Simplex na Forma Tableau 11. Método das Duas Fases

12. Método Simplex na Forma Tableau 13. Dualidade em Programação Linear 14. Algoritmo SIMPLEX Primal-Dual 15. Análise de Pós-otimalidade

Forma padrão do modelo de Programação Linear Max

z

=

c

₁

x

₁

+

c

₂

x

₂

+

...

+

c

_n

x

_n s.a:

a

₁₁

x

₁

+

a

₁₂

x

₂

+

...

+

a

_1n

x

_n

=

b

₁ 2 2 2 22 1 21

x

a

x

...

a

x

b

a

+

+

+

_{n n}

=

m n mn m m

x

a

x

a

x

b

a

_{1 1}

+

_{2 2}

+

...

+

=

n

j

x

_j

≥

0

∀

=

1

,...,

Suposições da Programação Linear 1. Proporcionalidade

2. Aditividade 3. Divisibilidade 4. Certeza

5. Perspectiva das suposições Relações de Equivalência

Qualquer que seja a estrutura do PPL, sempre é

possível transformá-lo no formato padrão apresentado acima. Para tanto, utilizam-se as seguintes relações de equivalência:

a) Relação entre equações e inequações











∞

≤

≤

=

+

≡

≤

∑

∑

₌ = i n j i i j ij n j i j ij

S

b

S

x

a

b

x

a

0

1 1











∞

≤

≤

=

−

≡

≥

∑

∑

₌ = i n j i i j ij n j i j ij

S

b

S

x

a

b

x

a

0

1 1

b) Relação entre maximização e minimização

∑

∑

= =

−

=

−

≡

=

n j j j n j j j

x

Min

z

c

x

c

z

Max

1 1

)

(

)

(

c) Tratamento de limites de variáveis







≥

′

+

′

=

⇒

′

=

−

≡

≠

≥

0

:

ão

Substituiç

0

j j j j j

x

x

x

x

x

x













≥

′

′

−

=

⇒

′

=

−

≡

≤

0

:

ão

Substituiç

j j j j j j

x

x

x

x

x

x













≥

′′

≥

′

′′

−

′

=

≡

∞

≤

≤

∞

−

0

0

_j j j j j j

x

e

x

x

x

x

x

Exemplo - Empresa WYNDOR GLASS CO.

Capacidade Janelas Portas Disponível

1 1 0 4 2 0 2 12 3 3 2 18 Lucro Unit. $3 $5 Produtos Planta Max Z = 3 X1 + 5 X2 S.a: X1 ≤≤≤≤ 4 2 X2 ≤≤≤≤ 12 3 X1 + 2 X2 ≤≤≤≤ 18 X1, X2 ≥≥≥ 0 ≥ 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 X1 X2

Propriedades dos PPL’s

(a) Se existe exatamente uma solução ótima, então deve ser uma solução factível em um vértice; (b) Se existem soluções ótimas múltiplas, então ao

menos duas delas devem ser soluções factíveis em vértices adjacentes;

(c) Existe um número finito de soluções factíveis em vértices;

(d) Se uma solução factível em um vértice é igual ou melhor (segundo o valor de Z) que todas as

soluções factíveis nos vértices adjacentes a ela, então é igual ou melhor que todas as demais

soluções factíveis existentes nos vértices, isto é, é uma solução ótima.

