PO 201 INTRODUÇÃO A PESQUISA OPERACIONAL. Professor: Rodrigo A. Scarpel

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1 PO 201 INTRODUÇÃO A PESQUISA OPERACIONAL Professor: Rodrigo A. Scarpel rodrigo@ita.br

2 Pesquisa Operacional Pesquisa Operacional é o uso do método científico com o objetivo de prover departamentos executivos de elementos quantitativos para a tomada de decisões Kittel ( 1947) A Pesquisa Operacional é a aplicação do método científico, por equipes multidisciplinares, a problemas envolvendo o controle de sistemas organizados de forma a fornecer soluções que melhor interessam a determinada organização Ackoff (1968) Conceitos-chave: a) uso ou aplicação para resolver problemas reais b) apoio a tomada de decisões c) multidisciplinariedade 2

3 Pesquisa Operacional Durante a Segunda Guerra Mundial, os líderes militares solicitaram que cientistas estudassem problemas como posicionamento de radares, armazenamento de munições e transporte de tropa, etc... A aplicação do método científico e de ferramentas matemáticas em operações militares passou a ser chamado de Pesquisa Operacional. A Pesquisa Operacional é uma ciência aplicada voltada para a resolução de problemas reais, tendo como foco a tomada de decisões. 3

4 Modelagem e Simulação: Conceptualization: decisions Modeling: build the quantitative about the variables that need to model by alternativas? defining causal be included in the model, and the relationships Construção between do modelo: the variables. scope of the problem and model to be addresses. Definição do problema: 1. Quais são as alternativas para a decisão? 2. Sob quais restrições a decisão é tomada? 3. Qual seria um critério objetivo para avaliar as Resolução do modelo: 1. Utilização de algoritmos ou métodos de resolução 2. Análise de sensibilidade Validação do modelo: OBS: The research cycle can arguably begin and end at any of the phases in the cycle (according to the selected research type) 1. Formulação está adequada? 2. Resolve o problema? Implementação da solução

5 Construção do modelo: Categorias de modelos: Relacionamento funcional f( ) Valores das variáveis independentes Técnicas de Pesquisa Operacional M O D E L O S Prescritivos (determinísticos) Preditivos Descritivos (estocásticos) Conhecido, bem definido Desconhecido, mal definido Conhecido, bem definido Conhecido ou sob o controle do tomador de decisão Conhecido ou sob o controle do tomador de decisão Desconhecido ou incerto Programação linear, não linear, inteira, Redes, Combinatória, entre outras Análise de regressão, Análise de séries temporais, entre outras Simulação, teoria de filas, otimização robusta, entre outros 5

6 produção de forma a maximizar seu lucro semanal (faturamento menos custos). 6 Problema 1: Mix de Produção Giapetto Woodcarving, Inc fabrica dois tipos de brinquedos de madeira: soldados e trens. Um soldado é vendido por $27 e usa $10 de matéria-prima. Cada soldado fabricado incrementa os custos variáveis de trabalho e "overhead" por $14. Um trem é vendido por $21 e usa $9 de matéria-prima. Cada trem produzido incrementa os custos variáveis de trabalho e "overhead" por $10. A fabricação de soldados de madeira e de trens requer dois tipos de trabalho qualificado: carpintaria e acabamento. Um soldado requer 2 horas de trabalho de acabamento e 1 hora de trabalho de carpintaria. Um trem requer 1 hora de trabalho de acabamento e 1 hora de trabalho de carpintaria. A cada semana, Giapetto pode obter toda a matéria prima necessária, mas dispõe de somente 100 horas de trabalho de acabamento e 80 horas de trabalho de carpintaria. A demanda para os trens é ilimitada, mas no máximo 40 soldados são vendidos a cada semana. A Giapetto deseja determinar seu mix de

7 Problema 2: Problema da Mistura Um fabricante de bebidas pretende lançar um novo refrigerante que é obtido misturando refrigerante sabor laranja e suco de laranja. Análises executadas pelo fabricante mostraram que cada ml de refrigerante sabor laranja tem 5 mg de açúcar e 1 mg de vitamina C e que cada 1 ml de suco de laranja tem 2 mg de açúcar e 3 mg de vitamina C. O custo de produção de 100 ml de refrigerante sabor laranja é de R$0,20 e de 100 ml de suco de laranja é de R$0,50. O departamento de marketing da empresa decidiu que o novo refrigerante será comercializado em embalagens de 300 ml e que cada unidade do produto deve conter no mínimo 600 mg de vitamina C e no máximo mg de açúcar. O fabricante deseja determinar a composição do novo refrigerante de forma a minimizar o custo para produzir o produto. 7

8 Problema 3: Projeto do anel de um dinamômetro Sensitividade 0,7r Ewt 2 Rigidez Ewt r 3 3 E 2,1 x10 6

9 Problema 4: Distribuição de energia elétrica Uma empresa geradora de energia possui 3 usinas termoelétricas (A, B e C) e abastece 3 cidades (1, 2 e 3). O custo estimado de levar energia de cada uma das usinas para cada uma das cidades (em R$/kWh), assim como a demanda de cada uma das cidades e a capacidade de geração de cada usina é dada na tabela abaixo: ORIGENS DESTINOS CIDADE 1 CIDADE 2 CIDADE 3 CAPACIDADE (kwh) PLANTA A PLANTA B PLANTA C DEMANDA (kwh) Formule o problema que determine a quantidade de energia que será enviada de cada usina para cada cidade ao mínimo custo.

10 Problema 5: Dimensionamento de recursos Uma empresa de transporte urbano de passageiros quer determinar a quantidade mínima de ônibus necessários para atender sua programação. Dados: 1. Devido à manutenção diária obrigatória, cada ônibus só pode circular apenas 8 horas sucessivas por dia 2. Necessidade: 10

11 Problema 6: Corte e empacotamento Uma empresa fabrica rolos de papel com 20 pés de comprimento (diâmetro padrão). Em uma certa semana recebeu 3 pedidos: Como fazer os cortes de forma a minimizar a perda? 11

12 Programação da disciplina: Semana Conteúdo 1 Apresentação da disciplina. Introdução à Programação Linear (PL). Resolução gráfica de problemas de PL. 2 Resolução de Problemas de PL pelo método simplex. A matemática do método simplex. 3 Feriado 4 Análise de Sensibilidade. Problemas com soluções iniciais (Métodos das 2 fases e o do Big-M). Degeneração, ciclagem e convergência do método simplex. 5 O problema dual. Formulação e Interpretação econômica do problema dual. Teoremas da dualidade. 6 Prova 1 (26/3) 7 Algoritmos simplex adicionais. Análise pós-otimização. 8 Otimização multiobjetivo. Programação por metas. 9 (1) O Problema do transporte. 10 (2) O problema do transbordo e o problema da atribuição. 11 (3) Programação Linear Inteira (PLI). Métodos de resolução de PLI: Branch and Bound (B&B) e planos de corte. 12 (4) Prova 2 (14/5). 13 (5) Formulação e resolução de problemas de otimização combinatória. 14 (6) 15 (7) Otimização em Redes (formulação e resolução utilizando métodos exatos e heurísticos): os problemas do caixeiro viajante e do caminho mínimo. Otimização em Redes (formulação e resolução utilizando métodos exatos e heurísticos): os problemas do caminho crítico, do fluxo máximo e da árvore geradora mínima. 16 (8) Fechamento do curso.

