UDESC Universidade do Estado de Santa Catarina. DCC Departamento de Ciência da Computação. Avaliação: 3 (três) provas ( P1*0,4 + P2*0,3 + P3*0,3 )
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- Helena Vilanova Galindo
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1 UDESC Universidade do Estado de Santa Catarina DCC Departamento de Ciência da Computação Curso: TADS Disciplina: Pesquisa Operacional - PES SI Notas de Aula Avaliação: 3 (três) provas ( P1*0,4 + P2*0,3 + P3*0,3 ) Referências bibliográficas: 1.) Taha, H.A. Pesquisa Operacional, 8 edição, Pearson, 2008; 2.) EHRLICH, Pierre Jacques. Pesquisa operacional: Curso introdutório. 7. ed. São Paulo: Atlas, c1991; 3.) SHAMBLIN, James E; STEVENS, G. T. Pesquisa operacional: uma abordagem básica. São Paulo: Atlas, ) Apostila Programação Linear professor Maurício Pereira dos Santos. Instituto de Matemática e Estatística. Universidade do Estado do Rio de Janeiro. 2000
2 I.) INTRODUÇÃO I.1) O QUE É PESQUISA OPERACIONAL? METODOLOGIA DE ESTRUTURAR PROCESSOS APARENTEMENTE NÃO ESTRUTURADOS POR MEIO DA CONSTRUÇÃO DE MODELOS. UTILIZA UM CONJUNTO DE TÉCNICAS QUANTITATIVAS COM O INTUITO DE RESOLVER OS ASPECTOS MATEMÁTICOS Pierre Ehrlich-Pesquisa Operacional Curso Introdutório, Editora Atlas, 1991 A PO É aplicada à problemas que estão relacionados à gestão de operações de uma empresa ou organização. Para isto utiliza um procedimento sistêmico para solução dos problemas, buscando uma solução que seja ótima para o problema;
3 Objetivo do curso: Capacitar o aluno na formulação e resolução de problemas clássicos de pesquisa operacional. I.2) Aplicações da PO: Programação Matemática Linear (mais utilizada) Não Linear Inteira Modelos de rede Transportes Designação Grafos Teoria das Filas Modelos de Simulação Modelos de Estoques Programação Dinâmica
4 I.3) Fases de implementação da PO: a.) Definição do problema. Identificar os três elementos de um problema de decisão:. descrição das alternativas de decisão;. determinação do objetivo do estudo;. especificação das limitações sob as quais o sistema modelado funciona. b.) Construção do modelo. Tentativa de traduzir a definição do problema em relações matemáticas. Um modelo é sempre uma aproximação do mundo real. c.) Validação do modelo. Verifica se o modelo proposto faz ou não o que diz fazer. d.) Implementação da solução.
5 O MODELO GERAL DE PO PODE SER ORGANIZADO NO SEGUINTE FORMATO: MAXIMIZAR ou MINIMIZAR FUNÇÃO OBJETIVO SUJEITO Á RESTRIÇÕES Exemplo_01: Um fabricante produz dois tipos de ligas ( A e B) e deseja MAXIMIZAR a receita bruta de sua empresa. A tabela abaixo ilustra as composições das ligas, seus preços, limitações na disponibilidade de matéria-prima. atividades itens Liga_tipo_A Liga_tipo_B Matéria-prima disponivel Cobre Zinco Chumbo Preço unitário Venda $30 $50
6 a.) IDENTIFICAR QUAIS SÃO AS VARIÁVEIS DE DECISÃO Seja Xa a quantidade de liga A a ser produzida; Seja Xb a quantidade de liga B a ser produzida. b.) IDENTIFICAR A FUNÇÃO OBJETIVO: MAX Z = 30*Xa + 50*Xb c.) IDENTIFICAR AS RESTRIÇÕES: 2*Xa + Xb <= 16 (cobre) Xa + 2*Xb <= 11 ( zinco) RESTRIÇÕES DE DISPONIBILIDADE DE RECURSOS Xa + 3*Xb <= 15 ( chumbo) Xa >= 0 ; Xb >= 0 ( não pode fabricar quantidades negativas)
7 Resolução do problema de programação linear: Analise o gráfico a ser apresentado abaixo: X2 Chumbo Zinco X1 = 7 ; X2 = 3 ; Z = 310 Ponto Ótimo Regiao Permissivel Cobre X1 As inequações de restrição constituem semi-planos no espaço, e a intersecção entre elas define o espaço de solução; A função objetivo Z que desejamos MAXIMIZAR constitui uma família de retas paralelas; Devemos encontrar, no espaço de solução, aquela que proporciona o valor ótimo da função objetivo De todas estas retas escolhemos a que maximiza Z e tem pelo menos um ponto pertencente à região permissível.
8 Traçando a paralela mais alta possível, que toque pelo menos um ponto no espaço solução. Este ponto corresponde à solução ótima desejada. O ponto ótimo é sempre um dos vértices do espaço solução. Substituindo os valores, Xa=7 e Xb=2 obtidos, nas restrições observamos que todo o cobre e todo o zinco disponíveis são utilizados! Entretanto, sobram duas unidades de chumbo não utilizadas! Exemplo_02: Resolver graficamente o seguinte problema de programação linear MAX Z = X1 + 2*X2 -X1 + 3*X2 <= 9 X1 2*X2 <= 0 2*X1 + X2 <= 10 2*X1 + X2 >= 5 X1 >= 0 ; X2 >= 0.
9 Exemplo_03: Resolver graficamente o seguinte problema de programação linear MAX Z = 2*X1 + X2 X1 + 4*X2 <= 24 X1 + 2*X2 <= 14 2*X1 X2 <= 8 X1 X2 <= 3 X1 >= 0 ; X2 >= 0. Resposta : Z = 16.