Método Simplex

1. Passo inicial: iniciar com uma solução factível em um vértice;

2. Teste de otimalidade: se não existe solução factível em um vértice adjacente, melhor que a solução atual, então PARE. A solução atual é ótima. Em caso contrário, vá ao passo 3;

3. Passo iterativo: movimente em direção de uma solução factível melhor, em um vértice adjacente; volte ao passo 2.

Solução Algébrica

Modelo Original (Wyndor Glass Co.) Max Z = 3 X1 + 5 X2 s.a: X1 ≤≤≤≤ 4 2 X2 ≤≤≤≤ 12 3 X1 + 2 X2 ≤≤≤≤ 18 X1,X2 ≥≥≥ 0 ≥

Forma padrão equivalente Max Z s.a: Z – 3 X1 – 5 X2 = 0 X1 + S1 = 4 2 X2 + S2 = 12 3 X1 + 2 X2 + S3 = 18 X1,X2,S1,S2,S3 ≥≥≥≥ 0 Solução aumentada Solução básica

Solução básica viável = Vértice Soluções adjacentes

Z – 3 X1 – 5 X2 = 0 X1 + S1 = 4 2 X2 + S2 = 12 3 X1 + 2 X2 + S3 = 18 Solução: Z,X1,X2,S1,S2,S3)=(0,0,0,4,12,18)

O que fazer para melhorar a solução ? Que variável sai da base ?

Como representar o sistema de equações lineares ? Nova representação do sistema de equações lineares

Z – 3 X1 + + 5/2 S2 = 30 X1 + S1 = 4 X2 + 1/2 S2 = 6 3 X1 - S2 + S3 = 6

Solução: (Z,X1,X2,S1,S2,S3)=(30,0,6,4,0,6) O que fazer para melhorar a solução ?

Que variável sai da base ?

Como representar o sistema de equações lineares ? Nova representação do sistema de equações lineares

Z + 3/2 S2 + S3 = 36 S1 + 1/3 S2 – 1/3 S3 = 2 X2 + 1/2 S2 = 6 X1 - 1/3 S2 + 1/3 S3 = 2

Solução: (Z,X1,X2,S1,S2,S3)=(36,2,6,2,0,0) O que fazer para melhorar a solução ?

Método Simplex na Forma Tableau

Variável Lado Básica Z X1 X2 S1 S2 S3 Direito Z 1 -3 -5 0 0 0 0 S1 0 1 0 1 0 0 4 S2 0 0 2 0 1 0 12 S3 0 3 2 0 0 1 18 Coeficientes Variável Lado Básica Z X1 X2 S1 S2 S3 Direito Z 1 -3 0 0 5/2 0 30 S1 0 1 0 1 0 0 4 X2 0 0 1 0 1/2 0 6 S3 0 3 0 0 -1 1 6 Coeficientes Variável Lado Básica Z X1 X2 S1 S2 S3 Direito Z 1 0 0 0 3/2 1 36 S1 0 0 0 1 1/3 -1/3 2 X2 0 0 1 0 1/2 0 6 X1 0 1 0 0 -1/3 1/3 2 Coeficientes

Como escolher a variável que entra na base no caso de empate ?

Como escolher a variável que sai da base no caso de empate ?

E se não existe variável que possa sair da base ?

Método das Duas Fases

Seja o PPL genérico em sua forma padrão, denominado de P1, onde b_i ≥ ,0 ∀i, para o qual não é possível obter uma solução básica inicial trivial:

(P1) Max

∑

=

=

n j j j

x

c

z

1 s.a:

a

x

b

i

m

n j i j ij

1

,...,

1

=

∀

=

∑

=

n

j

x

_j

≥

0

∀

=

1

,...,

Então, sempre é possível construir o PPL abaixo, denominado de P2, incluindo variáveis artificiais: (P2) Max

∑

=

=

n j j j

x

c

z

1 s.a:

a

x

d

b

i

m

n j i i j ij

1

,...,

1

=

∀

=

+

∑

=

n

j

x

_j

≥

0

∀

=

1

,...,

m

i

d

_i

≥

0

∀

=

1

,...,

O problema P2 sempre tem uma solução básica viável trivial:

m

i

b

d

_i

=

_i

,

∀

=

1

,...,

n

j

x

_j

=

0

,

∀

=

1

,...,

Equivalência entre os problemas P1 e P2

m

i

d

_i

0

,

1

,...,

P2

P1

≡

⇔

=

∀

=

Considere o PPL abaixo, denominado de P3: (P3) Min

∑

=

=

m i i

d

w

1 s.a:

a

x

d

b

i

m

n j i i j ij

1

,...,

1

=

∀

=

+

∑

=

n

j

x

_j

≥

0

∀

=

1

,...,

m

i

d

_i

≥

0

∀

=

1

,...,

Então:

i) toda solução de P3 é também solução de P2;

ii) se a solução ótima de P3 tiver w=0, então também será uma solução básica viável para o P1.

