Universidade Federal de Goiás Instituto de Matemática e Estatística

Transcrição

1 Universidade Federal de Goiás Instituto de Matemática e Estatística Prova 1 de Pesquisa Operacional Prof.: Fabiano F. T. dos Santos Goiânia, 16 de abril de 2014 Aluno: Nota: Descreva seu raciocínio e desenvolva todas as contas. Não utilize caneta vermelha. Responda todas as perguntas nas folhas correspondentes. O pessimista reclama do vento, o otimista espera que ele mude, o realista ajusta as velas. (Provérbio chinês)

2 Questão 1 Considere o seguinte conjunto de restrições: 2x 1 + 3x 2 6 x 1 5 x 2 5 x 1 0, x 2 0 Resolva, pelo método gráco, cada um dos PPL's abaixo. a) MAXIMIZAR: Z = 2x 1 + 3x 2, sujeito às restrições dadas. (1,00 ponto) b) MINIMIZAR: Z = 2x 1 + 3x 2, sujeito às restrições dadas. (1,00 ponto) SOLUÇÃO A região de soluções viáveis é: a) Veja que quando Z cresce, as retas 2x 1 + 3x 2 = z (em laranja) caminham em direção ao vértice (5, 5). Como esse é um problema de maximização, a solução ótima é (5, 5) e o valor máximo de Z é 25. b) Observe que quando Z decresce, as retas 2x 1 + 3x 2 = z (em laranja) caminham em direção ao segmento de extremos (3, 0) e (0, 2).

3 Como esse é um problema de minimização, existem múltiplas soluções: (x 1, x 2 ) = w 1 (3, 0) + w 2 (0, 2), com w 1 + w 2 = 1, w 1 0 e w 2 0. Nesse caso, o valor mínimo de Z é 6.

4 Questão 2 Uma rodovia ligando duas cidades muito importantes será construída. Infelizmente, não estão disponíveis na região, jazidas de rochas adequadas à obtenção de pedra britada (material essencial para a construção de tal rodovia). Faz-se necessário o transporte desse material de jazidas mais próximas para alguns pontos convenientes preestabelecidos ao longo do caminho onde será implantada a rodovia, ao menor custo. Na gura abaixo, são apresentados todos os caminhos posíveis que ligam cada pedreira (P 1, P 2, P 3 e P 4 ) aos depósitos (D 1, D 2 e D 3 ). As quantidades ofertadas e demandadas, em toneladas, bem como o custo, em reais, para transportar 1 tonelada de pedra da pedreira i para o depósito j, são dados na tabela abaixo Formule (não precisa resolver) um problema de programação linear com o objetivo de minimizar o custo de se transportar pedra britada das pedreiras para os depósitos (Dena claramente as variáveis de decisão, função objetivo e o signicado das restrições). (3,00 pontos) SOLUÇÃO Sejam x ij = quantidade de pedra britada transportada da pedreira i para o depósito j, com i = 1, 2, 3, 4 e j = 1, 2, 3. Z = custo para transportar a pedra britada das pedreiras para o depósito. O custo pode ser representado por Z = 30x x x x x x x x x x x x 43. A oferta de pedra britada nas pedreiras 1,2,3 e 4 gera, respectivamente, as seguintes restrições: x 11 + x 12 + x , x 21 + x 22 + x , x 31 + x 32 + x e x 41 + x 42 + x

5 A demanda nos depósitos 1,2 e 3 gera, respectivamente, as seguintes restrições: x 11 + x 21 + x 31 + x 41 = 697, x 12 + x 22 + x 32 + x 42 = 421 e x 13 + x 23 + x 33 + x 43 = 612. As restrições de não-negatividade são: x ij 0, i = 1, 2, 3, 4, j = 1, 2, 3. Logo, o problema de programação linear é: Minimizar: Z = 30x x x x x x x x x x x x 43 Sujeito a: x 11 + x 12 + x x 21 + x 22 + x x 31 + x 32 + x x 41 + x 42 + x x 11 + x 21 + x 31 + x 41 = 697 x 12 + x 22 + x 32 + x 42 = 421 x 13 + x 23 + x 33 + x 43 = 612 x ij 0, i = 1, 2, 3, 4, j = 1, 2, 3.