10 Exemplo_04: Uma empresa fabrica produtos 1 e 2. Cada produto requer um tempo de processamento em cada um dos três departamentos da empresa. Os lucros de cada produto são respectivamente $1,00 e $1,50. Maximizar o lucro, respeitando a capacidade de produção. Tempo de processamento: Departamentos Produto A B C Disponibilidade: Depto. Horas disponíveis A 160 B 120 C 280
11 Objetivo: maximizar o lucro Restrições: horas disponíveis nos departamentos x 1 = quantidade do produto 1 a ser fabricado x 2 = quantidade do produto 2 a ser fabricado max z = x 1 + 1,5x 2 2x 1 + 2x S. A. x 1 + 2x x 1 + 2x x 1, x 2 0
12 2. PROGRAMAÇÃO LINEAR SISTEMAS DE EQUAÇÔES LINEARES Dado um sistema de equações lineares: a11x1 + a12x a1nxn = b1 a21x1 + a22x a2nxn = b2 : : : : : : : : an1xn + an2x annxn = bn através de operações entre as equações podemos chegar a x1. = b1 x2 = b2... xn = bn que equivale ao sistema original, mas fornece diretamente a solução. Gauss-Jordan
13 O sistema só tem solução única se No. de equações = No. de incógnitas Quando temos mais incógnitas, o sistema é subdeterminado. Dado um sistema com m equações e n incógnitas (n > m), podemos arbitrar n-m variáveis = 0 e resolver para as restantes. A forma padrão é: x1 + a1 m+1xm a1 nxn = 1 x2 + a2 m+1xm a2 nxn = xm + am m+1xm am nxn = m Dependentes independentes
14 COMO MODELAR MATEMATICAMENTE UM PROBLEMA DE PROGRAMAÇÃO LINEAR? MAX (ou Min) Z = C1X1 + C2X CnXn objetivo) (função Sujeito à (restrições): A11*X1 + A12*X A1n*Xn >= ou <= b1 A21*X1 + A22*X A2n*Xn >= ou <= b2... Am1*X1 + Am2*X Amn*Xn >= ou <= bn Onde: Bi >= 0 para i = 1,...,m X1 >= 0,..., Xn >= 0 n = atividades que competem, sendo x1,...,xn seus níveis de atividade Cj = é o aumento em Z por unidade de atividade j. m = são os recursos cujos níveis são b1,...,bm Aij = é o quanto de recurso i é consumido pela atividade j. i = recurso;
15 j = atividade. O problema resume-se na Maximização ou Minimização de uma função linear, a função objetivo, sujeito à restrições também lineares. Formulação Equivalente: max z = min z n j 1 c jx j n j 1 (-c j )x j Exemplo_05: Considere a produção de ração animal a partir de três ingredientes básicos: osso, soja e farinha de peixe. Os principais nutrientes da ração são: proteína e cálcio. As necessidades mínimas desses nutrientes por kilo de ração são 30 % de proteína e 50% de cálcio. Os custos e quantidades de nutriente (em porcentagem) por ingrediente são dados na tabela.
16 Devemos determinar as quantidades de cada ingrediente a compor a ração de tal forma que as necessidades mínimas sejam satisfeitas com o menor custo possível. Exemplo_06: Problema da dieta balanceada. Sabe-se que os alimentos, leite, carne e ovos fornecem as quantidades de vitaminas dadas na tabela abaixo: Vitaminas Leite(litro) Carne (kg) Ovos (dúzia) Qte. Diária mínima A 0,25 mg 2 mg 10 mg 1 mg C D 2, Custo $4,2 $2,2 $17,0 unitário Deseja-se calcular quais as quantidades de leite, carne e ovos, a fim de satisfazer as quantidades diárias mínimas de nutrientes (vitaminas) a um custo mínimo.
17 Exemplo_07: Uma fábrica utiliza dois tipos de insumos:. A a um custo unitário Ca e com uma quantidade máxima disponível Na;. B a um custo unitário Cb e com uma quantidade máxima disponível Nb. Estes insumos podem ser processados pelos Processos I, II ou III, a um custo operacional nulo. Serão produzidos os produtos alpha, beta e gama, que alcançarão preços de venda P_alpha, P_beta, P_gama respectivamente (preços unitários). - Uma unidade de A processada em I produz, simultaneamente: 5*alpha e 2*gama; - Uma unidade de A junto com duas unidades de B conjuntamente processadas em II produz, simultaneamente: 3*alpha, 9*beta e 8*gama; - Uma unidade de B processada em III produz simultaneamente: 1*alpha, 4*beta, 1*gama. Formule o problema com programação linear de modo a minimizar o lucro.
18 Exemplo_08: Deseja-se formular o problema de modo a calcular qual a proporção de presuntos, lombinhos e pernis a serem defumados e qual a proporção a vender sem defumar. O objetivo é maximizar o lucro, supondo que toda a produção possa ser vendida. Podem ser processados (defumados), no máximo, 106 presuntos defumados por dia, sem pagar hora extra. Também pode-se processar (defumar), no máximo, 315 lombinhos e pernis por dia sem ter que pagar hora extra. Disponibilidade de matéria-prima: 480 presuntos, 400 lombinhos e 230 pernis. Custo de produção para produto acabado (por unidade) itens presunto lombinho pernil Defumado 5,18 4,76 5,62 (horário Normal) Defumado (horário extra) 6,58 5,54 6,92 Sem defumar 0,5 0,48 0,51 A diferença nos preços de venda entre defumado e não defumado é: Presunto = 6;
19 Lombinho = 5; Pernil = 6. Adotar a seguinte nomenclatura: X1 = qte. de presuntos defumados em hora extra; X2 = qte. de presuntos defumados em hora normal; X3 = qte. de presuntos vendidos sem defumar; X4 = qte. de lombinhos defumados em hora extra; X5 = qte. de lombinhos defumados em hora normal; X6 = qte. de lombinhos vendidos sem defumar; X7 = qte. de pernis defumados em hora extra; X8 = qte. de pernis defumados em hora normal; X9 = qte. de pernis vendidos sem defumar.
20 Exemplo_09: Um fazendeiro deseja otimizar as plantações de arroz e milho na sua fazenda. O seu lucro por unidade de área plantada de arroz é 5 u.m., e por unidade de área plantada de milho é 2 u.m.. As áreas plantadas de arroz e milho não devem ser maiores que 3 e 4 respectivamente. Cada unidade de área plantada de arroz consome 1 homem-hora, e cada unidade de área plantada de milho consome 2 homens-hora. A disponibilidade total de homens-hora é 9. Objetivo: maximizar o lucro Restrições: área máxima, mão de obra x 1 = área plantada de arroz x 2 = área plantada de milho max z = 5x 1 + 2x 2 x 1 3 (área de arroz) S. A. x 2 4 (área de milho) x 1 + 2x 2 9 (mão de obra) x 1, x 2 0
21 Exemplo_10: Um aluno da disciplina PES, que não quer ser identificado, quer aproveitar os conhecimentos adquiridos em programação linear para resolver um problema particular muito grave. Atualmente ele possui duas namoradas: Maria e Luisa, das quais gosta com a mesma intensidade. Ele fez alguns calculos e constatou que: Uma saída de 3 horas com Maria, elegante e sofisticada, custa $120,00; já com Luisa, mais simples, o gasto é de $60,00. Cada saída com Maria consome 3000 calorias; com Luisa, mais extrovertida e alegre, o gasto de energia é o dobro. Seus afazeres (trabalho, estudos) consomem muito do seu tempo e energia, de modo que, mensalmente lhe sobram 30 horas e calorias para as atividades sociais. Depois de pagar as contas da república onde mora, sobram $360,00 para diversão. O objetivo desse aluno é planejar sua vida social, de modo a obter o número máximo de saídas. Formular e resolver o problema graficamente.
