Programação Linear/Inteira

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1 Unidade de Matemática e Tecnologia - RC/UFG Programação Linear/Inteira Prof. Thiago Alves de Queiroz Aula 2 Thiago Queiroz (IMTec) Aula 2 Aula 2 1 / 46

2 Hipóteses de Linearidade Existem algumas hipóteses que a Linearidade deve satisfazer; Aditividade: o todo é igual à soma das partes dos componentes; Exemplo: a mistura de 1 kg de A (contendo 0,2 kg de j) somados com 1 kg de B (contendo 0,1 kg de j), resulta em 2 kg contendo 0,3 kg de j; Proporcionalidade: a contribuição de cada componente é diretamente proporcional ao valor assumido pela respectiva variável; Exemplo: se a ij expressa a quantidade do componente i em uma unidade de j, então a ij x j expressa a quantidade de i em x j unidades de j; Fracionamento: valores fracionários para as variáveis são aceitáveis; Exemplo: posso usar 1 kg de um ingrediente, bem como 0,25 kg desse ingrediente. Thiago Queiroz (IMTec) Aula 2 Aula 2 2 / 46

3 Hipóteses de Linearidade Porém, alguns problemas requerem o uso de variáveis inteiras, isto é, o arredondamento não é válido; Exemplo: variáveis que representam o número de máquinas ou veículos a serem comprados; Em outros casos, o arredondamento pode ser feito, como em variáveis que representam o número de peças a produzir; Certeza: todas as quantidades, custos e lucros são valores constantes conhecidos; Apesar destas hipóteses, modelos de otimização linear não possuem utilização limitada; Existem aplicações nas mais diversas áreas: alimentos, aeronáutica, civil, computação, florestal, produção, física, minas, naval, etc. Thiago Queiroz (IMTec) Aula 2 Aula 2 3 / 46

4 Conceitos Básicos Definição 1. A seguinte forma do problema de otimização é chamada de forma padrão. Minimizar z = c 1 x 1 + c 2 x c n x n (i) a 11 x 1 + a 12 x a 1n x n = b 1 a 21 x 1 + a 22 x a 2n x n = b 2 sujeito a :. (ii) a m1 x 1 + a m2 x a mn x n = b m x 1 0, x 2 0,..., x n 0. (iii) (1) A função z em (1.i), a ser minimizada, representa a função objetivo; O sistema de equações lineares em (1.ii) representa as restrições do problema; As condições de não-negatividade das variáveis estão em (1.iii). Thiago Queiroz (IMTec) Aula 2 Aula 2 4 / 46

5 O problema (1) pode ser escrito em notação matricial; Minimizar z { = f (x) = c T x Ax = b sujeito a : x 0. (2) Sendo: a 11 a a 1n a 21 a a 2n A =. a m1 a m2... a mn m n c T = (c 1 c 2... c n ), o vetor de custos; a matriz dos coeficientes; x T = (x 1 x 2... x n ), o vetor das variáveis ou incógnitas; b T = (b 1 b 2... b m ), o vetor dos termos independentes ou de recursos; 0 T = ( ), o vetor nulo. Thiago Queiroz (IMTec) Aula 2 Aula 2 5 / 46

6 Solução factível Os desenvolvimentos que se seguem são para o problema na forma padrão; Definição 2. Uma solução (x 1, x 2,..., x n ) é dita factível (ou viável) se satisfizer todas as restrições (1.ii) e as condições de não-negatividade (1.iii). O conjunto de todas as soluções factíveis é chamado de região factível (ou Poliedro); Quando o poliedro é limitado, tem-se um politopo; Exemplo. Para o problema abaixo: Minimizar z = 2x 1 x 2 + 4x 3 x 1 + 2x 2 + x 3 = 3 sujeito a : x 2 + 2x 3 = 4 x 1 0, x 2 0, x 3 0. (3) a) Coloque-o na forma matricial. Diga quem é cada vetor/matriz; b) Verifique se (x 1, x 2, x 3 ) = (1, 0, 2) é uma solução factível. Qual o valor da função objetivo? Thiago Queiroz (IMTec) Aula 2 Aula 2 6 / 46