13 Avaliação: 3 provas (1 o Bimestre, 2 o Bimestre e Exame Obrigatório) Bibliografia: Taha, H. A., Pesquisa Operacional, 8 a edição. Pearson (Prentice-Hall), Taha, H. A. Operations Research An Introduction, 8th.edition. Pearson (Prentice Hall), Winston, W.L., Operations Research, 4th.edition. Brooks/Cole (Thomson), Wagner, H.M., Pesquisa Operacional, 2 a edição. Prentice-Hall do Brasil, Hillier, F.S. and Lieberman, G.J., Introduction to Operations Research, McGraw Hill,

14 PO 201 PROGRAMAÇÃO LINEAR Professor: Rodrigo A. Scarpel 14

15 Problemas de programação linear (PPL): ( Maximizar Z: função objetivo / Minimizar) Z a Sujeito a :..., a i : coeficientes da função objetivo, i = 1,,n x i : variáveis de decisão, i = 1,,n b ji : coeficientes tecnológicos, i = 1,,n e j = 1,,k c j : constantes do lado direito (right-hand-side), j = 1,,k b b b k1 x x x x x, a b b b k 2 x 2 x x 2... x a x... b... b... b 2, n 1n 2n kn x n x n n x xn x... n c c... c k 15

16 Hipóteses em Programação Linear: Proporcionalidade: todos os retornos / custos e recursos utilizados variam proporcionalmente a variável de decisão (não há economia de escala); Aditividade: o efeito total de quaisquer duas variáveis é a soma dos efeitos individuais (não há sinergia ou efeito de substituição). Exemplo: o custo total é a soma dos custos individuais; Divisibilidade: as variáveis de decisão podem assumir valores fracionados. Se essas variáveis só puderem assimir valores inteiros o problema é de programação inteira (PI); Certeza (Determinístico): todos os parâmetros do modelo são constantes conhecidas (não são variáveis aleatórias); 16

17 produção de forma a maximizar seu lucro semanal (faturamento menos custos). 17 Problema 1: Mix de Produção Giapetto Woodcarving, Inc fabrica dois tipos de brinquedos de madeira: soldados e trens. Um soldado é vendido por $27 e usa $10 de matéria-prima. Cada soldado fabricado incrementa os custos variáveis de trabalho e "overhead" por $14. Um trem é vendido por $21 e usa $9 de matéria-prima. Cada trem produzido incrementa os custos variáveis de trabalho e "overhead" por $10. A fabricação de soldados de madeira e de trens requer dois tipos de trabalho qualificado: carpintaria e acabamento. Um soldado requer 2 horas de trabalho de acabamento e 1 hora de trabalho de carpintaria. Um trem requer 1 hora de trabalho de acabamento e 1 hora de trabalho de carpintaria. A cada semana, Giapetto pode obter toda a matéria prima necessária, mas dispõe de somente 100 horas de trabalho de acabamento e 80 horas de trabalho de carpintaria. A demanda para os trens é ilimitada, mas no máximo 40 soldados são vendidos a cada semana. A Giapetto deseja determinar seu mix de

18 Formas de Representação: Formato padão: todas as restrições são igualdades e todas as variáveis são não-negativas. Formato canônico: (problema de minimização) todas as variáveis são não-negativas e todas as restrições são do tipo. 18

19 Método Simplex Formalização (Problema de Maximização): Inicialização: Encontrar uma solução básica viável ( B). Passo principal: Seja z k - c k = Mínimo {z j - c j : j R}. Se z k - c k 0 pare - a solução é ótima. Caso contrário examine y k. Se y k 0 pare a solução ótima é ilimitada. Se y k > 0 determine o índice r como: r Minimo 1im b y i ik : y ik 0 Atualize o tableau pivotando em y ik (atualize as variáveis básicas e as não básicas com x k que entra na base e x i que sai). Repita o passo principal 19

20 B R Em cada iteração: x B = B -1.b w = c BT.B -1 z = w.b = c B.B -1. b z j - c j = w.a j - c j y j = B -1. a j A matemática do método simplex: a a a a a a A n,m 1,m n,2 1,2 n,1 1,1 m 1 b b b, m 1 n 1 f f x x x, 0 0 c c c n 1,

21 Problema 2: Problema da Mistura Um fabricante de bebidas pretende lançar um novo refrigerante que é obtido misturando refrigerante sabor laranja e suco de laranja. Análises executadas pelo fabricante mostraram que cada ml de refrigerante sabor laranja tem 5 mg de açúcar e 1 mg de vitamina C e que cada 1 ml de suco de laranja tem 2 mg de açúcar e 3 mg de vitamina C. O custo de produção de 100 ml de refrigerante sabor laranja é de R$0,20 e de 100 ml de suco de laranja é de R$0,50. O departamento de marketing da empresa decidiu que o novo refrigerante será comercializado em embalagens de 300 ml e que cada unidade do produto deve conter no mínimo 600 mg de vitamina C e no máximo mg de açúcar. O fabricante deseja determinar a composição do novo refrigerante de forma a minimizar o custo para produzir o produto. 21

22 Método Simplex Formalização (Problema de Minimização): Inicialização: Encontrar uma solução básica viável ( B). Alternativas (se a origem não for uma solução viável): Método das 2 fases / Big-M Passo principal: Seja z k - c k = Máximo {z j - c j : j R}. Se z k - c k 0 pare - a solução é ótima. Caso contrário examine y k. Se y k 0 pare a solução ótima é ilimitada. Se y k > 0 determine o índice r como: r Minimo 1im b y i ik : y ik 0 Atualize o tableau pivotando em y ik (atualize as variáveis básicas e as não básicas com x k que entra na base e x i que sai). Repita o passo principal 22

23 PO 201 DEGENERAÇÃO, CICLAGEM E CONVERGÊNCIA DO SIMPLEX Professor: Rodrigo A. Scarpel rodrigo@ita.br 23

24 Degeneração em programação linear: Definição: Um PPL é degenerado se há pelo menos uma solução básica viável com uma variável básica com valor zero (=0). Se há, essa solução é uma solução básica viável degenerada. A degeneração ocorre quando há empate na saída (regra da razão). Consequências da degeneração: Se um PPL é degenerado o simplex pode apresentar inconsistências. Se um PPL tem muitas soluções básicas viáveis degeneradas o simplex costuma ser ineficiente. Se um PPL é degenerado pode haver ciclismo, o que pode interferir na convergência do algoritmo. 24

25 Exemplo de PPL degenerado, inconsistente e ineficiente: FO: Max Z = 5*x 1 + 3*x 2 x 2 S.A. 4*x 1 + 2*x *x 1 + 1*x *x 1 + 1*x 2 4 x 1, x 2 0 x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 RHS Z x x x Z 0-7/4 0 5/4 0 25/2 x x 1 1 1/4 0 1/4 0 5/2 x 5 0 3/4 0 1/4 1 3/2 Z 0 0 7/4-1/ x x /4 1/2 0 2 x /4 1/2 1 0 Z x / x / x / x 1 25

26 Exemplo de ciclagem: FO: Min -¾ x 1 +20x 2 ½ x 3 +6x 4 S.A. ¼ x 1 8x 2 x 3 + 9x 4 0 ½ x 1 12x 2 ½ x 3 +7x 4 0 x 3 1 x 1, x 2, x 3, x 4 0 x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 x 7 RHS Z 3/4-20 1/ x 5 1/ x 6 1/ / x Z 0 4 7/ x x / x Z x x /8-15/4-1/2 1/4 0 0 x Z -1/ x 3 1/ /2-3/ x 2-3/ /16 1/16-1/8 0 0 x 7-1/ /2 3/ Z 1/ x 3-5/ x 4-1/4 16/ /3-2/3 0 0 x 7 5/ Z 7/ / x 5-5/4 28 1/ x 4 1/6-4 -1/ /3 0 0 x Z 3/4-20 1/ x 5 1/ x 6 1/ / x

27 Regra para previnir o ciclismo: Regra Lexicográfica: Passo principal: Seja z k -c k = Max {z j -c j : jr}. Se z k - c k 0 pare - a solução é ótima. Caso contrário examine y k. Se y k 0 pare a solução ótima é ilimitada. Se y k > 0 determine o índice r como: r Minimo 1im b y i ik : y ik 0 Em caso de empate, deixará a base a variável com o menor y ik Atualize o tableau pivoteando em y ik (atualize as variáveis básicas e as não básicas com x k que entra na base e x i que sai). Repita o passo principal 27

28 Exemplo de PPL degenerado, inconsistente: FO: Max Z = 5*x 1 + 3*x 2 x 2 S.A. 4*x 1 + 2*x *x 1 + 1*x *x 1 + 1*x 2 4 x 1, x 2 0 x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 RHS Z x x x Z 0-7/4 0 5/4 0 25/2 x x 1 1 1/4 0 1/4 0 5/2 x 5 0 3/4 0 1/4 1 3/2 Z /3 7/3 16 x /3-4/3 0 x /3-1/3 2 x /3 4/3 2 x 1 28