22 Objetivo: maximizar número de saídas Restrições: dinheiro, tempo e calorias x 1 = saídas com Maria x 2 = saidas com Luisa max z = x 1 + x 2 120x x S.A. 3x 1 + 3x x x x 1, x 2 0
23 Exemplo_11: Apresentar o gráfico do problema: max z = 4x 1 + 2x 2 2x 1 + x 2 12 S. A. x 1 8 x 2 4 x 1, x 2 0
24 Geometria e álgebra em programação linear Conjuntos convexos: um conjunto é convexo se, unindo dois pontos do conjunto por um segmento de reta, todos os pontos deste segmento também pertencerão ao conjunto. Inserir figuras ilustrativas Semi-espaços: uma solução considerando a equação abaixo a1*x1 + a2*x na*xn = b divide o espaço R de dimensão n em 3 subconjuntos:. = dá um hiperplano, com uma reta em RxR, e um plano em RxRxR. > dá um semi-espaço aberto;. < dá um semi-espaço aberto; Por exemplo, dado a reta 2x + 4y = 8, divide o espaço como mostrado na figura abaixo:
25 y > < = x. Poliedrico convexo: é dado pela intersecção de um número finito de semi-espaço fechado em R**m.. Conjunto poligonais convexos podem ser: limitado e não-limitado limitado Não- limitado O conjunto convexo das soluções aceitáveis é chamado de conjunto factível ou conjunto viável. Semi-espaços são conjuntos convexos, e a intersecção de um número finito de semi-espaços fechados em Rn é um conjunto poliédrico convexo
26 Exemplo_12: Maximizar Z = 2x + 5y Sujeito à: X+2y <= 4 X y <= 4 X >= 1 Y >= -1 y x = 1 x y = -1 Seja f uma função linear definida num conjunto poliédrico fechado convexo S. A função S assume seu máximo ou seu mínimo num ponto extremo de S. Portanto, para resolver um problema de programação linear basta encontrar os pontos extremos e selecionar aquele que maximiza (ou minimiza) a função objetiva.
27 Para resolver um problema de P.L., basta encontrarmos os pontos extremos e avaliar a função objetivo em cada um. Para que um problema de P.L. possa ser resolvido algebricamente, as inequações devem ser transformadas em igualdades. Adicionamos variáveis de folga, também não negativas: Max z = c 1 x 1 +c 2 x 2 +c 3 x 3 a 11 x 1 + a 12 x 2 + a 13 x 3 b 1 a 11 x 1 + a 12 x 2 + a 13 x 3 + x 4 = b 1 S. A. a 21 x 1 + a 22 x 2 + a 23 x 3 b 2 a 21 x 1 + a 22 x 2 + a 23 x 3 + x 5 = b 2 a 31 x 1 + a 32 x 2 +a 33 x 3 = b 3 a 31 x 1 + a 32 x 2 + a 33 x 3 = b 3
28 Dado um conjunto de m equações linearmente independentes e n incógnitas, onde n > m, se define como solução básica a solução para o conjunto de equações em que ( n m) variáveis são feitas iguais a 0 e as restantes são obtidas da resolução do sistema de equações. Exemplo_13: Seja o sistema abaixo: X1 + X2 + 3*X3 X4 + X5 = 6 X1 + 2*X2 + 2*X3 X4 + 2*X5 = 2 Temos m = 2 e n = 5 Cada solução básica terá (5-2) = 3 variáveis iguais a 0, por exemplo X3, X4 e X5 e ( 5-3) = 2 obtidas da resolução do sistema. Ou seja, X1 = 10 e X2 = -4. É óbvio que variando-se as variáveis feitas iguais a zero teremos novas soluções básicas. O número de soluções básicas que podem ser obtidas é dado por: ( )
29 As variáveis diferentes de zero são chamadas de variáveis básicas e as iguais a zero são chamadas de variáveis não básicas. As variáveis de folga são acrescentadas as inequações para transformá-las em equações. Exemplo_14: Dado o seguinte problema de PL (MAX) Z = 20*X1 + 60X2 S.A. 70*X1 + 70*X2 <= *X1 + 50*X2 <= *X1 <= 80 3*X2 <= 180 X1,X2 >= 0 Acrescentando as variáveis de folga às quatro restrições do modelo: (1) 70*X1 + 70*X2 + F1 = 4900 (2) 90*X1 + 50*X2 +F2 = 4500 (3) 2*X1 +F3 = 80 (4) 3*X2 + F4 = 180
30 Tem-se então um sistema de equações lineares com 4 (m) equações e 6 (n) variáveis. Então tem-se: ( ) = 15 soluções básicas Observação: Embora as variáveis de folga sejam usadas para transformar inequações em equações, elas possuem um significado físico relacionado ao problema que está sendo modelado. Cada solução básica do exemplo 13 será obtida escolhendo-se 2 variáveis e fazendo-as iguais à zero, e resolvendo se o sistema para as 4 variáveis restantes. Vide a tabela a seguir: número não básicas Báscias condição Z 1 x1=0, x2=0 F1=4900, F2=4500, F3 = 80, F4 = 180 praticável 0 2 x1=0, F1=0 X2=70, F2 = 1000, F3 = 80, F4 = -30 impraticável 3 x1=0, F2=0 X2=90, F3 = 80, F4 = -90, F1 = impraticável 4 x1=0, F3=0 O = 80 impossível 5 x1=0, F4=0 F3=80, x2=60, f1 = 700, f2 = 1500 praticável x2=0, F1=0 F3 =-60, F2 = -1800, F4 = 180, X1 =70 impraticável 7 x2=0, F2=0 F3 = -20, F1 = 1400, X1 = 50, F4 = 180 impraticável 8 x2=0, F3=0 F1= 2100, F2 = 900, X1 = 40, F4=180 praticável x2=0, F4=0 O =180 impossível 10 F1=0, F2=0 X1 = 25, X2 = 45, F3 = 30, F4 = 45 praticável F1=0, F3=0 X1 = 40, X2 = 30, F2 = -600, F4 = 90 impraticável 12 F1=0, F4=0 X1 = 10, X2 = 60, F3 = 60, F2 = 600 praticável F2=0, F3=0 X1 = 40, X2 = 18, F1 = 840, F4 = 126 praticável F2=0, F4=0X1 = 16,7, X2 = 60, F3 = 46,7, F1 = -466,6impraticável 15 F3=0, F4=0 X1 = 40, X2 = 60, F1 = -2100, F2 =2100 impraticável
31 X2 4 R R R2 R1 X1 No gráfico podemos observar que a solução ótima só pode ser um dos vértices (pontos extremos) do espaço solução, pois, eles são justamente as soluções básicas praticáveis. Isto vem do fato de que o espaço solução é sempre um conjunto convexo onde cada solução básica corresponde a intersecção de tantas restrições quantas forem as variáveis de decisão do modelo ( duas, x1 e x2, neste exemplo). Observação: Se um modelo de PL possui uma única solução ótima, então ela é uma solução básica do sistema
32 de equações lineares formado pelas restrições do modelo acrescidas das suas respectivas variáveis de folga. Observação: No caso de termos mais de uma solução ótima, teremos sempre um número infinito de soluções ótimas, pois, serão ótimos todos os pontos que unem dois vértices (pontos extremos) adjacentes, ou seja, todos os pontos de um dos lados do espaço solução. Observação: O exemplo apresentado indica que esta maneira de resolver o problema de PL torna-se impraticável, quando por exemplo, temos um problema com 50 restrições e 100 variáveis. Neste caso teríamos 10**29 possíveis soluções básicas!!!