Algoritmo

1. Se P1 tem solução básica viável trivial, vá para 4; 2. Formule P3, e resolva-o;

3. Se na solução ótima de P3 as variáveis artificiais forem nulas, então uma solução básica viável para P1 foi encontrada; vá para 4. Em caso contrário, PARE; P1 não tem solução viável;

4. Resolva P1, considerando a solução básica viável conhecida.

Exemplo Min Z = 3 X1 + 2 X2 + 4 X3 s.a: 2 X1 + X2 + 3 X3 = 60 3 X1 + 3 X2 + 5 X3 ≥≥≥≥ 120 X1,X2,X3 ≥≥≥ 0 ≥ Forma Equivalente Z’ = (-Z) = -3 X1 - 2 X2 - 4 X3 Max Z’ Z’ + 3 X1 + 2 X2 + 4 X3 = 0 2 X1 + X2 + 3 X3 = 60 3 X1 + 3 X2 + 5 X3 – S2 = 120 X1,X2,X3,S2 ≥≥≥ 0 ≥

Incluindo Variáveis Artificiais

Max Z’

Z’+ 3 X1 + 2 X2 + 4 X3 = 0

2 X1 + X2 + 3 X3 + d1 = 60 3 X1 + 3 X2 + 5 X3 – S2 + d2 = 120

Problema da Primeira Fase Min W = d1 + d2 ou Max W’= (-W) = - d1 – d2 W’ + d1 + d2 = 0 Z’+ 3 X1 + 2 X2 + 4 X3 = 0 2 X1 + X2 + 3 X3 + d1 = 60 3 X1 + 3 X2 + 5 X3 – S2 + d2 = 120 X1,X2,X3,S2,d1,d2 ≥≥≥ 0 ≥

Problema Fase 1 – Forma Tableau

Iteração 0 V.B. W' Z' X1 X2 X3 S2 d1 d2 Valor W' 1 0 -5 -4 -8 1 0 0 -180 Z' 0 1 3 2 4 0 0 0 0 a1 0 0 2 1 3 0 1 0 60 a2 0 0 3 3 5 -1 0 1 120 Iteração 1 V.B. W' Z' X1 X2 X3 S2 d1 d2 Valor W' 1 0 1/3 -4/3 0 1 8/3 0 -20 Z' 0 1 1/3 2/3 0 0 -4/3 0 -80 X3 0 0 2/3 1/3 1 0 1/3 0 20 a2 0 0 -1/3 4/3 0 -1 -5/3 1 20

Iteração 2 V.B. W' Z' X1 X2 X3 S2 d1 d2 Valor W' 1 0 0 0 0 0 1 1 0 Z' 0 1 1/2 0 0 1/2 -1/2 -1/2 -90 X3 0 0 2/3 0 1 3/4 1/3 -1/4 15 X2 0 0 -1/4 1 0 -3/4 -5/4 3/4 15

Problema Fase 2 – Forma Tableau

Iteração 0 V.B. Z' X1 X2 X3 S2 Valor Z' 1 1/2 0 0 1/2 -90 X3 0 2/3 0 1 3/4 15 X2 0 -1/4 1 0 -3/4 15 Solução do Problema X1 = 0 X2 = 15 X3 = 15 S2 = 0 Z’ = -90 ⇒⇒⇒⇒ Z = 90

Método Simplex na Forma Matricial Max

z

=

c

T

x

(1.a) s.a:

Ax =

b

(1.b)

0

≥

x

(1.c)

onde

c

,

x

,

0

∈

R

n,

b ∈

R

m e

A

é uma matriz

m ×

n

de posto m.