29 Regra para previnir o ciclismo: Regra de Brant: Passo principal: Seja z k -c k = Max (Min) {z j -c j : jr}. Se z k - c k () 0 pare - a solução é ótima. Caso contrário examine y k. Se y k 0 pare a solução ótima é ilimitada. Se y k > 0 determine o índice r como: r Minimo 1im b y i ik : y ik 0 Em caso de empate, deixará a base a variável com o menor (maior) y ik Atualize o tableau pivoteando em y ik (atualize as variáveis básicas e as não básicas com x k que entra na base e x i que sai). Repita o passo principal 29

30 Exemplo de PPL degenerado, inconsistente: FO: Max Z = 5*x 1 + 3*x 2 x 2 S.A. 4*x 1 + 2*x *x 1 + 1*x *x 1 + 1*x 2 4 x 1, x 2 0 x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 RHS Z x x x Z 0-7/4 0 5/4 0 25/2 x x 1 1 1/4 0 1/4 0 5/2 x 5 0 3/4 0 1/4 1 3/2 Z /3 7/3 16 x /3-4/3 0 x /3-1/3 2 x /3 4/3 2 x 1 30

31 Convergência do método simplex: Teorema: se todas as soluções básicas viáveis de um PPL forem não degeneradas, o método simplex é finito. Implicações: Número máximo de soluções básicas viáveis: n! / (n-m)!m! Na prática observa-se que o número máximo de iterações não passa de 3m/2. Assim, este pode ser considerado um bom ponto de parada. Como se houver degeneração, no caso extremo pode haver ciclismo, se houver degeneração o método simplex pode não ser finito. 31

32 PO 201 O PROBLEMA DUAL Professor: Rodrigo A. Scarpel rodrigo@ita.br

33 Problemas Primal e Dual: Para cada problema de programação linear que resolvemos, existe um outro problema associado que também é resolvido simultâneamente. Este problema satisfaz algumas propriedades importantes que podem ser usadas para resolver o problema original. Denominaremos o problema original de PRIMAL e o novo problema de DUAL.

34 Problemas Primal e Dual: Primal Dual Maximizar Minimizar Função objetivo Termo independente (RHS) I-ésima linha de coeficientes I-ésima coluna de coeficientes J-ésima coluna de coeficientes J-ésima linha de coeficientes I-ésima relação I-ésima variável não negativa I-ésima relação de = I-ésima variável irrestrita I-ésima variável não negativa Restrição I-ésima variável irrestrita Restrição de =

35 SIMETRIA: O dual do problema dual é o problema primal. Propriedades do problema Dual: 0, j i j m 1 j ij j m 1 j j y 1,...,n i c y a S.A.: y b Min (v) DUAL 0 1,...,, i j n 1 i i ij i n 1 i i x m j b x a S.A.: x c Max (z) PRIMAL

36 Propriedades do problema Dual: TEOREMA FRACO DA DUALIDADE Se x e y são soluções viáveis dos problemas maximização (primal) e minimização (dual), respectivamente, então: c T x b T y Implicações práticas: o valor da função objetivo de qualquer solução viável de um problema dual de minimização (maximização) fornece um limitante superior (inferior) para o valor ótimo do problema primal de maximização (minimização).

37 Propriedades do problema Dual: TEOREMA FORTE (FUNDAMENTAL) DA DUALIDADE Se o problema primal (dual) tem uma solução ótima finita, então o dual (primal) também tem uma solução finita e ótima e o valor da função objetivo de ambos problemas é igual. Assim, uma das seguintes situações é verdadeira: i) Ambos os problemas têm solução ótima x* ey* com z* = v*; ii) Um problema é ilimitado e o outro é inviável; iii) Ambos os problemas são inviáveis.

38 TEOREMA DAS FOLGAS COMPLEMENTARES Sendo x* e y* as soluções ótimas dos problemas primal e dual: Possibilidades: Propriedades do problema Dual: j e i, 0 c y a x e 0 x a b y j m 1 j j ij i n 1 i i ij j j * * * * 0 c y a ou x e 0 x a b ou y j m 1 j j ij i n 1 i i ij j j * * * * 0 0

39 Exemplo de aplicação do teorema das folgas complementares: Min Z = 2*x 1 + 5*x 2 + 2*x 3 + 3*x 4 S.A. 1*x 1 + 2*x 2 + 1*x 3 + 3*x 4 4 2*x 1 + 3*x 2 + 1*x 3 + 1*x 4 3 x 1, x 2, x 3, x 4 0 j e i, 0 c y a x e 0 x a - b y j m 1 j j ij i n 1 i i ij j j * * * *

40 Método simplex (problema primal): Max Z = 4,0*x mad + 6,0*x alu S.A. 1,5*x mad + 4,0*x alu 24 3,0*x mad + 1,5*x alu 21 1,0*x mad + 1,0*x alu 8 x mad, x alu 0 Z x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 RHS x 3 1, x 4 3 1, x /4 0 3/ x 2 3/8 1 1/ x 4 39/16 0-3/ x 5 5/8 0-1/ /5 0 14/5 208/5 x /5 0-3/5 24/5 x /5 1-39/10 21/5 x /5 0 8/5 16/5 Min z = 24*y corte + 21*y mont + 8*y acab S.A. 1,5*y corte + 3*y mont + 1*y acab 4 4*y corte + 1,5*y mont + 1*y acab 6 y corte, y mont, y acab 0

41 Método simplex (problema dual): Z y corte y mont y acabam x 4 x 5 a 1 a 2 RHS M -M (3/2)M -21+3M -8+M -M 0 0 -M 4M 1-24+(11/2)M -21+(9/2)M -8+2M -M -M M a 1 3/ a 2 4 3/ (39/16)M -2+(5/8)M -M -6+(3/8)M 0 6-(11/8)M 36+(7/4)M a /16 10/16-1 6/16 1-6/16 28/16 y corte 1 3/8 1/4 0-1/4 0 1/4 3/ /39-192/39-162/39 (192/39)-M (162/39)-M 1740/39 y mont /39-16/39 6/39 16/39-6/39 28/39 y corte 1 0 2/13 2/13-4/13-2/13 4/13 16/ / /195 = -3,2-936/195 = -4,8 3,2-M 4,8-M 8112/195 = 41,6 y acabam 0 39/ /10 6/10 16/10-6/10 28/10 = 2,8 y corte 1-3/5 0 26/65-26/65-26/65 26/65 52/65 = 0,8

42 Problemas da alocação de recursos: Uma empresa de transporte urbano de passageiros quer determinar a quantidade mínima de ônibus necessários para atender sua programação. Dados: 1. Devido à manutenção diária obrigatória, cada ônibus só pode circular apenas 8 horas sucessivas por dia 2. Necessidade: 42

43 Problemas de corte e empacotamento: Uma empresa fabrica rolos de papel com 20 pés de comprimento (diâmetro padrão). Em uma certa semana recebeu 3 pedidos: Como fazer os cortes de forma a minimizar a perda? 43

44 Interpretação Econômica do problema dual: 1. Interpretação econômica das variáveis duais: Min V = 24*y corte + 21*y mont + 8*y acab S.A. 1,5*y corte + 3*y mont + 1*y acab 4 (Porta de madeira) 4*y corte + 1,5*y mont + 1*y acab 6 (Porta de alumínio) y corte, y mont, y acab 0 y corte : preço pago por 1 hora de corte y mont : preço pago por 1 hora de montagem y acab : preço pago por 1 hora de acabamento V: preço total pago pelo recursos (shadow price) Função objetivo: Minimizar o preço total pago pelos recursos. Restrições: Mínimo a ser pago pela combinação das variáveis de decisão (pois com essa combinação gera-se uma unidade do produto).

