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I NVESTIGAÇÃO O PERACIONAL

Max Z = 3x1 + 5x2 x1 4 2x2 12 3x1 + 2x2  18. x5 = 18 – 3x1 – 2x2 Max Z = 3x1 + 5x2 – M x5 x1 4 2x2 12 3x1 + 2x2  18.

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I NVESTIGAÇÃO O PERACIONAL

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Presentation Transcript

  1. Max Z = 3x1 + 5x2 x1 4 2x2 12 3x1 + 2x2  18 x5 = 18 – 3x1 – 2x2 Max Z = 3x1 + 5x2 – Mx5 x1 4 2x2 12 3x1 + 2x2  18 Max Z - 3x1 - 5x2 + Mx5 = 0 x1 + x34 2x2 + x4 12 3x1 + 2x2 + x5  18 INVESTIGAÇÃOOPERACIONAL • 6ª Aula • Adaptação de problemas não standard ao Método Simplex Ir-se-ão referir os procedimentos a adoptar para converter estes problemas em problemas que possam ser resolvidos pelo método simplex. O maior problema passa a ser a determinação da SBA inicial Será utilizada a técnica da Introdução de Variáveis Artificiais em cada restrição que delas precise de forma a criar um problema artificial que possa ser solucionado pelo Método Simplex. • Restrições de igualdade • A SBA inicial será dada por (x3, x4, x5) • Como x5 tem um coeficiente diferente de zero na equação (0) teremos de o eliminar pelo método de Gauss • Z – 3x1 – 5x2 + Mx5 = 0 • - M(3x1 +2x2 + x5 = 18) • Z – (3M + 3) x1 – (2M + 5) x2 = - 18M , esta será a equação (0) para a resolução pela forma tabular

  2. INVESTIGAÇÃOOPERACIONAL • 6ª Aula • Adaptação de problemas não standard ao Método Simplex • Restrições de igualdade • Na Função Objectivo (FO), o sinal da Variável Artificial varia consoante se está perante um problema de minimização ou maximização, ou seja; • Maximização Z = 3x1 + 5x2 –Mx5, o sinal terá de ser negativo e ter um parâmetro de valor muito elevado (M) para obrigar a variável artificial correspondente a ser zero. • Minimização Z = 0.4x1 + 0.5x2 +Mx3, o sinal positivo é utilizado para contrariar a evolução de minimização que se pretende e obter e, assim, consegue-se obrigar a variável artificial a ser zero. • Nestes problemas, a Solução Óptima não pode ter valor diferente de zero para a Variável Artificial. • Se existirem várias restrições de igualdade no mesmo problema, devem ser todas tratadas da forma aqui descrita.

  3. INVESTIGAÇÃOOPERACIONAL • 6ª Aula (cont.)

  4. Introdução da Var. Folga Minimizar Z = 0.4x1 + 0.5x2 s.a.: 0.3x1 + 0.1x2 + x3 = 2.7 0.5x1 + 0.5x2 = 6 0.6x1 + 0.4x2  6 xi  0 Introdução da Var. Artificial Minimizar Z = 0.4x1 + 0.5x2 + Mx4 s.a.: 0.3x1 + 0.1x2 + x3 = 2.7 0.5x1 + 0.5x2 + x4 = 6 0.6x1 + 0.4x2  6 xi  0 Introdução da Var. Adicional e Var. Artificial Minimizar Z = 0.4x1 + 0.5x2 + Mx4 + Mx6 s.a.: 0.3x1 + 0.1x2 + x3 = 2.7 0.5x1 + 0.5x2 + x4 = 6 0.6x1 + 0.4x2 - x5 + x6= 6 xi  0 Problema Inicial Minimizar Z = 0.4x1 + 0.5x2 s.a.: 0.3x1 + 0.1x2  2.7 0.5x1 + 0.5x2 = 6 0.6x1 + 0.4x2  6 xi  0 INVESTIGAÇÃOOPERACIONAL • 6ª Aula(cont.) • Lados Direito negativos • Nestes casos, pode-se multiplicar a restrição por –1, tendo em atenção que o sinal  passará a  e vice-versa, exemplificando: • x1 – x2  -1 ficará como -x1 + x2  1 • Se todas as variáveis tiverem restrições de Não- Negatividade, esta nova aparência da restrição permite considerar estes novos valores (positivos) como os valores da Solução Básica Inicial. • Restrições com a forma  • Numa situação em que existam este tipo de restrições deve-se proceder da seguinte forma: • Introduzir uma Variável Adicional (como forma de transformar o sinal  em igual); • Introduzir uma Variável Artificial (o procedimento recomendado anteriormente para restrições de =). • Na função objectivo, introduzir as variáveis artificiais com um parâmetro muito elevado