Obtenção de uma Solução

No sistema de equações lineares (1.b), para que uma solução seja determinada, é necessário, considerando que

n ≥

m

, arbitrar o valor de

n −

m

variáveis.

Particionando o vetor de variáveis de modo a caraterizar as variáveis que serão arbitradas e aquelas que serão calculadas, e seguindo esta partição para os demais elementos do PPL, tem-se:













=

R B

x

x

x

_











=

R B

c

c

c

A =

[

B

R

]

(2)

onde

c

_B

,

x

_B

∈

R

m,

c

_R

,

x

_R

∈

R

n−m, B é uma matriz

m ×

m

Com isto o PPL poderá ser re-escrito na forma: Max

z

=

c

T_B

x

_B

+

c

T_R

x

_R (3.a) s.a:

B

x

_B

+

R

x

_R

=

b

(3.b)

0

e

0

≥

≥

_R B

x

x

(3.c)

Arbitrando o valor das

n −

m

componentes do vetor de variáveis

x

_R, os valores das componentes do vetor

x

_B

poderão ser obtido a partir da equação (3.b):

R B

b

R

x

x

B

=

−

(

_R

)

B

B

b

R

x

x

B

B

−1

=

−1

−

R B

B

b

B

R

x

x

=

−1

−

−1 (4)

No caso particular em que se arbitra

x

_R

=

0

, tem-se uma solução básica1_{, e o valor das componentes do}

vetor

x

_B poderá ser obtido através de:

b

B

x

ˆ

_B

=

−1 (5)

Considere que a solução assim obtida satisfaz as condições de não-negatividade das variáveis básicas, apresentadas em (3.c), isto é, que

x

ˆ ≥

_B

0

. Neste caso, diz-se que esta solução é uma solução básica viável.

1 Os vetores x_B e x_R são denominados de vetor de variáveis básicas e vetor de variáveis não-básicas, respectivamente.

Cálculo do valor da função objetivo

O valor da função objetivo, que poderá ser calculado através da equação (3.a), no caso particular de uma solução básica resume-se a:

B T B

x

c

z

ˆ =

ˆ

(6)

Até agora, mostrou-se como o valor das variáveis

x

_B

pode ser obtido a partir do arbítrio das variáveis

x

_R. Variando-se o valor destas, obtém-se diferentes

soluções para

x

_B. Substituindo (4) na expressão (3.a), obtém-se:

(

)

(

T

)

_R B T R B T B R T R R T B T B R T R R T B

x

R

B

c

c

x

c

z

x

c

x

R

B

c

b

B

c

z

x

c

x

R

B

b

B

c

z

1 1 1 1 1

ˆ

− − − − −

−

+

=

+

−

=

+

−

=

(

T

)

_R B T R

c

B

R

x

c

z

z

=

ˆ

+

−

−1 (7)

Com esta expressão, pode-se calcular o valor da função objetivo de novas soluções, como função dos valores arbitrados para

x

_R. Portanto, diferente valores de

x

_R

Condição de otimalidade

Considerando que deseja-se obter uma solução com valor da função objetivo maior do que o valor atual

zˆ

, isto é, que

z

>

z

ˆ

, a seguinte condição deve ser

satisfeita:

(

c

T_B

B

−1

R

−

c

_RT

)

x

_R

<

0

(8) Dado que na solução básica corrente

x

_R

=

0

, e que a condição de não-negatividade deve ser mantida, para satisfazer a condição (8) é necessário aumentar as componentes de

x

_R associadas a componentes negativas do vetor T R T B

B

R

c

c

−

=

∆

−1 (9)

Obviamente, se não existirem componentes negativas em

∆

, isto é, se

∃/

∆

_j

<

0

, não será possível aumentar o valor de z. Neste caso, diz-se que a solução básica