7 Resolução do Exemplo a) As matrizes/vetores são: [ ] A = a matriz dos coeficientes; c = (2 1 4) T, o vetor de custos; x = (x 1 x 2 x 3 ) T, o vetor das variáveis; b = (3 4) T, o vetor dos termos independentes; b) Sim, é uma solução factível, pois satisfaz todas as restrições. O valor da função objetivo é: f (1, 0, 2) = 10. Thiago Queiroz (IMTec) Aula 2 Aula 2 7 / 46

8 Solução Ótima Definição 3. Uma solução factível que fornece o menor valor à função objetivo z é chamada solução ótima, denotada por (x 1, x 2,..., x n). Uma solução factível é ótima se: f (x 1, x 2,..., x n) f (x 1, x 2,..., x n ) para qualquer solução factível (x 1, x 2,..., x n ); Exemplo. Para o problema abaixo: Minimizar z = 2x 1 x 2 + 4x 3 x 1 + 2x 2 + x 3 = 3 sujeito a : x 2 + 2x 3 = 4 x 1 0, x 2 0, x 3 0. (4) a) Qual das duas soluções é melhor: (1,0,2) ou (0,25; 0,5; 1,75)? b) Existe alguma solução melhor que as do item (a)? Conclua observando (0; 2 3 ; 5 3 ). Thiago Queiroz (IMTec) Aula 2 Aula 2 8 / 46

9 Resolução do Exemplo a) Observe que f (1, 0, 2) = 10 e f (0, 25; 0, 5; 1, 75) = 7; Logo (x 1, x 2, x 3 ) = (0, 25; 0, 5; 1, 75) é melhor para o problema; b) Note que f (0; 2 3 ; 5 3 ) = 6, tem valor melhor que os valores da função objetivo obtidos com as soluções do item (a); Logo, existe solução (ou soluções) melhor que as do item (a). Thiago Queiroz (IMTec) Aula 2 Aula 2 9 / 46

10 Transformação de problemas Existem outras formas de problemas de otimização linear, com: maximizar, restrições de desigualdade ou variáveis livres; Porém, existem maneiras de transformar o modelo/problema para a forma padrão; Encontrar uma solução que maximize a função objetivo, ou seja, um x* tal que: f(x*) f(x), para toda solução x factível, equivale a: Multiplicar a função objetivo por -1, resultando em: -f(x*) -f(x), para toda solução x factível. Ou seja, equivale a encontrar uma solução x* que minimize -f(x*); Logo: maximizar f(x) é equivalente à minimizar -f(x). Thiago Queiroz (IMTec) Aula 2 Aula 2 10 / 46

11 Restrições de desigualdade As restrições poderiam aparecer na forma de inequações; Dada uma restrição: a 1 x 1 + a 2 x a n x n b, a quantidade que falta para alcançar b é: x k = b a 1 x 1 + a 2 x a n x n 0; Ou seja, a desigualdade a 1 x 1 + a 2 x a n x n b torna-se: a 1 x 1 + a 2 x a n x n + x k = b, com a adição da nova variável x k 0; Dada uma restrição a 1 x 1 + a 2 x a n x n b, a quantidade que excede o valor de b é: x k = a 1 x 1 + a 2 x a n x n b 0; Thiago Queiroz (IMTec) Aula 2 Aula 2 11 / 46

12 Restrições de desigualdade Ou seja, a desigualdade a 1 x 1 + a 2 x a n x n b torna-se: a 1 x 1 + a 2 x a n x n x k = b, com a subtração da nova variável x k 0; As variáveis adicionais são chamadas de variáveis de folga; No caso da desigualdade do tipo, a variável introduzida é chamada de variável de excesso; Essas variáveis deixam o problema com restrições de igualdade e mantêm as condições de não-negatividade; Thiago Queiroz (IMTec) Aula 2 Aula 2 12 / 46