45 Interpretação Econômica do problema dual: 2. Interpretação econômica do teorema das folgas complementares: j e i, 0 c y a x e 0 x a b y j m 1 j j ij i n 1 i i ij j j * * * * Sendo x* e y* as soluções ótimas dos problemas primal e dual: NA SOLUÇÃO, SE HÁ FOLGA DE ALGUM RECURSO SEU VALOR (PREÇO DUAL) NECESSARIAMENTE É ZERO NA SOLUÇÃO, SE UM DETERMINADO RECURSO TEM VALOR (>0) NECESSARIAMENTE A FOLGA É ZERO

46 Interpretação Econômica do problema dual: 3. Interpretação econômica das restrições duais: Min (v) S.A.: y 0 j m j1 a ij y j m j1 c i b j y j Ganho proporcionado, i 1,...,n Valor dos recursos Utilização dos recursos Todo produto fabricado m a ijy j ci j1 Um novo produto só será fabricado se m a ijy j j1 c i

47 Dualidade: A teoria da dualidade proporciona um suporte teórico que permite: Calcular limites superiores (em problemas de maximização) e inferiores (em problemas de minimização) para o valor da função objetivo. Interpretação econômica dos resultados da otimização. Desenvolvimento de métodos mais eficientes para resolver problemas reais.

48 PO 201 ALGORITMOS SIMPLEX ADICIONAIS Professor: Rodrigo A. Scarpel

49 Método Simplex: Condições de Viabilidade X Condições de Otimalidade Opção A: O simplex pode ser visto como um método que busca atender as condições de otimalidade mantendo as condições de viabilidade. Opção B: O simplex pode ser visto como um método que busca a viabilidade do problema dual mantendo a viabilidade do problema primal.

50 Problema 2: Problema da Mistura Um fabricante de bebidas pretende lançar um novo refrigerante que é obtido misturando refrigerante sabor laranja e suco de laranja. Análises executadas pelo fabricante mostraram que cada ml de refrigerante sabor laranja tem 5 mg de açúcar e 1 mg de vitamina C e que cada 1 ml de suco de laranja tem 2 mg de açúcar e 3 mg de vitamina C. O custo de produção de 100 ml de refrigerante sabor laranja é de R$0,20 e de 100 ml de suco de laranja é de R$0,50. O departamento de marketing da empresa decidiu que o novo refrigerante será comercializado em embalagens de 300 ml e que cada unidade do produto deve conter no mínimo 600 mg de vitamina C e no máximo mg de açúcar. O fabricante deseja determinar a composição do novo refrigerante de forma a minimizar o custo para produzir o produto.

51 Método Dual Simplex (PPL primal de Maximização): Inicialização: Encontrar uma solução básica que atenda as condições de otimalidade, mas que não atenda as condições de viabilidade. Passo principal: Seja x B a solução corrente. Se o termo de x B 0 pare - a solução é ótima. Caso contrário escolha o termo de x B mais negativo para sair da base. Determine a variável que vai entrar na base por Se todos y ik 0 pare o problema não tem solução viável Atualize o tableau pivotando em y ik (atualize as variáveis básicas e as não básicas com x k que entra na base e x i que sai). Repita o passo principal zi c mínimo 1im yik i, y ik 0

52 Generalização do Método Simplex: Opção A: O simplex pode ser visto como um método que busca atender as condições de otimalidade mantendo as condições de viabilidade. Opção B: O simplex pode ser visto como um método que busca a viabilidade do problema dual mantendo a viabilidade do problema primal. Opção C: O simplex pode ser visto como um método que busca atender as condições de viabilidade mantendo as condições de otimalidade. Essas opções podem ser combinadas de acordo com a necessidade para talhar novos métodos (exemplos: método primal-dual, método simétrico, método entrecruzado e método multiplex).

53 PO 201 ANÁLISE PÓS- OTIMIZAÇÃO Professor: Rodrigo A. Scarpel

54 Princípios: Em problemas reais as alterações (disponibilidade dos recursos, preço dos insumos, ) demandam o recálculo periódico da solução ótima. A análise de pós-otimização auxilia na determinação da nova solução de modo eficiente. ALTERNATIVAS POSSÍVEIS MOTIVOS AÇÃO RECOMENDADA SOLUÇÃO ATUAL (BASE) PERMANECE ÓTIMA E VIÁVEL - NENHUMA SOLUÇÃO ATUAL SE TORNA INVIÁVEL SOLUÇÃO ATUAL SE TORNA NÃO-ÓTIMA SOLUÇÃO ATUAL SE TORNA NÃO-ÓTIMA E INVIÁVEL ALTERAÇÕES NO RHS (RECURSOS) ADIÇÃO DE NOVAS RESTRIÇÕES ALTERAÇÕES NOS COEFIC. DA F.O. ADIÇÃO DE UMA NOVA ATIVIDADE COMBINAÇÃO DOS ITENS ANTERIORES USAR O DUAL SIMPLEX PARA RECUPERAR A VIABILIDADE USAR O SIMPLEX (PRIMAL) PARA RECUPERAR A OTIMALIDADE USAR, SE POSSÍVEL, O SIMPLEX GENERALIZADO PARA OBTER NOVA SOLUÇÃO

55 5 Alterações no RHS (recursos): Z x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 RHS /5 0 14/5 208 / / 5 A + 0 B + 14 / 5 C x /5 0-3/5 24 / / 5 A + 0 B - 3 / 5 C x /5 1-39/10 21 / / 5 A + 1 B - 39 / 10 C x /5 0 8/5 16 / 5-2 / 5 A + 0 B + 8 / 5 C x alumínio Recurso gargalo: A base fica inalterada: -7 A 8 (B e C: ctes) Função objetivo: 208 / / 5 A + 0 B + 14 / 5 C A = +10 (há alteração na base) 5 x madeira

56 5 Alterações no RHS (recursos): FO: Max Z = 4,0*x 1 + 6,0*x 2 S.A. 1,5x 1 + 4,0x 2 + 1x 3 = 34 + A 3,0x 1 + 1,5x 2 + 1x 4 = 21 + B x alumínio 1,0x 1 + 1,0x 2 + 1x 5 = 8 + C x 1, x 2, x 3, x 4, x 5 0 Z x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 RHS /5 0 14/5 248 / 5 44 / 5 x /5 0-3/5 x /5 1-39/10 51 / 5 x /5 0 8/5-4 / C x C x 4 3/ ,5 9 +B 1,5 C x 3-5/ A 4C 5

57 Adição de novas restrições: Quando novas restrições são adicionadas, há 2 possibilidades: A restrição ser redundante A solução atual se tornar inviável FO: Maximizar Z = 4,0*x madeira + 6,0*x alumínio S.A. 1,5*x madeira + 4,0*x alumínio 24 3,0*x madeira + 1,5*x alumínio 21 1,0*x madeira + 1,0*x alumínio 8 x madeira, x alumínio 0 Solução ótima: x 1 (madeira) = 16/5 = 3,2 x 2 (alumínio) = 24/5 = 4,8 Lucro = 208/5 = 41,6 Nova restrição: Demanda x madeira 4 (Restrição é redundante) x madeira 3 (Solução atual é inviável)

58 Adição de novas restrições: FO: Max Z = 4,0*x 1 + 6,0*x 2 S.A. 1,5x 1 + 4,0x 2 + 1x 3 = 34 3,0x 1 + 1,5x 2 + 1x 4 = 21 1,0x 1 + 1,0x 2 + 1x 5 = 8 1,0x 1 + 1x 6 = 3 x 1, x 2, x 3, x 4, x 5, x 6 0 Z x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 RHS /5 0 14/ /5 x /5 0-3/5 1 24/5 x /5 1-39/ /5 x /5 0 8/5 0 16/5 x /5 0 14/ /5 x /5 0-3/5 1 24/5 x /5 1-39/ /5 x /5 0 8/5 0 16/5 x /5 0-8/5 1-1/5

59 x alumínio (x 2) 5 Adição de novas restrições: Z x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 RHS /5 0 14/ /5 x /5 0-3/5 1 24/5 x /5 1-39/ /5 x /5 0 8/5 0 16/5 x /5 0-8/5 1-1/ / /4 825/20 x / /8 195/40 x / /80 375/80 x x / /8 1/8 Solução ótima: x 1 (madeira) = 3 x 2 (alumínio) = 4,875 Lucro = 208/5 = 41,25 5 x madeira (x 1 )