Troca de base

Mesmo que exista mais do que uma componente

0

<

∆

_j , o Método Simplex considera que apenas uma componente de

x

_R é aumentada a cada vez. Neste caso, diversas estratégias de escolha poderão ser

adotadas. Teoricamente, a única condição para que se obtenha uma solução melhor, é que se escolha uma componente

∆

_j

<

0

. Na prática, a escolha da

componente negativa de menor valor, isto é:

min {

|

0}

k j j

j

∆ =

∆

∆ <

₍₁₀₎

é uma boa estratégia para aumentar o valor da função objetivo, pois é a que produz o maior incremento em z com o aumento unitário da respectiva componente em

R

x

.

Determinada a variável não-básica que será aumentada, associada a uma componente

∆

_k

<

0

, e denotada por

k

R

x

, deve-se determinar o valor do incremento.

Em princípio, quanto maior o valor do incremento, maior será o valor de z. A fim de manter a viabilidade da

solução, é necessário que a nova solução, que poderá ser calculada pela expressão (4), satisfaça a seguinte condição:

0

1 1

₋

_≥

=

− − _R B

B

b

B

R

x

x

(11)

Considerando que apenas um componente do vetor de variáveis não-básicas é incrementado por vez, esta expressão resume-se a:

0

ˆ

−

1

≥

=

− k k R R B B

x

B

a

x

x

(12)

ou ainda, considerando as várias linhas desta condição vetorial:

m

i

x

a

x

x

k i i B ik R B

=

ˆ

−

≥

0

∀

=

1

,...,

(13)

onde

a

_ik é a i-ésima componente de

k

R

a

B

−1 .

Considerando que a variável não-básica será

aumentada (positiva), é necessário verificar a condição (13) somente para

a

_ik

>

0

. Com isto o incremento da variável não-básica será limitado em:

{ }













>

=

=

min

min

ˆ

|

_ik

0

ik B i i i r

a

a

x

i

θ

θ

(14)

Não existindo

a

_ik

>

0

, não haverá limites para o

incremento da variável não-básica. Neste caso, diz-se que não existe solução ótima finita, ou que a solução é ilimitada, pois o valor da função objetivo

z

→

∞

.

Por outro lado, encontrado um limite

θ

_r para o

incremento da variável não-básica, uma nova solução poderá ser obtida fazendo-se:

r R_k

x

=

θ

(15) Com isto,

=

0

r B

x

e o valor da função objetivo aumenta para

z

= ˆ

z

+

∆

_k

θ

_r.

Esta nova solução poderá ser representada por uma nova partição no vetor de variáveis x, na qual a variável básica que foi anulada passa a fazer parte do vetor de variáveis não-básicas

x

_R, e a variável não-básica que foi incrementada passa a fazer parte do vetor de

variáveis básicas

x

_B. A esta operação, dá-se o nome de troca de base.

Efetuada a re-definição dos vetores

x

_R e

x

_B, todas as etapas do processo são repetidas até que se obtenha uma solução ótima ou uma solução ilimitada.

Dualidade em Programação Linear Seja o PPL apresentado na forma abaixo:

(PRIMAL) Max

c

T

x

(I.a)

s.a:

Ax ≤

b

(I.b)

0

≥

x

(I.c)

Então sempre é possível construir o PPL que se segue:

(DUAL) Min

b

T

π

(II.a)

s.a:

A

T

π

≥

c

(II.b)

0

≥

π

(II.c)

O PPL Primal relaciona-se com o PPL Dual através das seguintes proposições:

Proposição 1

i) Seja

x

* a solução ótima do PPL Primal. Seja

π

* a solução ótima do PPL Dual. Então

c

T

x

*

=

b

T

π

*. ii) Se o PPL Primal tem solução ilimitada, então o PPL

Dual não tem solução, e vice-versa. Proposição 2

Seja

x

* a solução básica ótima do PPL Primal, e

B

a base correspondente. Então

π

*

=

c

T_B

B

−1

R

−

c

T_R é a solução ótima do PPL Dual.