33 Método Simplex O método simplex de PL usa os conceitos básicos de álgebra matricial para achar a intersecção de duas ou mais linhas ou planos. O Simplex é uma maneira sistemática de pesquisar os vértices de um poliedro convexo, de modo a em um número finito de iterações fornecer a solução, ou indicar que esta não existe. Começa com alguma solução viável que satisfaz todas as restrições e sucessivamente obtêm soluções nas intersecções que oferecem valores melhores para a função objetivo. O método simplex examina apenas um número pequeno destas soluções básicas para encontrar a solução básica. Duas soluções básicas praticáveis são adjacentes se elas diferem por apenas uma variável não básica. Como o total de variáveis é a soma das não básicas com as básicas, elas diferem também por uma variável básica. Considerando o exemplo anterior, então temos que as seguintes soluções básicas são adjacentes: Número 01: VB VNB F1 = 4900 X1 = 0
34 F2 = 4500 X2 = 0 F3 = 80 F4 = 180 Número 08: VB VNB F1 = 2100 F3 = 0 F2 = 900 X2 = 0 X1 = 40 F4 = 180 O número de soluções básicas praticáveis adjacentes à cada solução básica é igual ao número de variáveis de decisão do modelo ( duas, x1 e x2 no caso deste exemplo). Assim, pode ser visto no gráfico onde são mostradas as soluções básicas, a solução 1 tem duas adjacentes: a 5 e a 8. O método Simplex considera que: se uma solução básica é melhor que as suas adjacentes, então ela é a solução ótima.
35 Aplicação do método Simplex: colocar na forma padrão, adicionando as variáveis de folga montar o quadro do SIMPLEX, conforme o seguinte esquema: I: matriz identidade x (atividades) x (folga) A I b - c 0 0 i.) ii.) iii.) Selecionar a coluna com o valor de C mais negativo; Encontre para todas as linhas i, a menor relação Bj/Aij, com Aij > 0. O valor escolhido será o pivô. Proceder com a operação-pivô que tal maneira a tornar o coeficiente Xij igual a 1 e todos os outros coeficientes da coluna j nulos. Identificar um novo ponto extremo.
36 iv.) Repita as etapas i, ii e iii até que não haja mais valores negativos na última linha c. Exemplo_16: Max z = 30 x x 2 2 x 1 + x 2 16 x 1 + 2x 2 11 x 1 + 3x 2 15 x 1, x 2 0 forma padrão : 2 x 1 + x 2 + x 3 = 16 x 1 + 2x 2 + x 4 = 11 x 1 + 3x 2 + x 5 = 15 x 1 x 2 x 3 x 4 x
37 A tabela inicial (acima) apresenta como base inicial, por ser mais simples, as variáveis de folga. Se analisarmos o gráfico a seguir corresponde a tomar-se a origem como solução básica inicial. Porém, para otimizar a solução acima é necessário aplicar o método simplex ( fases de i a iv), em que serão identificados os outros pontos extremos do poliedro convexo, e garantindo assim que estaremos passando de um ponto extremo a outro. X1 X2 X3 X4 X5 b Z Esta posição representa o primeiro máximo a ser atingido. Divide L3 por 3: X1 X2 X3 X4 X5 b Z / / Multiplica L3 por (-2) e soma com L2:
38 X1 X2 X3 X4 X5 b Z / / / / Multiplica L3 por (-1) e soma com L1: X1 X2 X3 X4 X5 b Z 1 2/ / / / / / Multiplica L3 por 50 e soma com L4: X1 X2 X3 X4 X5 b Z 1 2/ / / / / / / / Realizadas as operações Pivô na coluna 2, continua-se o processo selecionando agora a coluna 1, linha 2. X1 X2 X3 X4 X5 b Z 1 2/ / / / / / / / Multiplicou-se a segunda linha por 3.
39 Multiplicou-se a segunda linha por -1/3 e somou-se á terceira linha. Multiplicou-se a segunda linha por -5/3 e somou-se à primeira. Multiplicou-se a segunda por 40/3 e somou-se a quarta linha. Realizadas as operações Pivo na coluna 1, continua-se o processo selecionando agora a coluna 5, linha 1. X1 X2 X3 X4 X5 b Z X1 X2 X3 X4 X5 b Z 0 0 1/3-1 2/ /3-1/ /3 2/ /3 23 1/ Solução ótima é dada por: X1 = 7; X2 = 2 ; X3 = 0 ; X4 = 0 ; X5 = 2 ; Z = 310.
40 As variáveis X3 e X4 são não básicas. X2 X1 = 7 ; X2 = 3 ; Z = 310 Ponto Ótimo X1 Algoritmo do Simplex: Escolha do pivô: na última linha (linha z), escolha o coeficiente mais negativo (escolha da coluna) para a coluna selecionada, escolher a menor relação bj / aij (para aij >0) (escolha da linha)
41 Escolhido o pivô, fazemos as operações de linha para que este seja 1 e os outros elementos da coluna sejam 0. Os passos são repetidos até que não existam elementos negativos na última linha (linha z), o que significa que a função objetivo não pode ser melhorada.
42 Exercícios SIMPLEX 1 Max z = 5x 1 + 2x 2 x 1 3 S. A. x 2 4 x 1 + 2x 2 9 x 1, x Max z= 3x 1 + 2x 2 + 6x 3 6x 1 + 3x 2-4x 3 60 S.A 2x 1-4x 2 + 4x x 1 + 3x 2 + 3x 3 60 x 1, x 2, x Max z = 4x 1 + 2x 2 2x 1 + x 2 12 S. A. x 1 8 x 2 4 x 1, x 2 0
43 4 Min z = - x 1 + 2x 2 -x 1 + x 2 1 S.A 6x 1 + 4x 2 24 x 2 2 x 1,x Max z = 2x 1 + x 2 x 1 + x 2 5 S.A x 1 + 2x 2 8 X 1 4 x 1,x 2 0 Resposta: X1 = 4 ; X2 = 1 ; Z = 9) 6 Max z = 7x 1 + 3X2 + 2X3 5x 1 + 2x 2 + 2X3 19 S.A 2x 1 + x 2 + 2X3 8 x 1,x2, x 3, 0 Resposta: Z = 27
44 Solução 1 x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 b /2 1-1/ /2 0 1/ Resposta: x 1 = 3 (área de arroz) x 2 = 3 (área de milho) x 3 = 0 (folga área de arroz) Solução 2 Resposta: x 1 = 0 fab prod 1 x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 b x 2 = 5 fab prod 2 x 3 = 15 fab prod ½ / / / /2 0 60
45 33/ /8 1/6 105 ¾ /8 1/6 15 ¼ /8 1/ /2 4/3 100
46 Solução 3 x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 b I II III 1 1/2 1/ /2-1/ Resposta1: Múltiplas soluções x 1 = 6 x 2 = 0 Fazendo mais uma iteração : x 3 = 0 x 4 = 2 1 1/2 1/ /2-1/ x 5 = 4 z = /2 0-1/ /2 1 1/
47 X1 X2 X3 X4 X5 b X1 X2 X3 X4 X5 B 0 5/3 1 1/ /3 0 1/ /3 0 1/6 0 4 X1= 4 X2=0 X3=5 X4=0 X5=2 Z = -4
48 Outras formas de restrição >= As restrições podem ser também na forma: ou =. A restrição >= tem dois efeitos principais:. reduz o tamanho do campo viável ou aceitável;. requer uma modificação do método básico de solução. A restrição do tipo >= (por exemplo, X2 >= 10) exclui o ponto (0,0). Assim a solução inicial antes utilizada, isto é, quando todas as variáveis decisórias eram zero, não é viável. Como o algorítmo Simplex procede de uma solução viável para uma situação melhorada, deve-se obter um novo ponto de partida. Existem vários métodos para tratar este problema. Um deles utiliza-se de uma variável artificial. Convertendo uma desigualdade em uma igualdade, a variável de folga deve ser acrescentada do outro lado da desigualdade.