60 PO 201 O PROBLEMA DO TRANSPORTE Professor: Rodrigo A. Scarpel rodrigo@ita.br

61 O problema do transporte: Problema do transporte (ou de distribuição) Otimização de redes lineares Decisões estratégicas: selecionar rotas de transporte (para distribuir a produção de várias fábricas a vários depósitos ou pontos terminais) Utilidade: planejamento (criação de planos de distribuição) Fábricas Depósitos S1 D1 Fornecimentos disponíveis (capacidade) S2 S3 D2 D3 Demandas Sm Dn

62 Formulação do problema do transporte: m i1 j1 Minimizar n c ij x ij c ij é o custo unitário de transporte da origem i para o destino j Var. decisão: x ij quantidade a ser transportada da origem i para o destino j S. A. x n j1 m i1 ij x x ij ij 0 S i D j para i 1,...,m (oferta) para j 1,...,n (demanda) para todos i e j

63 Balanceamento no problema do transporte: Se o problema não for balanceado (a soma das capacidades de oferta for igual à soma das demandas) este deve ser balanceado. S i i S i i S i i j j j D D D j j j PROBLEMA BALANCEADO PROBLEMA COM SOLUÇÃO INVIÁVEL PROBLEMA DEVE SER BALANCEADO CRIA-SE UM PONTO FICTÍCIO DE DEMANDA COM CUSTO DE TRANSPORTE = 0

64 Exemplo - problema do transporte: Uma empresa geradora de energia possui 3 usinas termoelétricas (A, B e C) e abastece 3 cidades (1, 2 e 3). O custo estimado de levar energia de cada uma das usinas para cada uma das cidades (em R$/kWh), assim como a demanda de cada uma das cidades e a capacidade de geração de cada usina é dada na tabela abaixo: ORIGENS DESTINOS CIDADE 1 CIDADE 2 CIDADE 3 CAPACIDADE (kwh) PLANTA A PLANTA B PLANTA C DEMANDA (kwh) Formule o problema que determine a quantidade de energia que será enviada de cada usina para cada cidade ao mínimo custo.

65 Exemplo - problema do transporte: MIN Z = 24X A1 + 18X A2 + 27X A3 + 16X B1 + 11X B2 +7X B3 +30X C1 + 10X C2 + 4X C3 S.A. X A1 + X A2 + X A3 700 X B1 + X B2 + X B3 340 X C1 + X C2 + X C3 400 X A1 + X B1 + X C1 650 X A2 + X B2 + X C2 450 X A3 + X B3 + X C3 340 X A1, X A2, X A3, X B1, X B2, X B3, X C1, X C2, X C3 0

66 O método simplex para o problema do transporte: PASSO 1: Selecionar até m+n-1 rotas que resultem em uma solução básica inicial factível. PASSO 2: Verifique se a solução pode ser melhorada, introduzindo x ij não básica na base (nova rota). Se puder vá para o passo 3, caso contrário, PARE (solução ótima). PASSO 3: Determine qual rota deve sair da base quando x ij entrar. PASSO 4: Ajuste os fluxos das outras variáveis básicas e volte para o passo 2.

67 Formulação do dual do problema do transporte: m i1 j1 Minimizar DUAL n c ij x ij S. A. x n j1 m i1 ij x x ij ij 0 S i D j para i 1,...,m (oferta) para j 1,...,n (demanda) para todos i e j Maximizar m S v n i i i1 j1 D j w j S. A. v i v, w i w j j c ij irrestritos para i 1,...,m e j 1,...,n

68 Formulação do dual do problema do transporte: Maximizar m S v n i i i1 j1 D j w j S. A. v i v, w i w j j c ij irrestritos para i 1,...,m e j 1,...,n SE NO PROBL. PRIMAL x ij > 0 (básica) NO PROBL. DUAL v i + w j = c ij SE NO PROBL. PRIMAL x ij = 0 (não básica) NO DUAL v i + w j < c ij

69 Variações do problema do transporte: O problema do transporte com custo fixo (fixed charge transportation problem) Exemplo: A 6 4 B 5 7 Capacidade das fábricas: 350 unidades/mês

70 Variações do problema do transporte: O problema do planejamento agregado da produção: Exemplo: Um fabricante de barcos deve decidir quantas unidades serão fabricadas nos próximos 4 trimestres. Em sua carteira de pedidos há 30 barcos a serem entregues no primeiro trimestre, 60 no segundo trimestre, 75 no terceiro trimestre e 25 no quarto trimestre. O fabricante tem capacidade de produzir 40 barcos por trimestre (nesse caso cada barcos custa $40.000). Há a possibilidade de produzir 20 unidades adicionais, porém o custo unitário vai para $ O custo de carregamento (manter um barco estocado) é de $ Faça o planejamento da produção objetivando minimizar o custo total nos próximos 4 trimestres.

71 Variações do problema do transporte: O problema do transbordo: Decisões estratégicas: selecionar rotas de transporte (para distribuir a produção de várias fábricas a vários depósitos ou pontos terminais passando ou não por pontos de transbordo) Utilidade: planejamento (criação de planos de distribuição)

72 Exemplo - problema do transbordo: Uma empresa possui 2 plantas (unidades de produção) localizadas em Memphis e Denver com capacidade para produzir 150 e 200 unidades, respectivamente, e abastece 2 grandes centros (Los Angeles e Boston) que demandam 130 unidades cada. No transporte de seus produtos há a possibilidade de entregar diretamente nos grandes centros ou passar por pontos de transbordo (em Nova York e em Chicago). O custo de transporte de cada uma das origens para cada um dos destinos é dado na tabela abaixo: Formule o problema que determine a quantidade de produtos que deverá enviada de cada origem para cada destino.

73 Exemplo - problema do transbordo: MIN Z = 8X M,NY +13X M,C +25X M,LA +28X M,B + 15X D,NY +12X D,C +26X D,LA +25X D,B + S.A. 6X NY,C +16X NY,LA +17X NY,B + 6X C,NY +14X C,LA +16X C,B X M,NY + X M,C + X M,LA + X M,B 150 X D,NY + X D,C + X D,LA + X D,B 200 X M,LA + X D,LA + X NY,LA + X C,LA 130 X M,B + X D,B + X NY,B + X C,B 130 X M,NY + X D,NY + X C,NY = X NY,LA + X NY,B + X NY,C X M,C + X D,C + X NY,C = X C,LA + X C,B + X C,B + X C,NY X M,NY, X M,C, X M,LA, X M,B, X D,NY, X D,C, X D,LA, X D,B, X NY,C, X NY,LA, X NY,B, X C,NY, X C,LA, X C,B 0

74 Exemplo - problema do transbordo:

75 PO 201 PROBLEMA DA ATRIBUIÇÃO Professor: Rodrigo A. Scarpel

76 O problema da atribuição: Problema da atribuição Otimização de redes lineares Descrição: cada uma de n tarefas pode ser executada por qualquer um de n agentes. O custa da tarefa i sendo executada pelo agente j é c ij. Decisão: designar um agente para cada tarefa de forma a minimizar o custo total TAREFAS AGENTES

77 Formulação do problema da atribuição: m i1 j1 Minimizar n c ij x ij c ij é o custo da tarefa sendo executada pelo agente j Var. decisão: x ij = 1, se a tarefa i for executada pelo agente j S. A. x n j1 n i1 ij x x ij ij 1 para i 1,...,n 1 para j 1,...,n 0, caso contrário para i=1,,n e j=1,,n 0 ou 1 para todos os i e j

78 Exemplo - problema da atribuição: Machineco possui 4 máquinas e 4 tarefas a serem realizadas. Dependendo da atribuição das tarefas, o tempo de execução é diferente: Tempo de Execução Tar 1 Tar 2 Tar 3 Tar 4 Maq A Maq B Maq C Maq D Formule o problema que determine qual máquina fará qual tarefa se o objetivo é minimizar o tempo total de execução.