Algoritmo SIMPLEX Primal-Dual (G. B. DANTZIG, 1956)

P0 _{Monte o PPL em sua forma padrão. Escolha um}

conjunto de m variáveis básicas quaisquer, e particione o problema como segue:

Max

c

T_B

x

_B

+

c

T_R

x

_R s.a:

Bx

_B

+

Rx

_R

=

b

P1 _Calcule

_B

−1_. Calcule

x

ˆ

_B

=

B

−1

b

e

∆

z

=

c

T_B

B

−1

R

−

c

_RT. P2 _Determine i r i B B

x

x

ˆ

=

min

ˆ

. Determine

∆

z

_k

=

min

_j

∆

z

_j. Se

∆

_k

≤

ˆ

_B

e

∆

z

_k

<

0

r

x

z

, então vá a P3. Se

ˆ

<

∆

e

ˆ

<

0

r r k B B

z

x

x

, então vá a P4. Se

ˆ

_B

≥

0

e

∆

z

_k

≥

0

r

x

, então PARE. A solução atual é ótima.

P3 _{Iteração Primal. Calcule}

k

k

B

a

a

=

−1 . Se

∃/

a

_ik

>

0

, então PARE. O problema tem solução ilimitada. Em caso contrário, determine a variável que deverá sair da base:













>

=

=

min

min

ˆ

|

_ik

0

ik B i i i r

a

a

x

i

θ

θ

Vá para P5.

P4 _{Iteração Dual. Calcule}

_a

_e

T

_B

_R

r r 1 −

=

, onde

e

T_r é o r-ésimo vetor linha unitário. Se

∃/

a

_rj

<

0

, então PARE. O problema não tem solução viável. Em caso contrário, determine a variável que deverá entrar na base:

















<

∆

=

=

max

max

|

_rj

0

rj j j j j k

a

a

z

α

α

P5 _{Troca de base. Efetue a troca de base entre as}

variáveis

k

r R

B

x

x

↔

. Determine a nova partição para o PPL e retorne a P1.

Exemplo de Aplicação do Algoritmo Simplex Primal-Dual Max 3x₁ +2x₂ + 4x₃ s.a: 2x₁ + x₂ +2x₃ ≥10 12 4 ₃ 1 + x ≥ x 16 3 2 1+ x + x ≤ x 0 , , _{2 3} 1 x x ≥ x

Montando o problema na forma padrão, obtém-se as seguintes matrizes e vetores:

X1 3 X2 2 X = X3 C = 4 S1 0 S2 0 S3 0 2 1 2 -1 0 0 10 A = 1 0 4 0 -1 0 b = 12 1 1 1 0 0 1 16

Iteração 1 S1 -1 0 0 -1 -1 0 0 Xb = S2 B = 0 -1 0 B = 0 -1 0 S3 0 0 1 0 0 1 X1 2 1 2 Xr = X2 R = 1 0 4 X3 1 1 1 Cb' = 0 0 0 Cr' = 3 2 4 S1 -1 0 0 10 -10 Xb = S2 = 0 -1 0 * 12 = -12 S3 0 0 1 16 16 -1 0 0 2 1 2 dZ = 0 0 0 * 0 -1 0 * 1 0 4 - 3 2 4 0 0 1 1 1 1 dZ = -3 -2 -4

Observando os resultados verifica-se que as condições de otimalidade e viabilidade não são satisfeitas e que a realização de uma iteração dual é recomendada,

escolhendo-se a segunda variável básica para sair da base. -1 0 0 2 1 2 a2 = 0 1 0 * 0 -1 0 * 1 0 4 = -1 0 -4 0 0 1 1 1 1 = 3 ? 1 Alfa