49 Exemplo_16: x 1 x 2 x 3 x Com ser pode ser verificado, não identifica-se a matriz identidade. Este problema é resolvido acrescentando
50 uma outra variável denominada de variáveis artificiais (y1 e y2). Então, a solução do problema inicia-se com a introdução de variáveis artificiais, de modo a obter-se uma forma padrão, ou seja, um ponto extremo, mas não um ponto extremo do problema inicial. x1 + x2 + x3 = 10 x1 +2x2 - x4 + y1 = 8 -x1 + x2 + y2 = 2 Dado que a variável artificial foi acrescida o quadro simplex é construído: x 1 x 2 x 3 x 4 y 1 y As variáveis artificiais não fazem parte do problema, portanto não podem fazer parte da solução. Como elimina-las encontrando uma solução inicial válida?
51 Para estes tipos de restrição, deve-se empregar o SIMPLEX em duas fases. Assim: Fase I: encontrar uma solução factível inicial, minimizando a soma das variáveis artificiais sobre um novo conjunto. Fase II : Otimizar função objetivo z Fase I: a. Em cada expressão (restrição) <= ou >= introduzir as variáveis de folga. Em seguida, em cada expressão que era = ou >=, adicionar uma variável artificial. b. Monte a tabela c. Adicione no final da tabela mais uma linha (W) de coeficientes Dij debaixo da última linha, onde: Dij = -( A1j + A2j Amj) e inserir zeros nas colunas correspondentes às variáveis artificiais. Adicione debaixo de B, na última linha: Bw = - ( B1 + B Bm). No cálculo do valor de Dj e Bw só se consideram os elementos Aij e Bj das linhas que incluem variáveis artificiais.
52 d. Aplicar o algoritmo do Simplex utilizando a última linha como sendo a de decisão para a inclusão de variáveis de base. e.) Quando a última linha tiver chegado ao valor ótimo, verifique W. Se W = 0, quer dizer que a soma das variáveis artificiais é 0 (zero) e, portanto, obtivemos um ponto extremo do problema original. Desprezar todas as variáveis não básicas Xj, cujos elementos da última linha sejam > 0, variáveis artificiais, de modo que elas nunca possam ser diferentes de zero. Abandone a última linha. Agora, aplique o Simplex empregando a nova última linha. Se W é diferente de zero, isto quer dizer que o problema inicial tem um conjunto de restrições inconsistentes e não há solução factível para o problema original! forma padrão: x1 + x2 + x3 = 10 x1 + 2x2 - x4 + y1 = 8 -x1 + x2 + y2 = 2
53 x 1 x 2 x 3 x 4 y 1 y z w Resolvendo usando a linha w como linha de decisão. Exemplo_17 Dado a função objetivo: Max Z = -X1-6X2 +7X3 X4 5X5 S.A. 5X1 4X2 + 13X3 2X4 + X5 >= 20 X1 X2 + X3 X4 + X5 = 8 2X1 + X2 - X3 + 4X4 <= 15 X1,..., X5 >= 0 Neste exemplo, introduz-se as variáveis artificiais Y1 e Y2 além das de folga X6 e X7. A função objetivo do problema artificial é dada por: Min Y1 + Y2 = Max w = - Y1 Y2, ou seja: W + y1 + Y2 = 0
54 Sujeito à: 5X X5 X6 + Y1 = 20 X1... +X5 + Y2 = 8 2X X7 X1,..., X7 >= 0, Y1 >= 0, Y2 >= 0 5X1-4X2 + 13X3-2X4 + X5 - X6 Y1 20 X1 - X2 + X3 - X4 + X5 Y2 8 2X1 + X2 - X3 + 4X4 +X7 15 Z W Exemplo_18 Maximizar a função objetivo sujeito as seguintes restrições: Max Z = 2X1 + X2 + X3 S.A. 3X1 + 4X2 + X3 = 5 X1 + X2 + 2X3 = 3 X1 >= 0 ; X2 >= 0 ; X3 >= 0
55 X1 X2 X3 Y1 Y2 b L L4/4 L L Z L W X1 X2 X3 Y1 Y2 b L1 3/4 1 1/4 1/ /4 L1 / 4 L2 1/ /4-1/ /4 L1 - L2 L3-1 1/4 0-3/4 1/ /4 Z L1 + L3 L4-1/ /4 1 1/ /4 W 5L1 + L4 X1 X2 X3 Y1 Y2 b L1 5/ /7-1/7 1 (-1/4)L2 + L1 L2 1/ /7 4/7 1 L2/(7/4) L3-1 1/ /7 3/7 2 Z (3/4)L2 + L3 L W (7/4)L2 + L4 Com W = 0 chega-se ao final da fase I, e dá-se início a fase II, abaixo apresentada. X1 X2 X3 b L1 5/ L2 1/ L3-1 1/ X1 X2 X3 b L / /5 L2 0-1/5 1 4/5 L / /5
56 Ao obter-se W = - y1 - y2 igual à zero no terceiro tableau, chegou-se ao ponto X2 = 1 ; X3 = 1 ; X1 = 0, como base inicial para o problema original. Neste ponto Z já tem um valor não nulo. No quarto tableaux abandona-se o problema artificial e concentra-se em otimizar o problema original.