79 Exemplo - problema da atribuição: MIN Z = 14X A1 +5X A2 +8X A3 +7X A4 +2X B1 +12X B2 +6X B3 +5X B4 +7X C1 +8X C2 +3X C3 +9X C4 +2X D1 +4X D2 +6X D3 +10X D4 S.A. X A1 +X A2 +X A3 +X A4 = 1 X B1 +X B2 +X B3 +X B4 = 1 X C1 +X C2 +X C3 +X C4 = 1 X D1 +X D2 +X D3 +X D4 = 1 X A1 +X B1 +X C1 +X D1 = 1 X A2 +X B2 +X C2 +X D2 = 1 X A3 +X B3 +X C3 +X D3 = 1 X A4 +X B4 +X C4 +X D4 = 1 X A1,X A2,X A3,X A4, X B1,X B2,X B3,X B4, X C1,X C2,X C3,X C4, X D1,X D2,X D3,X D4 {0,1}

80 O método húngaro para resolução do probl. da atribuição: PASSO 1: Encontre o mínimo de cada linha na matriz de custo n x n. Construa uma nova matriz subtraindo o valor do mínimo da linha. Nesta nova matriz, encontre o mínimo de cada coluna. Construa uma nova matriz (matriz de custos reduzidos) subtraindo o mínimo da coluna. PASSO 2: Desenhe o número mínimo de linhas (horizontais e verticais) para que todos os zeros sejão cobertos. Se n linhas são necessárias, então a solução é ótima (são os n zeros cobertos). Se um número menor que n linhas são necessárias, vá para o passo 3. PASSO 3: Encontre o menor valor não zero (k) na matriz de custos reduzidos que não esteja coberto pelas linhas desenhadas no passo 2. Agora subtraia k de cada elemento não coberto e some k em cada elemento coberto por 2 linhas. Volte para o passo 2.

81 O método húngaro para resolução do probl. da atribuição: PASSO 1: Encontre o mínimo de cada linha na matriz de custo n x n. Construa uma nova matriz subtraindo o valor do mínimo da linha. Nesta nova matriz, encontre o mínimo de cada coluna. Construa uma nova matriz (matriz de custos reduzidos) subtraindo o mínimo da coluna

82 O método húngaro para resolução do probl. da atribuição: PASSO 2: Desenhe o número mínimo de linhas (horizontais e verticais) para que todos os zeros sejão cobertos. Se n linhas são necessárias, então a solução é ótima (são os n zeros cobertos). Se um número menor que n linhas são necessárias, vá para o passo

83 O método húngaro para resolução do probl. da atribuição: PASSO 3: Encontre o menor valor não zero (k) na matriz de custos reduzidos que não esteja coberto pelas linhas desenhadas no passo 2. Agora subtraia k de cada elemento não coberto e some k em cada elemento coberto por 2 linhas. Volte para o passo

84 O método húngaro para resolução do probl. da atribuição: PASSO 2: Desenhe o número mínimo de linhas (horizontais e verticais) para que todos os zeros sejão cobertos. Se n linhas são necessárias, então a solução é ótima (são os n zeros cobertos). Se um número menor que n linhas são necessárias, vá para o passo

85 O método húngaro para resolução do probl. da atribuição: PASSO 2: Desenhe o número mínimo de linhas (horizontais e verticais) para que todos os zeros sejão cobertos. Se n linhas são necessárias, então a solução é ótima (são os n zeros cobertos). Se um número menor que n linhas são necessárias, vá para o passo 3. Tar 1 Tar 2 Tar 3 Tar Maq A X Maq B X Maq C X Maq D X

86 PO 201 PROGRAMAÇÃO LINEAR INTEIRA Professor: Rodrigo A. Scarpel

87 Hipóteses em PL (suposições tecnológicas e econômicas): Proporcionalidade: todos os retornos / custos e recursos utilizados variam proporcionalmente a variável de decisão (não há economia de escala); Aditividade: o efeito total de quaisquer duas variáveis é a soma dos efeitos individuais (não há sinergia ou efeito de substituição). Exemplo: o custo total é a soma dos custos individuais; Divisibilidade: as variáveis de decisão podem assumir valores fracionados. Se essas variáveis só puderem assimir valores inteiros o problema é de programação inteira (PI); Certeza (Determinístico): todos os parâmetros do modelo são constantes conhecidas (não são variáveis aleatórias);

88 Problema de programação inteira: Considere o seguinte problema: ( Minimizar / Maximizar) Sujeito a : Z b b b a k1 x x x x x , 0 em que x j é inteiro para j = 1,2,,p (n) Quando p = n : todas as variáveis devem ter valor inteiro Problema de Programação Inteira Pura Quando p < n : algumas variáveis não precisam ter valor inteiro Problema de Programação Inteira Mista 1 1, a b b b k 2 x x 2 x x a x... b... b... b 2, n 1n 2n kn x n xn c xn c x c n x n 1 2 k

89 Resolução de problemas de Programação Inteira: Espaço de busca discreto X Espaço de busca contínuo Computacionalmente é mais fácil tratar o caso contínuo Abordagem inicialmente sugerida: ARREDONDAMENTO Ignore a restrição que faz x i inteiro e resolva como se fosse um PPL Se a resposta satisfizer as restrições de inteiros solução do PPI Caso contrário, obtenha uma solução inteira arredondando a resposta do PPL a números inteiros.

90 Resolução de problemas de Programação Inteira: Exemplo do método de resolução por ARREDONDAMENTO Maximizar 21*x *x 2 Sujeito a: 7*x 1 + 4*x 2 13, x 1,x 2 são números inteiros e não-negativos x 2 ARREDONDAMENTO: x 1 = 2 e x 2 = 0 SOLUÇÃO INVIÁVEL x 1 = 1 e x 2 = 0 SOLUÇÃO VIÁVEL, MAS NÃO ÓTIMA SOLUÇÃO ÓTIMA: x 1 = 0 e x 2 = 3 (Z=33) x 1 x 1 = 13/7 x 2 = 0 Z = 39

91 Resolução de problemas de Programação Inteira: CRÍTICAS À ABORDAGEM POR ARREDONDAMENTO: É difícil pensar em um procedimento sistemático que seja prático para arredondar uma solução não-inteira em um problema de médio ou grande porte Mesmo que o arredondamento funcione em alguns casos, é difícil esperar que esta abordagem funcione sempre. Abordagem sugerida posteriormente: ENUMERAÇÃO (SOLUÇÕES VIÁVEIS) Enumere todas as soluções viáveis e, então, tome a melhor.

92 Resolução de problemas de Programação Inteira: Exemplo do método de resolução por ENUMERAÇÃO Maximizar 21*x *x 2 Sujeito a: 7*x 1 + 4*x 2 13, x 1,x 2 são números inteiros e não-negativos x 2 SOLUÇÕES VIÁVEIS: x 1 = 0 e x 2 = 0 Z = 0 x 1 = 0 e x 2 = 1 Z = 11 x 1 = 0 e x 2 = 2 Z = 22 x 1 = 0 e x 2 = 3 Z = 33 x 1 = 1 e x 2 = 0 Z = 21 x 1 = 1 e x 2 = 1 Z = 32 x 1 SOLUÇÃO ÓTIMA: x 1 = 0 e x 2 = 3 (Z=33)

93 Resolução de problemas de Programação Inteira: CRÍTICAS À ABORDAGEM POR ENUMERAÇÃO DAS SOLUÇÕES VIÁVEIS: Essa alternativa torna-se impraticável já em problemas médios: Exemplo: 100 variáveis de decisão que podem assumir valores 0 ou soluções viáveis ALTERNATIVA: Desenvolvimento de algorítmos que enumeram parcialmente um número tratável de possibilidades e implicitamente todo o resto (métodos parcialmente enumerativos) OBS: O método simplex emprega o mesmo princípio para resolver PPLs pois examina sistematicamente somente um sub-conjunto das soluções básicas possíveis.