6 Questão 3 Um carpinteiro possui 6 peças de madeira e dispõe de 28 horas de trabalho para confeccionar biombos ornamentais. Dois modelos venderam muito bem no passado, de maneira que ele se limitou a esses dois tipos. O modelo I requer 2 peças de madeira e 7 horas de trabalho, enquanto o modelo II necessita de 1 peça de madeira e 8 horas de trabalho. Os preços são, respectivamente, 120 e 80 reais. Quantos biombos de cada modelo o carpinteiro deve montar se desejar maximizar o rendimento obtido com as vendas? Elabore um problema de programação linear e resolva-o via método simplex. (4,00 pontos) SOLUÇÃO Sejam x i = número de biombos do modelo i, com i = 1, 2. Z = rendimento obtido com as vendas. O problema de programação linear é: Maximizar: Z = 120x x 2 Sujeito a: 2x 1 + x 2 6 7x 1 + 8x 2 28 x 1 0, x 2 0 Acrescentando as variáveis de folga x 3 = 6 2x 1 x 2 e x 4 = 28 7x 1 8x 2, o problema na forma aumentada ca assim: Maximizar: Z Sujeito a: Z 120x 1 80x 2 = 0 (I) 2x 1 + x 2 + x 3 = 6 (II) 7x 1 + 8x 2 + x 4 = 28 (III) x 1 0, x 2 0, x 3 0, x 4 0 Na inicialização, as variáveis não-básicas são x 1 e x 2 (x 1 = x 2 = 0), a solução BV inicial é (0, 0, 6, 28) e Z = 0. Essa não é uma solução ótima, pois Z pode ser aumentada, aumentando-se x 1 ou x 2. A taxa de crescimento de Z é maior utilizando-se x 1 ; logo ela passará a ser básica. Devemos aplicar o teste da razão mínima para decidir quem deixa de ser básica: x 3 = 6 2x 1 0 e x 4 = 28 7x 1 0 x 1 3. Quando x 1 alcança seu valor máximo, que é 3, x 3 torna-se zero; logo, x 3 deixará de ser básica. Precisamos reescrever o problema a m de reestruturar as equações: Multiplicando a equação (II) por 1/2, obtemos x x x 3 = 3 ( ). Multiplicando a equação ( ) por 120 e somando coma equação (I), obtemos Z 20x 2 +60x 3 = 360. Multiplicando a equação ( ) por -7 e somando com a equação (III), obtemos 9 2 x x 3 + x 4 = 7. O novo sitema é:

7 Z 20x x 3 = 360 (I) x x x 3 = 3 (II) 9 2 x x 3 + x 4 = 7 (III) As variáveis não-básicas são x 2 e x 3 (x 2 = x 3 = 0) e a solução BV é (3, 0, 0, 7), com Z = 360. Essa não é uma solução ótima, pois Z pode ser aumentada, aumentando-se x 2. Devemos aplicar o teste da razão mínima para decidir quem deixa de ser básica: x 1 = x 2 0 e x 4 = x 2 0 x Quando x 2 alcança seu valor máximo, que é 14 9, x 4 torna-se zero; logo, x 4 deixará de ser básica. Precisamos reescrever o problema a m de reestruturar as equações: Multiplicando a equação (III) por 2/9, obtemos x x x 4 = 14 9 ( ). Multiplicando a equação ( ) por -1/2 e somando coma equação (II), obtemos x x x 4 = Multiplicando a equação ( ) por 20 e somando com a equação (I), obtemos Z x x 4 = O novo sitema é: Z x x 4 = x x x 4 = 20 9 x x x 4 = 14 9 As variáveis não-básicas são x 3 e x 4 (x 3 = x 4 = 0) e a solução BV é ( 20, , 0, 0), com Z = Essa é a solução ótima, pois Z não pode mais ser aumentado. Assim, a solução ótima do problema é ( 20, ) e o rendimento máximo é de reais

8 Questão 4 Dê um exemplo de um problema de programação linear que não tenha soluções (Obviamente, você deve explicar por que o problema não tem nenhuma solução). (1,00 ponto) SOLUÇÃO Existem inúmeros exemplos. Problemas com regiões ilimitadas ou regiões desconexas são os mais simples. Considere, por exemplo, o seguinte problema de programação linear: Maximizar: Z = x 1 + x 2 Sujeito a: x 2 5 x 1 0, x 2 0 Note que aumentando-se Z, as retas x 2 = x 1 + Z não conseguem fugir da região de soluções viáveis, pois tal região é ilimitada: Isso signica que Z pode ser aumentado indenidamente; logo, o problema não possui solução.