Iteração 2 S1 -1 2 0 -1 -1 2 0 Xb = X1 B = 0 1 0 B = 0 1 0 S3 0 1 1 0 -1 1 S2 0 1 2 Xr = X2 R = -1 0 4 X3 0 1 1 Cb' = 0 3 0 Cr' = 0 2 4 S1 -1 2 0 10 14 Xb = X1 = 0 1 0 * 12 = 12 S3 0 -1 1 16 4 -1 2 0 0 1 2 dZ = 0 3 0 * 0 1 0 * -1 0 4 - 0 2 4 0 -1 1 0 1 1 dZ = -3 -2 8

Observando os resultados verifica-se que a solução é viável e que as condições de otimalidade não são satisfeitas e portanto a realização de uma iteração primal é recomendada, com a escolha da primeira variável não-básica para entrar na base.

-1 2 0 0 -2 a1 = 0 1 0 * -1 = -1 0 -1 1 0 1 ? = ? 4 Teta

Iteração 3 S1 -1 2 0 -1 -1 0 2 Xb = X1 B = 0 1 -1 B = 0 0 1 S2 0 1 0 0 -1 1 S3 0 1 2 Xr = X2 R = 0 0 4 X3 1 1 1 Cb' = 0 3 0 Cr' = 0 2 4 S1 -1 0 2 10 22 Xb = X1 = 0 0 1 * 12 = 16 S2 0 -1 1 16 4 -1 0 2 0 1 2 dZ = 0 3 0 * 0 0 1 * 0 0 4 - 0 2 4 0 -1 1 1 1 1 dZ = 3 1 -1

Verifica-se que as condições de viabilidade continuam sendo satisfeitas, o que ainda não acontece com as condições de otimalidade. Portanto, é recomendada uma iteração primal, escolhendo-se a terceira variável não-básica para entrar na base.

-1 0 2 2 0 a1 = 0 0 1 * 4 = 1 0 -1 1 1 -3 ? = 16 ? Teta

e a segunda variável básica é escolhida para sair da base.

Iteração 4 S1 -1 2 0 -1 -1 0 2 Xb = X3 B = 0 4 -1 B = 0 0 1 S2 0 1 0 0 -1 4 S3 0 1 2 Xr = X2 R = 0 0 1 X1 1 1 1 Cb' = 0 4 0 Cr' = 0 2 3 S1 -1 0 2 10 22 Xb = X3 = 0 0 1 * 12 = 16 S2 0 -1 4 16 52 -1 0 2 0 1 2 dZ = 0 4 0 * 0 0 1 * 0 0 1 - 0 2 3 0 -1 4 1 1 1 dZ = 4 2 1

e a solução é ótima. O valor da função objetivo poderá ser calculado por:

22

Z = 0 4 0 * 16 = 64

Interpretação dos Resultados Max

3

x

₁

+

2

x

₂

+

4

x

₃ (Lucro) s.a:

2

x

₁

+

x

₂

+

2

x

₃

≥

10

(Subproduto 1)

12

4

₃ 1

+ x

≥

x

(Subproduto 2)

16

3 2 1

+

x

+

x

≤

x

(Mão de Obra)

0

,

,

_{2 3} 1

x

x

≥

x

X1, X2, X3 são quantidades dos processos de produção

Var. Valor dZ X1 0 1 X2 0 2 X3 16 0 S1 22 0 S2 52 0 S3 0 4 Z 64

Análise de Pós-otimalidade Seja o PPL na forma padrão

Max

c

T

x

s.a:

Ax =

b

0

≥

x

e seja

(

x

*_B

,

x

*_R

)

a sua solução básica ótima. Se algum parâmetro do modelo sofrer alteração, uma nova solução deverá ser determinada. Entre as alterações mais significativas, tem-se:

1. Alteração de um coeficiente do vetor

b

2. Alteração de um coeficiente do vetor

c

a) associado a uma variável não-básica b) associado a uma variável básica 3. Inclusão e exclusão de restrição a) restrições não-ativas

b) restrições ativas

4. Inclusão e exclusão de variável a) variáveis básicas

b) variáveis não-básicas

Obs. _{Em alguns sistemas computacionais (Lindo,}

MPSX, Excel) existe a opção de efetuar a análise sobre os coeficientes de

b

e de

c

.