94 Resolução de problemas de Programação Inteira: MÉTODO BRANCH-AND-BOUND: É um método de resolução que se baseia na idéia de desenvolver uma enumeração inteligente dos pontos candidatos à solução ótima inteira de um problema, por meio da partição do espaço de soluções e avaliação progressiva das soluções. O termo branch refere-se às partições feitas pelo método e o termo bound às novas restrições adicionadas. ILUSTRAÇÃO DO MÉTODO: FO: Maximizar Z = 4,0*x madeira + 6,0*x alumínio S.A. 1,5*x madeira + 4,0*x alumínio 24 3,0*x madeira + 1,5*x alumínio 21 1,0*x madeira + 1,0*x alumínio 8 x madeira, x alumínio inteiros não-negativos

95 Método branch-and-bound: PASSO 1: resolver o problema como se fosse um PPL (LP relaxation) x alumínio 4,8 Z = 41,6 3,2 5 x madeira

96 Método branch-and-bound: PASSO 2: particionar o problema em 2 adicionando restrições SUB-PROBLEMA 1: FO: Maximizar Z = 4,0*x madeira + 6,0*x alumínio S.A. 1,5*x madeira + 4,0*x alumínio 24 3,0*x madeira + 1,5*x alumínio 21 1,0*x madeira + 1,0*x alumínio 8 1,0*x madeira 3 x madeira, x alumínio inteiros não-negativos SUB-PROBLEMA 2: FO: Maximizar Z = 4,0*x madeira + 6,0*x alumínio S.A. 1,5*x madeira + 4,0*x alumínio 24 3,0*x madeira + 1,5*x alumínio 21 1,0*x madeira + 1,0*x alumínio 8 1,0*x madeira 4 x madeira, x alumínio inteiros não-negativos

97 Método branch-and-bound: PASSO 2: particionar o problema em 2 adicionando restrições x alumínio SUB-PROBLEMA 1 SUB-PROBLEMA 2 5 x madeira

98 SUB-PROBLEMA 2 SUB-PROBLEMA 1 Método branch-and-bound: PASSO 3: resolver os problemas como se fossem PPLs (LP relaxation) x alumínio SUB-PROBLEMA 1: x MAD = 3 x ALU = 4,875 Z = 41,25 SUB-PROBLEMA 2: x MAD = 4 x ALU = 4 Z = 40 5 x madeira

99 Método branch-and-bound: PASSO 2: particionar o problema em 2 adicionando restrições SUB-PROBLEMA 3: FO: Maximizar Z = 4,0*x madeira + 6,0*x alumínio S.A. 1,5*x madeira + 4,0*x alumínio 24 3,0*x madeira + 1,5*x alumínio 21 1,0*x madeira + 1,0*x alumínio 8 1,0*x madeira 3 1,0*x alumínio 4 x madeira, x alumínio inteiros e não-negativos SUB-PROBLEMA 4: FO: Maximizar Z = 4,0*x madeira + 6,0*x alumínio S.A. 1,5*x madeira + 4,0*x alumínio 24 3,0*x madeira + 1,5*x alumínio 21 1,0*x madeira + 1,0*x alumínio 8 1,0*x madeira 3 1,0*x alumínio 5 x madeira, x alumínio inteiros e não-negativos

100 Método branch-and-bound: SUB-PROBLEMA 3 SUB-PROBLEMA 2 PASSO 3: resolver os problemas como se fossem PPLs (LP relaxation) x alumínio SUB-PROBLEMA 3: x MAD = 3 x ALU = 4 Z = 36 SUB-PROBLEMA 4: x MAD = 2,67 x ALU = 5 Z = 40,67 S-P 4 5 x madeira

101 Método branch-and-bound: PASSO 2: particionar o problema em 2 adicionando restrições SUB-PROBLEMA 5: FO: Maximizar Z = 4,0*x madeira + 6,0*x alumínio S.A. 1,5*x madeira + 4,0*x alumínio 24 3,0*x madeira + 1,5*x alumínio 21 1,0*x madeira + 1,0*x alumínio 8 1,0*x madeira 3 1,0*x alumínio 5 1,0*x madeira 3 x madeira, x alumínio inteiros e não-negativos SUB-PROBLEMA 6: FO: Maximizar Z = 4,0*x madeira + 6,0*x alumínio S.A. 1,5*x madeira + 4,0*x alumínio 24 3,0*x madeira + 1,5*x alumínio 21 1,0*x madeira + 1,0*x alumínio 8 1,0*x madeira 3 1,0*x alumínio 5 1,0*x madeira 2 x madeira, x alumínio inteiros e não-negativos

102 SUB-PROBLEMA 3 SUB-PROBLEMA 2 Método branch-and-bound: PASSO 3: resolver os problemas como se fossem PPLs (LP relaxation) x alumínio SUB-PROBLEMA 5: NÃO HÁ SOLUÇÃO VIÁVEL SUB-PROBLEMA 6: x MAD = 2 Z = 39,5 x ALU = 5,25 S-P 6 5 x madeira

103 SUB-PROBLEMA 3 SUB-PROBLEMA 2 Método branch-and-bound: SOLUÇÃO DO PROBLEMA DE PROGRAMAÇÃO INTEIRA: x alumínio SUB-PROBLEMA 5: NÃO HÁ SOLUÇÃO VIÁVEL SUB-PROBLEMA 6: x MAD = 2 Z = 39,5 x ALU = 5,25 S-P 6 SUB-PROBLEMA 2: x MAD = 4 x ALU = 4 Z = 40 5 x madeira

104 Método branch-and-bound: PROBLEMA: Z = 41,60 x MAD 3 x MAD = 3,2 x ALU = 4,8 x MAD 4 x ALU 4 SUB-PROBLEMA 1: Z = 41,25 x MAD = 3 x ALU = 4,875 x ALU 5 SUB-PROBLEMA 2: Z = 40,00 x MAD = 4 x ALU = 4 SUB-PROBLEMA 3: Z = 36,00 x MAD = 3 x ALU = 4 x MAD 2 SUB-PROBLEMA 4: Z = 40,68 x MAD = 2,67 x ALU = 5 x MAD 3 SUB-PROBLEMA 6: Z = 39,50 x MAD = 2 x ALU = 5,25 SUB-PROBLEMA 5: NÃO HÁ SOLUÇÃO VIÁVEL

105 Método dos planos de corte de Gomory: Objetivo: obter uma aproximação da envoltória convexa da região viável de um PLI que contenha um ponto extremo correspondente a uma solução ótima. Passos: 1. Resolver o PLI relaxado (como um PPL) 2. Se a solução for inteira, então é a solução ótima do PLI. Caso contrário, vá para o passo 3 3. Escolha uma linha do tableau com solução não inteira e construa o corte de Gomory. Resolva o PPL com a nova restrição.

106 PO 201 OTIMIZAÇÃO COMBINATÓRIA Professor: Rodrigo A. Scarpel

107 Problemas de otimização combinatória: Objetivo: encontrar, dentre todos os possíveis subconjuntos, aquele cuja função objetivo seja a melhor possível. Algumas aplicações práticas: 1. Problemas de produção: set-up, novos equipamentos, 2. Problemas de alocação de recursos: mão-de-obra, equipamentos, 3. Problemas de corte e empacotamento 4. Problemas de localização de facilidades 5. Problemas de distribuição de bens de consumo 6. Problemas de roteamento (otimização de redes: TSP)

108 Problemas de Produção (set-up, novos equipamentos): MADEIRA ALUMÍNIO CORTE MONTAGEM ACABAMENTO PORTA DE MADEIRA L=$4,00 PORTA DE ALUMÍNIO L=$6,00 EXPANSÃO DA PRODUÇÃO: MÁQUINA CORTE: +5h (INVEST=$50) / +15h (INVEST=$80) MÁQUINA MONTAGEM: +6h (INVEST=$30) / +15h (INVEST=$50) NOVAS RESTRIÇÕES: INVESTIMENTO NÃO PODE EXCEDER $120 POSSÍVEIS RELAÇÕES DE PRECEDÊNCIA ALTERNATIVAS MUTUAMENTE EXCLUSIVAS NECESSIDADE DE SET-UP: CORTE: +0,5h (MADEIRA) / +1h (ALUMÍNIO) 108

109 Problemas de corte e empacotamento: Uma empresa fabrica rolos de papel com 20 pés de comprimento (diâmetro padrão). Em uma certa semana recebeu 3 pedidos: Como fazer os cortes de forma a minimizar a perda? 109

