Investigação Operacional- 2009/10 - Programas Lineares 3 PROGRAMAS LINEARES

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1 Investigação Operacional- 2009/10 - Programas Lineares 3 PROGRAMAS LINEARES Formulação A programação linear lida com problemas nos quais uma função objectivo linear deve ser optimizada (maximizada ou minimizada) sujeita a restrições em forma de equações ou inequações lineares e restrição de sinal nas variáveis Tipicamente, um problema de programação linear é da forma: Max (ou min) z = c T x s a Ax (ou )b x 0 (sa lê-se: "sujeito a" e signi ca que o óptimo da função deve obedecer às condições que se seguem) em que A é uma matriz de elementos reais com m linhas e n colunas, b é um vector com m elementos (ou, se quisermos, uma matriz com m linhas e 1 coluna), c é um vector com n elementos e x é um vector com n elementos Em tudo o que se segue considera-se que os vectores são matrizes com uma coluna e, por isso, c T é uma matriz com uma linha Por c T x representa-se o produto de uma matriz com uma linha por uma matriz com uma coluna Como se sabe este produto é uma matriz com uma linha e uma coluna que pode ser identi cada com o número real c 1 x 1 + c 2 x 2 + ::: + c n x n A notação x y, sendo x e y vectores com n componentes, representa que x i y i, para i = 1; : : : ; n Há excelentes métodos para resolver um programa linear (LP), sendo o mais conhecido e habitualmente usado o Método Simplex, mas há pouquissima teoria que ajude a formular o programa a partir do problema da vida real Normalmente devem-se fazer várias aproximações ao problema real para que ele que com um formato adequado à formulação em forma de LP, embora se possam agrupar os problemas formuláveis em forma de programação linear em várias categorias como por exemplo a dos problemas de mistura óptima Apresenta-se a seguir um problema e a sua resolução analítica Este problema corresponde à situação mais simples Veremos posteriormente como lidar com restrições de maior complexidade

2 Investigação Operacional- 2009/10 - Programas Lineares 4 O Problema da Mistura Óptima Uma fábrica produz dois tipos de fertilizantes chamados de fosfatados e não fosfatados Para os produzir utiliza três tipos de matérias primas do seguinte modo: ton matéria-prima para uma ton ton/mês matéria-prima fosfatado não-fosfatado disponíveis preço/ton Quanto deve ser produzido de cada tipo de fertilizante de modo a maximizar as vendas? Passos para a resolução: Passo 1: Prepara-se uma lista das variáveis de decisão do problema Esta lista deve ser tal que, a partir da solução óptima, seja possível de nir uma política que implemente essa solução Neste caso temos: x 1 = toneladas de fertilizante fosfatado a serem fabricadas x 2 = toneladas de fertilizante não fosfatado a serem fabricadas Associada a cada variável do problema está uma actividade que deve ser executada Neste problema há duas actividades: Actividade 1: Fabricar uma tonelada de fertilizante fosfatado Actividade 2: Fabricar uma tonelada de fertilizante não fosfatado As variáveis do problema de nem o nível ao qual estas actividades devem ser executadas A formulação do LP exige que determinados pressupostos se veri quem: (i) Proporcionalidade São necessárias 2 toneladas de matéria prima 1 para fabricar 1 tonelada de fertilizante fosfatado A proporcionalidade implica que 2x 1 toneladas de matéria prima 1 são necessárias para fabricar x 1 toneladas de fertilizante fosfatado para qualquer x 1 0 De um modo geral a ij unidades de matéria i são consumidas ao efectuar a actividade j a nível 1, ou seja, a ij x j unidades da matéria i são consumidas ao efectuar a actividade j ao nível x j com x j 0 Também, pela proporcionalidade, como vender uma tonelada de fertilizante fosfatado rende 15 um, x 1 toneladas do mesmo rendem 15x 1 para qualquer x 1 0