13 Variáveis livres É uma variável irrestrita de sinal no problema, isto é, x i R; Pode ser substituída por outras duas variáveis não-negativas; Observe que qualquer número pode ser sempre escrito como a diferença de dois outros não-negativos. Para uma variável x i, temos: x i = x + i x i, com x + i 0 e x i 0; Então, basta substituir x i por (x + i x i ) no problema; Exemplo. Escreva o problema abaixo na forma padrão: Maximizar z = 2x 1 3x 2 + 3x 3 x 1 + 2x 2 x 3 3 sujeito a : 2x 1 + x 2 + 2x 3 1 x 1 R, x 2 0, x 3 0. (5) Thiago Queiroz (IMTec) Aula 2 Aula 2 13 / 46

14 Resolução do Exemplo Multiplicar a função objetivo por -1, para ser de minimização; Criar a variável de excesso x 4 0, para a primeira restrição; Criar a variável de folga x 5 0, para a segunda restrição; Redefinir a variável livre x 1 como x 1 = (x + 1 x 1 ), criando as novas variáveis x e x 1 0; Reescrever o problema com as novas definições/variáveis criadas, resultando em: Minimizar z = 2(x + 1 x 1 ) + 3x 2 3x 3 (x + 1 x 1 ) + 2x 2 x 3 x 4 = 3 sujeito a : 2(x + 1 x 1 ) + x 2 + 2x 3 + x 5 = 1 x + 1 0, x 1 0, x 2 0, x 3 0, x 4 0, x 5 0. (6) Thiago Queiroz (IMTec) Aula 2 Aula 2 14 / 46

15 Expressões na forma Padrão Outras formas de escrever o problema padrão é: Minimizar z = sujeito a : n c j x j j=1 n a j x j = b j=1 x j 0, j = 1,..., n. (7) Sendo: a 1j a 2j a mj a j = : j-ésima coluna da matriz A, que são os coeficientes. que multiplicam x j ; Thiago Queiroz (IMTec) Aula 2 Aula 2 15 / 46

16 Resolução Gráfica A representação gráfica permite intuir várias propriedades e obter um método de solução geral; Aplica-se a problemas de duas variáveis: a representação acontece no plano cartesiano (x,y); Aplica-se a problemas de três variáveis: a representação acontece no espaço (x,y,z); Desenha-se primeiro a região de todas as soluções factíveis; Em seguida, determina a solução que fornece o menor valor de função objetivo (no caso de minimização); Thiago Queiroz (IMTec) Aula 2 Aula 2 16 / 46

17 O Caso Geral Para uma reta qualquer a 1 x 1 + a 2 x 2 = b, um vetor perpendicular a essa reta é a T = (a 1, a 2 ), ou seja, calculando o gradiente da função; O vetor gradiente de uma função de duas variáveis é f (x 0, y 0 ) = ( f (x 0, y 0 ) ; f (x 0, y 0 ) ); x y O vetor gradiente aponta para a direção de crescimento da função; Para desenhar o vetor, considere um ponto x sobre a reta como sendo o ponto inicial do vetor; O ponto final do vetor é dado por x = x + δa, para δ > 0; O vetor desenhado desta forma aponta no sentido de crescimento, isto é, para a 1 x 1 + a 2 x 2 > b, pois δ > 0; Thiago Queiroz (IMTec) Aula 2 Aula 2 17 / 46

18 O Caso Geral A mesma definição se aplica no R n, de forma que a equação a T x = b define um hiperplano em que o vetor a é perpendicular; Para encontrar a solução ótima, seguimos o mesmo raciocínio; Pega-se inicialmente uma solução factível qualquer x ; Seja f (x ) = c T x = f o valor da função objetivo em x ; Desenha-se a curva de nível f (x) = f, com o gradiente de f igual ao vetor c; O gradiente aponta para os pontos tais que f (x) > f ; Então, seguimos o sentido do gradiente para Maximização e, o sentido contrário para minimização, até chegar em uma curva de nível limite que intercepta a região factível; Thiago Queiroz (IMTec) Aula 2 Aula 2 18 / 46