110 O problema da localização: Caso 1: O problema da cobertura Problema da cobertura: selecionar o menor número de colunas para atender todas as linhas de uma matriz. Utilidade: localização de instalações (postos de atendimento), divisão de regiões para exploração da força de vendas, Pontos pretos indicam que a coluna atende a linha 110

111 O problema da localização: Caso 1: O problema da cobertura 1,2 A 1,7 1,9 K 1,7 F H 2,1 1,9 B 0,9 2,2 1,5 C 0,7 D 2,5 E 3,2 1,3 3,2 1,2 2,8 L N 2,2 2,1 0,8 M 1,4 O 1,2 G J 0,7 Q 1,2 1,2 P I 2,4 0,5 1,4 0,8 2,6 S R T 4,2 1,2 2,2 3,4 2,2 V 4,6 U X 2,8 Z Distância máxima: 3 km A B C D E F G H I J K L M N O P Q R S T U V X Z A B C D E F G H I J K L M N O P Q R S T U V X Z

112 O problema da localização: Caso 2: O problema das p-medianas (x 1 ;x 2 ) P 1 =(1,05;6,85) P 2 =(1,1;3,55) P 3 =(1,25;0,85) P 4 =(4,0;6,65) P 5 =(3,55;2,85) P 6 =(6,3;7,25) P 7 =(7,0;6,4) P 8 =(5,05;3,55) P 9 =(7,0;4,35) P 10 =(6,4;1,2) P 11 =(10,1;6,65) P 12 =(9,9;4,85) P 13 =(9,6;2,2) P 14 =(10,75;0,5) Resultados: p = 1 9: (1,2,3,...,13,14) p = 2 2: (1,2,3,5) 9: (4,6,7,8,9,10,11,12,13,14) p = 3 5: (1,2,3,5,8,10) 7: (4,6,7,9,11) 13: (12,13,14)

113 Problemas de distribuição de bens de consumo: Dados: N pontos de entrega (ponto-a-ponto), ti (i=1,,n) é o tempo de viagem do CD ao ponto de entrega (ida e volta) + tempo de descarregar a carga e T é o tempo disponível (por caminhão). Decisões: Quantos caminhões serão necessários e qual caminhão fará qual viagem Exemplo: N=10 entregas (T = 8 h por caminhão) t 1 = 1,1 h t 2 = 1,3 h t 3 = 3,7 h t 6 = 1,7 h t 7 = 2,9 h t 8 = 3,9 h V1 V8 V2 V9 V3 Solução: 4 caminhões 1 V3, V4, V5 (T=7,9) t 4 = 2,3 h t 5 = 1,9 h t 9 = 5,1 h t 10 = 7,3 h V7 CD V4 2 V10 (T=7,3) 3 V1, V2, V6, V8 (T=8,0) V6 V5 4 V7, V9 (T=8,0) V10

114 Problemas de distribuição de bens de consumo: Dados: N pontos de entrega, ti (i=1,,n) é o peso da carga que será transportada do CD ao ponto de entrega (ida e volta) e T é a capacidade de carga do caminhão. Decisões: Quantos caminhões serão necessários e qual varejista será visitado por cada caminhão Exemplo: N=10 entregas (T = 10 ton por caminhão) t 1 = 1,1 ton t 2 = 1,3 ton t 3 = 3,7 ton t 4 = 2,3 ton t 5 = 1,9 ton t 6 = 1,7 ton t 7 = 2,9 ton t 8 = 3,9 ton t 9 = 5,1 ton t 10 = 7,3 ton V8 V9 V1 V2 V3 CD V4 V7 Solução: 4 caminhões 1 V8, V6, V4, V2 (T=9,2) 2 V7, V5, V3, V1 (T=9,6) 3 V10 (T=7,3) V6 V5 4 V9 (T=5,1) V10

115 PO 201 OTIMIZAÇÃO EM REDES Professor: Rodrigo A. Scarpel

116 Fluxo em Redes (Network Flows) : Muitos problemas de otimização podem ser melhor analisados se for utilizada uma representação gráfica ou em forma de redes. Esses problemas são enquadrados como de otimização em redes ou fluxo em redes (network flows) Principais Problemas: Transporte (Transportation) Transbordo (Transshipment) Atribuição ou Designação (Assignment) Circuitos Hamiltonianos (TSP) Caminho Mínimo (Shortest-Path) / Máximo Máximo fluxo (Maximum-flow problems) Problema da árvore geradora mínima (Minimum Spanning Tree)

117 Fluxo em Redes (Network Flows) : Definições: Um grafo, ou rede, é definido por dois conjuntos de símbolos: nós (ou vértices) e arcos. Um arco consiste de um par ordenado de nós e representa uma possível direção de movimento que pode ocorrer entre os nós. Uma seqüência de arcos distintos que ligam nós é chamado de caminho (path). Uma árvore é uma rede conectada (todos os nós estão conectados por no mínimo 1 caminho) sem ciclos.

118 O problema do caixeiro viajante: O problema do caixeiro viajante é um problema de otimização associado à determinação dos circuitos hamiltonianos num grafo qualquer. Diz-se que um circuito é Hamiltoniano se passar uma e só uma vez por todos os vértices de uma rede. A designação provém do islandês Hamilton que em 1857 propôs um jogo denominado Around the World". Nesse jogo, os vértices representavam as 20 cidades mais importantes do mundo na época. O objetivo do jogo consistia em encontrar um percurso através dos vértices, com início e fim no mesmo vértice e que passasse por cada vértice apenas uma vez

119 O problema do caixeiro viajante: Formulação de Dantzig-Fulkerson-Johnson: Seja um grafo G = (V,A), em que V é o conjunto de vértices (cidades) e A é o conjunto de arcos (ligações entre duas cidades). Var. decisão: x ij = 1, se o arco de i para j estiver no caminho 0, caso contrário Minimizar i j d ij x ij S. A. i j x x ij ij 1, 1, j i i, js x ij S 1, S grafo

120 O problema do caixeiro viajante: Exemplo: F.O.: MIN 1x 1,2 + 1x 2,1 + 2x 2,3 + 2x 3,2 + 3x 3,4 + 3x 4,3 + 6x 1,4 + 6x 4,1 + 4x 4,5 + 4x 5,4 + 5x 5,1 + 5x 1,5 S.A. x 1,2 + x 1,4 + x 1,5 = 1 x 2,1 + x 4,1 + x 5,1 = 1 x 2,3 + x 2,1 = 1 x 3,2 + x 1,2 = 1 x 3,2 + x 3,4 = 1 x 2,3 + x 4,3 = 1 x 3,4 + x 1,4 + x 5,4 = 1 x 4,3 + x 4,1 + x 4,5 = 1 x 5,4 + x 5,1 = 1 x 1,5 + x 4,5 = 1

121 O problema do caixeiro viajante: x 1,2 + x 2,1 + x 2,3 + x 3,2 + x 3,4 + x 4,3 + x 4,1 + x 1, x 1,4 + x 4,1 + x 4,5 + x 5,4 + x 1,5 + x 5,1 2 Solução: x 1,2 = x 2,3 = x 3,4 = x 4,5 = x 5,1 = 1 Distância percorrida =

122 O problema do caixeiro viajante: Embora a formulação de Dantzig-Fulkerson-Johnson tenha conseguido resolver o problema há uma dificuldade de implementação: colocar na formulação de todos os subgrafos de um grafo complexo. Exemplo:

123 O problema do caixeiro viajante: Resolução por branch-and-bound: Resolver o problema do caixeiro viajante como um problema de atribuição (relaxado) Minimizar i j d ij x ij S. A. Se a solução do problema relaxado for viável para o problema do caixeiro viajante, esta é ótima. Caso contrário adicione uma restrição para bloquear o arco (x ij = 0). Repita o procedimento até encontrar uma solução ótima para o problema relaxado e que atenda o problema de caixeiro viajante. i j x x ij ij 1, 1, j i

124 O problema do caixeiro viajante: Resolução por branch-and-bound: Exemplo