Caso 1 - Alteração de um coeficiente do vetor

b

Os valores das variáveis básicas na solução ótima do PPL é dada, a partir dos valores

x

*_R por:

(

*

)

1 * R B

B

b

R

x

x

=

−

−

Dado que um coeficiente do vetor

b

sofreu alteração, isto é, dado que o novo vetor

b

é dado por

r r

e

b

b

=

+

∆

⋅

, onde

e

_r é o r-ésimo vetor coluna unitário tem-se:

(

*

)

1

[

(

)

*

]

1 * R r r R B

B

b

R

x

B

b

e

R

x

x

=

−

−

=

−

+

∆

⋅

−

(

_R

)

_{r r B r r} B

B

b

R

x

B

e

x

B

e

x

*

=

−1

−

*

+

−1

⋅

∆

⋅

=

*

+

−1

⋅

∆

⋅

Para que esta nova solução continue sendo ótima é necessário que:

0

1 * *

≥

⋅

∆

⋅

+

=

_B − _{r r} B

x

B

e

x

ou

m

i

B

x

x

_{B B r ir} i i

0

,

1

,...,

1 * *

₌

₊

_∆

_⋅

−

_≥

_∀

₌

Desta expressão obtém-se os limites

∆

_r para variação de cada componente do vetor b , na forma apresentada abaixo.















<

−

≤

∆

>

−

≥

∆

≡

−

≥

⋅

∆

− − − − −

0

se

0

se

1 1 * 1 1 * * 1 ir ir B r ir ir B r B ir r

B

B

x

B

B

x

x

B

i i i

Caso 2 - Alteração de um coeficiente do vetor

c

T_R

Para a solução ótima de um PPL, tem-se:

0

1

≤

−

=

∆

Z

_j

c

T_R

c

T_B

B

−

R

_j j , se

ˆ

=

0

T R_j

x

No caso do j-ésimo coeficiente do vetor

c

T_R modificar, isto é, se _RT T_{R j}

j j

c

c

=

+

∆

, tem-se para o caso da solução básica permanecer ótima:

0

1 1

₌

₊

_∆

₋

_≤

−

=

∆

Z

_j

c

_RT

c

T_B

B

−

R

_j

c

_RT _j

c

_BT

B

−

R

_j j j

0

≤

∆

+

∆

=

∆

Z

_{j j}

Z

_j , ou j j

≤

−

∆

Z

∆

Caso 3 - Alteração de um coeficiente do vetor

c

T_B

No caso do k-ésimo coeficiente do vetor

c

_BT modificar, isto é, se

c

_BT

=

c

T_B

+

∆

_k

⋅

e

_kT, onde

e

T_k é o k-ésimo vetor linha unitário, tem-se, para o caso da solução básica permanecer ótima:

(

+

∆

⋅

)

1

≤

0

−

=

∆

Z

_j

c

T_R

c

T_{B k}

e

T_k

B

−

R

_j j

0

1 1

₋

_∆

_⋅

_≤

−

=

∆

Z

_j

c

T_R

c

T_B

B

−

R

_{j k}

e

_kT

B

−

R

_j j

0

≤

⋅

∆

−

∆

=

∆

Z

_j

Z

_{j k}

R

_kj , onde

R

_kj

=

e

_kT

B

−1

R

_j















<

∆

≤

∆

>

∆

≥

∆

≡

∆

≥

⋅

∆

0

se

0

se

kj kj j k kj kj j k j kj k

R

R

Z

R

R

Z

Z

R