19 O Caso Geral A solução ótima x* é uma solução factível chamada vértice ou ponto extremo do poliedro; Os vértices são determinados pela interseção de (pelo menos) duas retas que definem a fronteira de S; Sabe-se que se um problema tem uma solução ótima, então existe um vértice ótimo; Exemplo. Determine a solução do problema de programação linear pelo método gráfico: Maximizar z = x 1 + x 2 3x 1 + x 2 2 x 2 3 sujeito a : x 1 + x 2 9 3x 1 + x 2 18 x 1 0, x 2 0. (8) Thiago Queiroz (IMTec) Aula 2 Aula 2 19 / 46

20 Exemplo de Resolução Gráfica Considere o seguinte problema de otimização linear: Maximizar z = x 1 + 2x 2 x 1 + x 2 4 x sujeito a : 1 2 x 2 3 x 1 0, x 2 0. (9) A região factível é dada por: S = {(x 1, x 2 ) tal que x 1 + x 2 4, x 1 2, x 2 3, x 1 0, x 2 0}; A região S, que é um poliedro, consiste no conjunto de pontos que satisfazem simultaneamente todas as restrições do problema. Thiago Queiroz (IMTec) Aula 2 Aula 2 20 / 46

21 Desenhando a Região S Represente primeiro os pontos (a região) que satisfazem as condições de não-negatividade; Figura: Região para x 1 0, x 2 0. Note que corresponde ao primeiro quadrando do plano cartesiano; Thiago Queiroz (IMTec) Aula 2 Aula 2 21 / 46

22 Desenhando a Região S Represente os pontos que também satisfazem a primeira restrição de desigualdade: x 1 + x 2 4; Primeiro, identifique os pontos que satisfazem: x 1 + x 2 = 4; Em seguida, identifique os pontos que satisfazem x 1 + x 2 4; Para tanto, considere f (x 1, x 2 ) = x 1 + x 2 4 = 0 e calcule o gradiente f (x 1, x 2 ) = (1, 1); Ou seja, resulta no vetor perpendicular a função x 1 + x 2 = 4 que cresce na direção do vetor (1, 1) partindo de um ponto da reta; Thiago Queiroz (IMTec) Aula 2 Aula 2 22 / 46

23 Desenhando a Região S Portanto, os pontos do lado para o qual o vetor (1, 1) T aponta são tais que: x 1 + x 2 > 4; Os pontos do lado oposto à aquele para o qual o vetor (1, 1) T aponta são tais que: x 1 + x 2 < 4; A reunião dos pontos que satisfazem x 1 + x 2 < 4 e x 1 + x 2 = 4 é o que se deseja; Figura: Região para x 1 + x 2 4, x 1 0, x 2 0. Thiago Queiroz (IMTec) Aula 2 Aula 2 23 / 46

24 Desenhando a Região S Repete-se o raciocínio para as restrições x 1 2 e x 2 3; A figura abaixo mostra a região para somente a restrição x 1 2; Figura: Região para x 1 2. Thiago Queiroz (IMTec) Aula 2 Aula 2 24 / 46

25 Desenhando a Região S A figura abaixo mostra a região para somente a restrição x 2 3; Figura: Região para x 2 3. Thiago Queiroz (IMTec) Aula 2 Aula 2 25 / 46

26 Desenhando a Região S A figura seguinte mostra a interseção de todas as regiões representadas nas figuras anteriores; Figura: Região factível S. A interseção de todas as regiões define a região factível S; Como a região factível (poliedro) é limitada, tem-se um politopo. Thiago Queiroz (IMTec) Aula 2 Aula 2 26 / 46