57 Soluções múltiplas: Se uma variável não-básica tem coeficiente de custo igual à zero numa solução ótima, isto quer dizer que ela pode ser introduzida na base sem alterar o valor da função objetiva. Portanto, também é uma base ótima (ponto extremo) e qualquer combinação linear destes dois pontos também é ótima. Exemplo_19 Encontra-se a solução do problema graficamente e pelo método Simplex e análise ambas as soluções. Max Z = 4X1 + 2X2 SA: 2X1 + X2 <= 12 X1 <= 8 X2 <= 4 X1, X2 >= 0 Conclusão: Geometricamente, isto pode ser visualizado dizendose que o hiperplano definido pela função objetiva ( reta no plano, no caso de duas variáveis) encosta numa das
58 arestas do conjunto convexo que define o espaço das soluções factíveis (viáveis). Portanto, neste caso, qualquer combinação linear originando um ponto entre dois extremos obtidos neste exemplo resulta no mesmo valor de Z máximo. Sem Soluções: Se w é diferente de zero significa que o problema possui uma série de restrições inconsistentes, e não solução factível para o problema. Exemplo_20 Encontra-se a solução do problema graficamente e pelo método Simplex e análise ambas as soluções. SA Max Z = 2X1 + X2 X1 X2 <= 0 X2 <= 2 X1 + 2X2 >= 8 X1, X2 >= 0 Soluções ilimitadas:
59 Todos os possíveis coeficientes (pivôs) são negativos na sua coluna equivalente, ou seja, não há limitante. Isto leva a solução para valor infinito, sem tornar as outras varáveis básicas negativas. Exemplo_21 Encontra-se a solução do problema graficamente e pelo método Simplex e análise ambas as soluções Max Z = 2X1 + 3X2 SA -4X1 + 2X2 <= 8-4X1 + 4X2 >= 4 X1 + X2 >= 5 X1, X2 >= 0 Soluções degeneradas: Ocorre quando uma variável básica assume valor zero. Exemplo_22
60 Encontra-se a solução do problema graficamente e pelo método Simplex e análise ambas as soluções. Max Z = 3X1 + 9X2 SA X1 + 4X2 <= 8 X1 + 2X2 <= 4 X1, X2 >= 0
61 Programação Linear Inteira (PLI) PLIs são programações lineares nas quais algumas ou todas as variáveis estão restritas à valores inteiros ou discretos. Os algorítimos de PLI são baseados na exploração da PL e envolve três etapas (Taha, 2008): a.) Relaxe a região de soluções da PLI, eliminando a restrição inteira imposta a todas as variáveis inteiras e substituindo qualquer variável y por uma faixa contínua. O resultado da relaxação é um PL normal; b.) Resolva a PL e identifique a solução ótima contínua; c.) Começando do ponto ótimo contínuo, adicione restrições especiais que modifiquem iterativamente a região de soluções da PL, de maneira que, a certa altura, resultará em um ponto extremo ótimo que satisfaz os requisitos inteiros. Branch and Bound: algorítmo de programação inteira Exemplo_23 Maximizar Z = 5X1 + 4X2
62 SA: X1 + X2 <= 5; 10X1 + 6X2 <= 45; X1, X2 inteiros, não negativos Os pontos de grade da figura abaixo definem a região de soluções da PLI. De acordo com o gráfico, a solução ótima da programação linear (PL) é definida com base na eliminação das restrições inteiras. A solução ótima é dada por: X1 = 3,75 ; X2 = 1,25 ; Z = 23,75.
63 Os pontos de grade da figura acima definem as regiões de soluções da PLI. Como a solução ótima da PL não satisfaz os requisitos inteiros, o algoritmo B&B modifica a região de soluções, de maneira a identificar a solução ótima para a programação linear inteira (PLI). Em primeiro lugar, seleciona-se uma das variáveis inteiras cujo valor ótimo na PL seja não inteiro (X1);
64 Selecionando X1, a região 3 < X1 < 4 da região de soluções de PL não contêm nenhum valor inteiro de X1 e, por isso, pode ser eliminada como não promissora. Isto equivale a substituir a PL original por duas novas PLs:. Região da PL2 ( X1 <= 3). Região da PL3 ( X1 >= 4)
65 Os dois espaços combinados de PL2 e de PL3 contêm a mesma quantidade de pontos inteiros viáveis da PLI original, ou seja: PLI= PL2+PL3 Como as novas restrições são mutuamente exclusivas, então PL2 e PL3 serão tratadas como PLs separadas. Ou seja, a solução ótima se encontra em PL3 ou em PL4. Portanto, estaremos resolvendo o problema de programação linear inteira (PLI), lidando com uma sequencia de PLs (ramificação).
66 Vamos primeiro, começar analisando PL2. Maximizar Z = 5X1 + 4X2 SA: X1 + X2 <= 5 10X1 + 6X2 <= 45 X1 <= 3 X1,X2 >= 0 A solução de PL2 é dada por: X1 = 3 ; X2 = 2 e Z = 23 Esta solução satisfaz os requisitos inteiros para X1 e X2. Não precisa ser mais investigada!
67 Vamos analisar PL3. Como o Z ótimo = 23,75 na PL, e por acaso todos os coeficientes da função objetivo são inteiros, é impossível que a PL3 ( que é mais restritiva que a PL1) produza uma solução inteira melhor do que Z > 23. Portanto, PL3 é descartado!
68 Assim X1 = 3; X2 = 2 e Z = 23 é a solução ótima. A figura acima demonstra que poderíamos também ter iniciado o algoritmo de B&B por PL3, o que pode acontecer na prática. Pelo fato de termos iniciado o problema analisando PL3, gerou-se um número maior de subproblemas como pode ser constatado na figura acima. Resumo do algoritmo B&B (Taha, 2008): Etapa_1: Selecione uma PLi, o próximo subproblema a ser analisado. Resolva a PLi e tente interpretá-la usando uma das três condições: a. O valor ótimo de Z da PLi n ão pode dar um valor objetivo melhor do que o limite inferior atual b. A PLi dá uma solução inteira viável melhor do que o limite inferior atual; c. A PLi não tem nenhuma solução viável. Na etapa_1 podem surgir dois casos:. Se a PLi for interpretada e uma solução melhor for encontrada, atualize o limite inferior. Se todos os subproblemas tiverem sido descartados, pare; a PLI
69 ótima está associada com o limite finito atual. Se não existir nenhum limite inferior finito, o problema não tem solução viável. Senão, determine i = i +1 e repita a etapa_1. Se a PLi não for interpretada, vá para a etapa_2 para ramificar. Etapa_2: (Ramificação). Selecione uma das variáveis inteiras Xi, cujo valor ótimo Xi na solução da PLi não seja inteiro. As etapas dadas se aplicam a problemas de maximização. Para minimização, substituímos o limite inferior por um limite superior. Exercício Desenvolva a árvore B&B para cada um dos seguintes problemas. Por conveniência, sempre selecione X1 como a variável de ramificação no nó 0. Max Z = 3X1 + 2X2 SA 2X1 + 5X2 <= 9 4X1 + 2X2 <= 9 X1, X2 >= 0 e inteiras
70 Capítulo 5 Otimização em redes Os problemas de otimização em redes apresentados neste capítulo tratam de aplicações tradicionais, tais como: encontrar o caminho mais curto entre dois pontos, determinar o fluxo máximo em uma rede de tal maneira a satisfazer os requisitos de suprimentos e demanda em diferentes locais. A solução destes problemas pode ser obtida por meio de uma variedade de algoritmos de otimização em redes. Neste capítulo veremos dois algoritmos:. Resolução do problema de caminho mínimo (Dijkstra). Resolução do problema para fluxo máximo Definições: Uma rede consiste em um conjunto de nós conectados por arcos. A notação para descrever uma rede é dada por (N,A), na qual N representa o conjunto de nós e A representa o conjunto de arcos. Como exemplo, a rede da figura abaixo é representada por:
71 N = [ 1,2,3,4,5] A = [(1,2), (1,3), (2,3), (2,5), (3,4), (3,5), (4,2), (4,5) ] Associado com cada rede está um fluxo. Em geral, o fluxo em uma rede é limitado pela capacidade de seus arcos, que pode ser finita ou infinita. Diz-se que um arco é orientado ou dirigido se ele permitir fluxo positivo em uma direção e fluxo zero na direção oposta. Uma rede orientada é aquela em que todos os arcos são orientados. Um caminho representa uma sequência de arcos distintos que ligam dois nós passando por outros
72 nós, independentemente da direção de fluxo em cada arco. Uma rede conectada é uma rede tal que todos os pares de nós estão ligados por no mínimo um caminho. Uma árvore é uma rede conectada sem ciclos formada por um subconjunto de todos os nós, e uma árvore geradora corresponde a uma árvore que liga todos os nós de rede. Veja a figura acima. 5.1 Caminho Mínimo O problema do caminho mínimo determina o caminho mais curto entre um destino e uma origem em uma rede Algorítmo de Dijkstra: determina o caminho mais curto entre o nó de origem e qualquer outro nó da rede. Fases do algoritmo: Fase_0: Dado uma rede, rotule o nó de origem (nó 1) com o rótulo permanente [0,--]. Determine i = 1; Os rótulos dos nós do algoritmo de Dijsktra são de dois tipos: temporários e permanentes. Um rótulo temporário é modificado se for possível encontrar uma rota mais curta até um nó. Se não for possível
73 encontrar nenhuma rota melhor, o status do rótulo temporário muda para permanente. Fase_1: Calcular os rótulos temporários [Ui + Dij, i] para cada nó j que puder ser alcançado partindo do nó i, contando que j não seja permanentemente rotulado. a.) Se o nó j já estiver rotulado com [Uj,k] passando por um outro nó k, e se Ui + Dij < Uj, substitua [Uj, k] por [ ui + Dij, i]; b.) Se todos os nós tiverem rótulos permanentes, pare. Caso contrário, selecione o rótulo [ Ui, S], cuja distância (=Uj) é a mais curta entre todos os rótulos temporários (empates são resolvidos arbitrariamente). Determine i = r e repita a etapa i; Exemplo: A rede da figura abaixo fornece as rotas possíveis e seus cumprimentos em milhas entre a cidade 1 ( nó 1) e quatro outas cidades (nó 2 a 5). Determine os caminhos mais curtos entre a Cidade 1 e cada uma das quatro outras cidades.