  5. INVESTIGAÇÃOOPERACIONAL • 6ª Aula(cont.) • Minimização Uma das formas de resolver o problema é trocar o papel dos coeficientes positivos e negativos na linha (0), no teste de optimização e no primeiro passo do processo iterativo; No entanto, iremos adoptar outra abordagem – encontrar o problema equivalente de Maximização, por exemplo: • Iremos utilizar este procedimento para resolver o problema tratado no ponto anterior – Método do BIG M Formulação do Problema Artificial Vamos considerar como variáveis básicas, na Solução Básica Admissível Inicial, (x3, x4, x6) – as variáveis artificiais prevalecem sobre as adicionais. Linha (0) x1 x2 x3x4x5x6 TInd 0.4 0.5 0 M 0 M 0 - M [ 0.5 0.5 0 1 0 0 6] - M [ 0.6 0.4 0 0 - 1 1 6 ] . Nova Linha (0) (- 1.1M + 0.4) (- 0.9M + 0.5) 0 0 M 0 -12M Minimizar Z = 0.4x1 + 0.5 x2 Maximizar - Z = - 0.4x1 – 0.5x2 Maximizar – Z = - 0.4x1 - 0.5x2 – Mx4 – Mx6 s.a.: 0.3x1 + 0.1x2 + x3 = 2.7 0.5x1 + 0.5x2 + x4 = 6 0.6x1 + 0.4x2 - x5 + x6 = 6

  6. INVESTIGAÇÃOOPERACIONAL • 6ª Aula (cont.)

  7. 1ª Fase Maximizar – Z = – x4 – x6 s.a.: 0.3x1 + 0.1x2 + x3 = 2.7 0.5x1 + 0.5x2 + x4 = 6 0.6x1 + 0.4x2 - x5 + x6 = 6 2ª Fase Maximizar – Z = - 0.4x1 - 0.5x2 s.a.: 0.3x1 + 0.1x2 + x3 = 2.7 0.5x1 + 0.5x2 = 6 0.6x1 + 0.4x2 - x5 = 6 INVESTIGAÇÃOOPERACIONAL • 6ª Aula(cont.) • Minimização Uma das formas de resolver o problema é trocar o papel dos coeficientes positivos e negativos na linha (0), no teste de optimização e no primeiro passo do processo iterativo; No entanto, iremos adoptar outra abordagem – encontrar o problema equivalente de Maximização, por exemplo: • Iremos utilizar este procedimento para resolver o problema tratado no ponto anterior – Método de DUAS FASES Formulação do Problema Artificial A 1ª Fase tem como objectivo eliminar as variáveis artificiais, sendo obtida da equação da Nova Linha (0) do método do BIG M que é dividida por M, obtendo-se alguns termos infinitesimais que são negligenciados. No final desta fase como x4 e x6 se anularão, então poder-se-á utilizar esta solução com SBA Inicial para a 2ª Fase. A 2ª Fase resolve o problema pelo método simplex, utilizando como SBA inicial o resultado da fase anterior. Minimizar Z = 0.4x1 + 0.5 x2 Maximizar - Z = - 0.4x1 – 0.5x2

  8. INVESTIGAÇÃOOPERACIONAL • 6ª Aula (cont.) • 1ª Fase

  9. INVESTIGAÇÃOOPERACIONAL • 6ª Aula (cont.) Preparação da 2ª Fase

  10. INVESTIGAÇÃOOPERACIONAL • 6ª Aula (cont.) 2ª Fase

  11. INVESTIGAÇÃOOPERACIONAL • 6ª Aula (cont.) • Problema sem Solução Admissível • Se o problema inicial não tem Soluções Admissíveis então, tanto o método do BIG M como a 1ª Fase do método de DUAS FASES irão conduzir a soluções finais em que pelo menos uma variável artificial tem valor diferente de zero. • Como exemplo, se no problema anterior alterarmos a 1ª Restrição para 0.3x1 + 0.1x2  1.8 (anteriormente era  2.7)

  12. Z = 3x1 + 5x2 x1 4 2x2  12 3x1 + 2x2  18 x1  -10 x2  0 Z = 3x1 + 5x2 x1 4 2x2  12 3x1 + 2x2  18 x2  0 Z = 3(x’1-10) + 5x2 (x’1-10)  4 2x2  12 3(x’1-10) + 2x2  18 (x’1-10)  -10 x2  0 Z = 3(x1+- x1-) + 5x2 (x1+- x1-)  4 2x2  12 3(x1+- x1-) + 2x2  18 (x1+ 0; x1-  0); x2  0 Z = -30 + 3x’1 + 5x2 x’1 14 2x2  12 3x’1 + 2x2  18 X’1  0 x2  0 Z = 3x1+- 3x1-) + 5x2 x1+- x1- 4 2x2  12 3x1+- 3x1- + 2x2  18 (x1+ 0; x1-  0); x2  0 INVESTIGAÇÃOOPERACIONAL • 6ª Aula (cont.) • Variáveis sem restrição de não negatividade • Com limite no valor negativo admitido • xj Lj, sendo Lj um valor negativo constante • Considerar x’j = xj – Lj, em que x’j  0 • Que admitem qualquer valor negativo • xj = xj+ - xj-, em que xj+0 e xj- 0

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