27 Obtendo a Solução Ótima A função objetivo f (x 1, x 2 ) = x 1 + 2x 2, sobre o conjunto S, pode assumir infinitos valores; Define-se o conjunto de pontos que atribui o mesmo valor à função objetivo de curva de nível; Ou seja, para o caso em exemplo, os pontos que fazem f (x 1, x 2 ) = f, para um f qualquer; Considera-se um f, por exemplo f = 0, resultando em: f (x 1, x 2 ) = x 1 + 2x 2 = 0; Ou seja, em x 1 + 2x 2 = 0 com f (x 1, x 2 ) = (1, 2); Logo, desenha-se a curva de nível f (x 1, x 2 ) = x 1 + 2x 2 = 0 e marcamos a direção de crescimento de acordo com o vetor gradiente; Se o problema for de maximizar, desenham-se curvas de nível no sentido de crescimento do gradiente até obter uma curva de nível limite (fronteira entre S é o lado externo); Thiago Queiroz (IMTec) Aula 2 Aula 2 27 / 46

28 Obtendo a Solução Ótima Para o problema em questão, traça-se a curva de nível x 1 + 2x 2 = 0 e observa-se que há curvas de níveis que permitem melhorar o valor da função objetivo; Por exemplo, a curva x 1 + 2x 2 = 2. A curva x 1 + 2x 2 = 7 é uma curva limite ; Logo, o ponto extremo (x 1, x 2 ) = (1, 3) é a solução ótima x, resultando em f (x ) = f (x 1, x 2 ) = 7; Figura: Determinando a solução ótima. Thiago Queiroz (IMTec) Aula 2 Aula 2 28 / 46

29 Outras Situações Quando a região factível é limitada, então existe uma solução ótima; Figura: Única solução ótima. Thiago Queiroz (IMTec) Aula 2 Aula 2 29 / 46

30 Outras Situações A região factível pode ser ilimitada, porém podemos ter uma única solução ótima; Figura: Única solução ótima. Thiago Queiroz (IMTec) Aula 2 Aula 2 30 / 46

31 Outras Situações Podemos ter o caso com infinitas soluções ótimas, mas com mesmo valor de função objetivo; Figura: Infinitas soluções ótimas. Thiago Queiroz (IMTec) Aula 2 Aula 2 31 / 46

32 Outras Situações O problema pode não ter uma solução ótima, apesar de ter soluções factíveis. Neste caso, a solução é ilimitada; Figura: Solução Ilimitada. Thiago Queiroz (IMTec) Aula 2 Aula 2 32 / 46

33 Outras Situações A inexistência de solução ótima pode ocorrer quando inexiste solução factível, isto é, as restrições são conflitantes, S = ; Figura: Não existe região factível. Thiago Queiroz (IMTec) Aula 2 Aula 2 33 / 46

34 Teoria Básica e o Método Simplex Um dos métodos mais importantes da otimização linear é o o método simplex; A teoria é desenvolvida sobre o problema na forma padrão (7); Vejamos algumas propriedades considerando a região factível S definida pelas restrições: Otimizar z sujeito a : x 1 + x 2 6 x 1 x 2 4 3x 1 + x 2 3 x 1 0, x 2 0. (10) Adicionando variáveis de folga, tem-se o problema na forma padrão: Thiago Queiroz (IMTec) Aula 2 Aula 2 34 / 46

35 Soluções Básicas Otimizar z sujeito a : x 1 + x 2 + x 3 = 6 x 1 x 2 + x 4 = 4 3x 1 + x 2 x 5 = 3 x 1 0, x 2 0. (11) O problema passa a ter cinco variáveis (x 1, x 2, x 3, x 4, x 5 ); Note, porém, que qualquer ponto de S determina unicamente essas cinco variáveis; Veja para os pontos (x 1, x 2 ) igual a A = (3, 2); B = (1,3); C = (2,4); D = (1, 5); Tais soluções são factíveis, pois satisfazem as restrições do problema; Por outro lado, os pontos E=(4,5) e F=(6,0) não pertencem a região factível; Thiago Queiroz (IMTec) Aula 2 Aula 2 35 / 46