74 Iteração 0: Designe o rótulo permanente [0, --] ao nó 1; Iteração 1: Os nós 2 e 3 podem ser alcançados com base no nó 1 ( último no rotulado permanente). Assim, a lista de nós rotulados (permanentes e temporários ) fica como demonstrado na tabela abaixo: Para os dois rótulos temporários [100,1] e [30,1], o nó 3 resulta na menor distância (U3 = 30). Assim, o status do nó 3 muda para permanente.
75 Iteração 2. Os nós 4 e 5 podem ser alcançados com base no nó 3, e a lista de nós fica como demonstrado na tabela abaixo: O status do rótulo temporário [40,3] no nó 4 muda para permanente (U4 = 40). Iteração 3. Os Nós 2 e 5 podem ser alcançados com base no nó 4. Assim, a lista de nós rotulados é atualizada conforme demonstrado na tabela abaixo:
76 O rótulo temporário do nó 2 [100,1] obtido na iteração 1 muda para [55,4] na iteração 3 a fim de indicar que foi encontrada uma rota mais curta que passa pelo nó 4. Além disso, na iteração 3, o nó 5 tem dois rótulos alternativos com a mesma distância U5 = 90. Na iteração 3, o rótulo para o nó 2 passa a ser permanente. Iteração 4: Só o nó 3 pode ser alcançado com base no nó 2. Contudo o nó 3 tem um rótulo permanente e não pode ser rotulado novamente. A nova lista de rótulos permanece a mesma na iteração 3, exceto que o rótulo no nó 2 é permanente. Isso deixa o nó 5 como o único rótulo temporário.
77 Como o nó 5 não leva a outros nós, seu status é convertido em permanente, e o processo termina. O caminho mais curto entre o nó 1 e qualquer outro é determinado começando no nó de destino desejado e percorrendo a rota inversa a partir desse ponto, usando a informação dada pelos rótulos permanentes. Por exemplo, a seguinte sequencia determina a rota mais curta do nó 1 ao nó 2. (2) [55,4] (4) [40,3] (3) [30,1] (1) Exercício: A rede da figura abaixo fornece as distâncias em milhas entre pares de cidades. Use o algoritmo de Dijkstra para achar o caminho mais curto entre as seguintes cidades: a.) Cidades 1 e 8 b.) Cidades 1 e 6
78 5.2 Fluxo máximo Dado um arco (i,j) com i < j, usamos a notação (Cij, Cji) para representar as capacidades de fluxo nas duas direções i j e j i, respectivamente, conforme apresentado na figura abaixo. i Cij Cji j Cij: arco de fluxo I J Cji: arco de fluxo J I Define-se um corte como um conjunto de arcos, que quando eliminados da rede, causará um rompimento
79 total do fluxo entre o nó de origem e o nó sorvedouro. A capacidade do corte é igual à soma das capacidades de seus arcos. Entre todos os possíveis cortes na rede, o que tiver a menor capacidade dá o fluxo máximo da rede. Considere a rede da figura abaixo. As capacidades bidirecionais são mostradas nos respectivos arcos usando a convenção apresentada anteriormente. A figura apresenta 3 cortes cujas capacidades estão apresentadas a seguir: Corte 2 Corte Corte
80 Corte Arcos Associados Capacidades 1 (1,2), (1,3), (1,4) = 60 2 (1,3), (1,4), (2,3), (2,5) = (2,5), (3,5), (4,5) = 70 O fluxo máximo da rede não pode ultrapassar 60 unidades. Para determinar o fluxo máximo é necessário enumerar todos os cortes! Em uma rede de grande porte este procedimento pode ficar inviável. Portanto, é necessário de se desenvolver um algorítmo que torne o processo eficiente! Algorítmo de fluxo máximo Este algoritmo é baseado em achar rotas de passagem com fluxo líquido positivo entre os nós de origem e sorvedouro. Cada rota compromete parte ou toda a capacidade de seus arcos ao fluxo da rede. Dada a figura anterior, determine o fluxo máximo na rede.