36 Soluções Básicas Note que a fronteira da região factível é o lugar em que pelo menos uma variável se anula; Quando uma restrição tem folga nula para alguma solução, dizemos que a restrição é ativa; No caso do ponto D=(5,1), em que x 3 = 0 e x 4 = 0, a restrição é ativa. Em C=(2,4) também; Figura: Região factível e os pontos A, B, C, D, E e F. Thiago Queiroz (IMTec) Aula 2 Aula 2 36 / 46

37 Soluções Básicas Observa-se que podemos encontrar uma solução ótima entre os vértices da região factível S; Estas soluções são obtidas pela interseção de duas retas, significando que 2 variáveis (de folga) são nulas; Lembre-se do ponto D=(5,1), em que x 3 = 0 e x 4 = 0, e x 1 = 5, x 2 = 1 e x 5 = 15; Isto mostra uma maneira de obter a solução do sistema Ax = b; Note que no exemplo há m = 3 equações e n = 5 variáveis, portanto 2 variáveis independentes; Por exemplo, fixando x 3 = 0 e x 4 = 0, obtemos um sistema m m (3 3) nas variáveis restantes; Thiago Queiroz (IMTec) Aula 2 Aula 2 37 / 46

38 Soluções Básicas Fixar duas variáveis em zero não garante que teremos uma solução factível; Veja F=(6,0), sendo x 2 = 0 e x 3 = 0, satisfaz Ax = b, porém não satisfaz às condições de não-negatividade; Conclusão. Podemos obter soluções fixando as variáveis independentes e resolvendo o sistema restante m m de Ax = b; Vejamos como rearranjar o sistema agrupando as n m variáveis independentes, que devem ser fixas, e as m variáveis dependentes; Voltando ao exemplo em que x 3 e x 4 foram escolhidas como fixas. Então: x 1 + x 2 + x 3 6 x 1 + x 2 x 3 6 Ax = b x 1 x 2 + x 4 = 4 x 1 x 2 + x 4 = 4 3x 1 + x 2 x 5 3 3x 1 + x 2 x Thiago Queiroz (IMTec) Aula 2 Aula 2 38 / 46

39 Soluções Básicas Em notação matricial, Bx B + Nx N = b, ou seja: x [ ] x x3 = 4 x x Denotando as colunas de A = [a 1, a 2, a 3, a 4, a 5 ], em que a i é a i-ésima coluna de A, tem-se: B = = [a 1 a 2 a 5 ] e = [a 3 a 4 ] 0 0 No sistema Ax = b cada variável multiplica sua respectiva coluna de A; Isto é, Ax = b é equivalente a a 1 x 1 + a 2 x a n x n = b; Reorganiza-se as variáveis em: x 1 [ ] x B = x 2 x3 e x N = x x 4 5 Thiago Queiroz (IMTec) Aula 2 Aula 2 39 / 46

40 Em Resumo A ideia de reorganizar as colunas para encontrar uma solução é importante no método simplex; Um modo de resolver o sistema Ax = b é fixando n m variáveis, resultando em um sistema m m; Por outro lado, pode-se escolher m colunas da matriz A que formem uma matriz invertível e fixamos as demais variáveis; E para isto, (sem perda de generalidade), parte-se da hipótese de que posto(a) = m; Por esta hipótese, m n e o sistema Ax = b tem sempre (infinitas) soluções; O grau de liberdade é n m, ou seja, tem n m variáveis sobrando; As variáveis sobrando devem ser fixadas para obter solução única; Thiago Queiroz (IMTec) Aula 2 Aula 2 40 / 46

41 Partição Básica Definição 4. Observe uma reorganização nas colunas da matriz da seguinte forma: A = [B N], em que: B m m, chamada matriz básica, é formada por m colunas de A e é invertível, dada por B = [a B1 a B2... a Bm ]; Nm (n m), chamada matriz não-básica, é formada pelas n-m colunas restantes de A, dada porn = [a N1 a N2... a N( n m)]; Essa partição nas colunas de A é chamada partição básica; [ ] xb Esta partição introduz uma partição no vetor x: x = em que: x N x B1 x B2 x B =., x N = x Bm x N1 x N2. x N( n m) chamado vetor de variáveis básicas;, chamado vetor de variáveis não-básicas. Thiago Queiroz (IMTec) Aula 2 Aula 2 41 / 46

42 Partição Básica Dada a partição básica, escrevemos o sistema Ax = b equivalentemente [ como: ] xb Ax = b [B N] = b. x N Ou seja, Bx B + Nx N = b com solução geral: x B = B 1 b B 1 Nx N ; Através da solução geral podemos determinar qualquer solução do sistema, atribuindo valores a x N e determinando as variáveis básicas em x B ; Observação: Ao introduzir o conceito de partição básica, as variáveis ficam reorganizadas por x = (x B, x N ); Thiago Queiroz (IMTec) Aula 2 Aula 2 42 / 46

43 Solução Básica Definição 5: Considere uma partição básica A = [B N] e a seguinte solução obtida ao se fixar as n m variáveis de x N em zero, isto é: ˆx B = B 1 b ˆx N = 0. A solução ˆx é chamada de solução básica; Se ˆx B = B 1 b 0, dizemos que ˆx é uma solução básica factível; Se ˆx B = B 1 b > 0, dizemos que a solução básica factível é não-degenerada; Exemplo. Veja no exemplo anterior que D=(5,1) é uma solução básica factível, isto é: x B = (x 1, x 2, x 5 ) = (5, 1, 13) e x N = (x 3, x 4 ) = (0, 0) atende a condição ˆx B = B 1b 0 e ˆx N = 0; Exemplo. Veja no exemplo anterior que F=(6,0) não é uma solução factível. Thiago Queiroz (IMTec) Aula 2 Aula 2 43 / 46

44 Vértices Propriedade 1: Considere uma região factível S = {x R n tal que Ax = b, x 0}. Um ponto x S é um vértice de S se e somente se x for uma solução básica factível; Como consequência existe um número finito de vértices, pois há um número finito de partições básicas, limitado por C n m = n! m!(n m)! ; Note que, apesar de finito, o número de vértices pode ser muito grande, principalmente em problemas práticos que envolvam centenas ou milhares de decisões (n) e m << n; Propriedade 2: Se um problema de otimização linear tem solução ótima, então existe um vértice ótimo; Ou seja, se existe uma solução ótima, existe uma solução básica factível ótima; Thiago Queiroz (IMTec) Aula 2 Aula 2 44 / 46

45 Vértices Uma consequência da Propriedade 2 é que basta procurar o ótimo entre as soluções básicas factíveis; O método simplex inicia com uma solução básica factível; E, iterativamente, busca apenas por outras soluções básicas melhores que a corrente. Um método menos eficiente consiste em: Determine todas as K soluções básicas factíveis (vértices de S): x 1, x 2,..., x k ; Determine a solução ótima xj tal que f(x j ) = mínimo {f (x k ), k = 1, 2,..., K }. Exemplo. Qual o motivo do método acima ser menos eficiente que o simplex? Note que pode ocorrer K = C n m = n! m!(n m)!. Thiago Queiroz (IMTec) Aula 2 Aula 2 45 / 46

46 Exemplos Para uma boa alimentação, o corpo necessita de vitaminas e proteínas. A necessidade mínima de vitaminas é de 32 unidades por dia e a de proteínas de 36 unidades por dia. Uma pessoa tem disponível carne e ovos para se alimentar. Cada unidade de carne contém 4 unidades de vitaminas e 6 unidades de proteínas. Cada unidade de ovo contém 8 unidades de vitaminas e 6 unidades de proteínas. Qual a quantidade diária de carne e ovos que deve ser consumida para suprir as necessidades de vitaminas e proteínas com o menor custo possível? Cada unidade de carne custa 3 unidades monetárias e cada unidade de ovo custa 2,5 unidades monetárias. a) Obtenha o modelo de otimização linear para o problema acima; b) Obtenha todas as soluções básicas factíveis para o problema acima; c) Determine a solução ótima, caso exista, do problema acima; Thiago Queiroz (IMTec) Aula 2 Aula 2 46 / 46