81 Etapas do algoritmo: Iteração 01: Iguale as capacidades residuais iniciais às capacidades Iniciais ( Cij, Cji); Etapa 01: Determine a1 = infinito, e rotule o nó 1 com [infinito,--]. Determine i = 1; Etapa 2: S1 = {2,3,4} (diferente de vazio) Etapa 3: K =3, por que C13 = max {C12, C13, C14} = Max { 20,30,10} = 30. Determine a3 = C13 = 30, e rotule o nó 3 com [30,1]. Determine i=3 e repita a etapa 2; Etapa 2: S3 = {4,5} Etapa 3: K = 5 e a5 = C35 = max {10,20} = 20. Rotule o nó 5 com [20,3]. Uma rota de passagem é obtida. Vá para a etapa 5. Etapa 5: A rota de passagem é determinada pelos rótulos que iniciam no nó 5 e percorrem a rota inversa até o nó 1, isto é: (5) [20,3] (3) [30,1] (1) Assim, N1 = {1,3,5} e f1 = min {a1,a2,a5} = {infinito,30,20} = 20. As capacidades residuais ao longo da rota N1 são:
82 (C13, C31) = (30-20, ) = (10,20) (C35, C53) = (20-20, 0 +20) = (0,20) Iteração 2: Etapa 1. Determine a1 = infinito, e rotule o nó 1 com [infinito, --]. Determine i = 1; Etapa 2: S1 = {2,3,4}; Etapa 3: K=2 e a2 = C12 = max {20,10,10} = 20. Determine i=2 e repita a etapa 2; Etapa 2: S2 = {3,5} Etapa 3: K = 3 e a3 = C23 = 40. Rotule o nó 3 com [40,2]. Determine i = 3 e repita a etapa 2. Etapa 2: S3 = {4}. Observe que C35 = 0, portanto, o nó 5 não pode ser incluído em S3; Etapa 3: k = 4 e a4 = c34 = 10. Rotule o nó 4 com [10,3]. Determine i = 4 e repit a etapa 2; Etapa 2: S4 = {5}. Observe que os nós 1 e 3 estão rotulados, portanto, não podem ser incluídos em S4; Etapa 3: K = 5 e a5 = c45 = 20. Rotule o nó 5 com [20,4]. Foi conseguida uma rota de passagem. Vá para a etapa 5. Etapa 5: N2 = {1,2,3,4,5} e f2 = min {infinito,20,40,10,20} = 10. As capacidades residuais ao longo da rota de N2 são: (C12,C21) = (20-10,0+10) = (10,10) (C23,C32) = (40-10, 0+10) = (30,10)
83 (C34,C43) = (10-10, 5+10) = (0,15) (C45,C54) = (20-10, 0+10) = (10,10) Iteração 3 Etapa 1: Determine a1 = infinito e rotule o nó 1 com [infinito, --]. Determine i=1. Etapa 2: Si = {2,3,4} Etapa 3: K =2 e a2 = C12 = max[10,10,10] = 10. Empates são decididos aleatoriamente. Vamos rotular o nó 2 com [10,1]. Determine i=2 e repetir a etapa 2. Etapa 2: S2 = {3,5} Etapa 3: K=3 e a3 = C23 = 30. Rotule o nó 3 com [30,2]. Determine i = 3 e repita a etapa 2. Etapa 2: S3 = vazio, porque C34 = C35 = 0. Vá para a etapa 4ª fim de percorrer a rota inversa. Etapa 3: Rota inversa. O rótulo [30,2] no nó 3 dá o nó imediatamente precedente r =2. Elimine o nó 3 de qualquer consideração nessa iteração, cancelando-o. Determine i = r = 2, e repita a etapa 2. Etapa 2: S2 = {5}. Observe que o nó 3 foi eliminado na etapa da rota inversa. Etapa 3: k = 5 e a5 = C25 = 30. Rotule o nó 5 com [30,2]. Foi conseguida uma rota de passagem. Vá para a etapa 5. Etapa 5: N3 = {1,2,5} e C5 = min {infinito, 10,30} = 10. As residuais ao longo da rota de N3 são:
84 (C12,C21) = (10-10,10+10) = (0,20) (C25, C52) =(30-10, 0+10) = (20,10) Iteração 4. Esssa iteração dá N4 = {1,3,2,5} com f4=10. Iteração 5. Essa iteração dá N5 = {1,4,5} com f5 = 10 Iteração 6. Todos os arcos eu partem do nó 1 tem reisduais zero. Portanto, não há mais nenhuma rota de passagem possível. Retornar à etapa 6 para determinar a solução: Etapa 6: Fluxo máximo na rede é: F = f1 + f f5 = = 60.
85 contin Formalização do algorítimo: Considere o arco (i,j) inicialmente com capacidade (Cij, Cji). À medida que porções destas capacidades são comprometidas ao fluxo no arco, as capacidades
86 residuais (ou capacidades restantes) do arco são atualizadas. Usando a notação (cij,cji) para representar essas capacidades residuais. Para um nó j que recebe fluxo do nó i, anexamos um rótulo [aj,i], no qual aj é o fluxo do nó i ao nó j. Assim, as etapas do algoritmo são resumidas da maneira a seguir: Etapa 1: Para todos os arcos (i,j) iguale a capacidade residual à capacidade inicial, isto é: (cij, cji) = (Cij, Cji). Seja a1 = infinito e rotule o nó de origem com [infinito,--]. Determine i = 1 passe para a etapa 2. Etapa 2: Determine Si, que representa o conjunto de nós j não rotulados que podem ser alcançados diretamente do nó i por arcos com residuais positivos, isto é cij > 0, para todo j E Si. Se Si for diferente de zero, vá para a etapa 3. Caso contrário, vá par a etapa 4. Etapa 3: Determine k E Si, tal que: Cik = Max {cij}, j E Si
87 Determine ak = cik e rotule o nó k com [ak,i]. Se k = n, o nó sorvedouro foi rotulado e foi encontrada uma rota de passagem. Vá para a etapa 5. Caso contrário, determine i = k e vá para a etapa 2. Etapa 4: (percorrer a rota inversa). Se i = 1, nenhuma rota de passagem é possível, vá para a etapa 6. Caso contrário, determine que r seja o nó que foi rotulado imediatamente antes do nó atual i e elimine i do conjunto de nos adjacentes a r. Determine i=r e vá para a etapa 2. Etapa 5: (determinação das capacidades residuais). Defina os nós da p-ésima rota de passagem de nó de origem ao nó sorvedouro n como: Np = (1, K1, K2,...,n). Então o fluxo máximo ao longo da rota é calculado por: Fp = min {a1,ak1,ak2,...,an} A capacidade residual de cada arco ao longo da rota de passagemé reduzida de Fp, na direção do fluxo e aumentada de Fp, na direção contrária; isto é, para os nós i e j na rota, o fluxo residual é alterado do atual para: (a) ( cij fp, cji + fp) se o fluxo for de i para j; (b) (cij + fp, cji fp) se o fluxo for de j para i.
88 Reinstale quaisquer nós que foram eliminados na etapa 4. Determine i = 1 e retorne à etapa 2 para tentar uma nova rota de passagem. Exercícios: 1.) Determine o fluxo máximo para a rede da figura abaixo: 2.) Três refinarias enviam um produto à base de gasolina a dois terminais de distribuição por meio de uma rede de tubulações. Qualquer demanda que não puder ser satisfeita pela rede é adquirida de outras fontes. A rede de tubulações é atendida por três estações de
89 bombeamento, como mostrado na figura abaixo. O produto flui pela rede na direção mostrada pelas setas. A capacidade de cada segmento de tubulação (mostrada diretamente nos arcos) é dada em milhões de barris por dia. Refinarias Estações bombeamento terminais Determine o seguinte: a.) A produção diária em cada refinaria que combina com a máxima capacidade da rede;
90 b.) A demanda diária em cada terminal que combina com a máxima capacidade da rede; c.) A capacidade diária de cada bomba que combina com a máxima capacidade da rede. Obs: A solução do problema proposto requer equipar a rede com uma única origem e um único sorvedouro usando arcos unidirecionais de capacidade infinita representados na figura abaixo e grifados em vermelho: Refinarias Estações bombeamento terminais
91 3.) Use o algoritmo de Dijkstra para achar o caminho mais curto entre o nó 1 e todos os outros da rede da figura abaixo: ) De três depósitos A, B e C, dispondo-se respectivamente de 20,10 e 35 toneladas de um dado produto, pretende-se fazer chegar a três destinos D,E e F, respectivamente, 25, 20 e 20 toneladas do produto. As disponibilidades de transporte via caminhão entre as localidades é dada na tabela abaixo. Estabeleça o melhor plano de transportes.
92 5.) Dado o grafo abaixo determinar o fluxo máximo entre os nós 1 e 6 v
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