3 Investigação Operacional- 2009/10 - Programas Lineares 5 (ii) Aditividade São necessárias duas toneladas de matéria prima 1 para fabricar uma tonelada de fertillizante fosfatado e uma tonelada da mesma matéria prima para fabricar uma tonelada de fertilizante não fosfatado A aditividade implica que 2x 1 + x 2 toneladas de matéria prima 1 são necessárias para fabricar x 1 toneladas de fertilizante fosfatado e x 2 toneladas de fertilizante não fosfatado para quaisquer x 1 0 e x 2 0 A aditividade garante que a função objectivo z(x) = z(x 1 ; x 2 ; :::; x n ) possa ser escrita como uma soma de n funções envolvendo cada qual só uma variável do modelo, isto é: z(x) = z 1 (x 1 ) + ::: + z n (x n ) em que z j (x j ) mede a contribuição da variável x j para a função objectivo (iii) Continuidade Presume-se que cada variável pode tomar qualquer valor real no seu intervalo de variação Passo 2: Escrevem-se todas as restrições e a função objectivo do problema Restrições de não negatividade: as variáveis x 1 e x 2 não devem ser negativas pois não faria qualquer sentido do ponto de vista do problema real: x 1 0; x 2 0 As disponibilidades de matéria prima também vão conduzir a restrições: 2x 1 + x (matéria-prima 1) x 1 + x (matéria-prima 2) x (matéria-prima 3) A função objectivo deve representar o objectivo a alcançar: neste caso, maximizar as vendas Ou seja tem-se z 1 (x 1 ) = 15x 1 (total das vendas de fertilizante fosfatado) e z 2 (x 2 ) = 10x 2 (total das vendas de fertilizante não fosfatado) sendo o total das vendas dado por: z(x) = 15x x 2 Temos assim o LP formulado na forma usual: Passo 3: Introduzir variáveis de afastamento Maximizar z(x) = 15x x 2 sujeito a 2x 1 + x x 1 + x x x 1 0; x 2 0 A manipulação de sistemas de inequações não é fácil, mas, em contrapartida, há toda uma vasta teoria que nos permite resolver sistemas de equações de forma e ciente Devemos então tentar transformar as inequações em equações O processo mais simples consiste em acrescentar ao problema variáveis, chamadas de afastamento, com o

4 Investigação Operacional- 2009/10 - Programas Lineares 6 signi cado de toneladas de matéria prima que cam por utilizar Assim o problema transforma-se em: Maximizar z(x) = 15x x 2 sujeito a 2x 1 + x 2 + x 3 = 1500 x 1 + x 2 + x 4 = 1200 x 1 + x 5 = 500 x 1 0; x 2 0; x 3 0; x 4 0; x 5 0 Neste caso a variável x 2+i representa toneladas de matéria prima i que cam por utilizar Como temos a restrição de as variáveis de afastamento não poderem tomar valores negativos, então qualquer solução do sistema de equações corresponde a uma solução do sistema de inequações Passo 4: Resolução pelo método simplex O conjunto das restrições do PL podem escrever-se de forma abreviada na forma Ax = b e x 0, sendo A uma matriz com 3 linhas e 5 colunas: A = b = x = x 1 x 2 x 3 x 4 x As operações do método simplex são semelhantes às que normalmente se efectuam para resolver um sistema pelo método de Gauss: (i) Multiplicar uma linha por uma constante não nula (ii) Adicionar uma linha multiplicada por uma constante a outra linha Devido à forma geométrica da região admissível (poliedro convexo) é possível demonstrar que a solução óptima se obterá sempre em pelo menos um vértice Por outro lado, da Álgebra Linear, sabe-se que os vértices da região admissível correspondem a soluções básicas deste sistema (Diz-se que uma solução é básica sempre que as variáveis correspondentes a colunas não principais sejam nulas) Deve-se sempre iniciar o processo com uma solução básica admissível (diz-se que uma solução é admissível se todas as variáveis básicas forem não negativas) Isto é, havendo m equações e n incógnitas (m < n) haverá no máximo m colunas de A linearmente independentes, portanto, em qualquer solução básica haverá no máximo m variáveis principais As variáveis não básicas fazem-se iguais a zero É de boa prática iniciar o processo tendo para base a matriz identidade Neste caso, basta tomar para colunas básicas as correspondentes às

5 Investigação Operacional- 2009/10 - Programas Lineares 7 variáveis de afastamento Obtém-se assim o seguinte quadro inicial: v bas b x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x x x z A este quadro corresponde a solução básica admissível x 1 = x 2 = 0; x 3 = 1500; x 4 = 1200; x 5 = 500 e o valor da função objectivo é nulo, o que é lógico pois esta situação corresponde a não produzir nada Como o objectivo é maximizar z deve-se tentar tornar positiva a variável x 1 pois é a ela que corresponde o maior preço de venda A variável x 1 vai assim aumentar de valor a partir do seu valor actual que é 0 Mas o seu crescimento pode fazer com que algumas das outras variáveis básicas se tornem negativas Como só queremos soluções admissíveis deve-se começar por averiguar qual o maior valor que x 1 pode tomar Esse valor é dado por minf1500=2; 1200=1; 500=1g = 500 Isto é a variável x 1 só deve crescer até atingir o valor 500 e quando isso acontecer a variável x 5 vai-se anular Então as duas variáveis vão trocar os seus papéis Deve-se por isso resolver a terceira equação em ordem a x 1 e substituir x 1 nas outras equações e na função objectivo pela expressão obtida Obtém-se novo quadro: v bas b x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x x x z Agora a variável que deve ser tornada positiva é x 2 sendo o crescimento limitado por minf500=1; 700=1g = 500 correspondente a anular x 3 Obtém-se novo quadro: v bas b x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x x x z Analisando a linha correspondente aos custos vê-se que a variável x 5 deve ser incrementada sendo o seu crescimento limitado por minf200=1; 500=1g = 200 o que corresponde a anular x 4 v bas b x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x x x z

6 Investigação Operacional- 2009/10 - Programas Lineares 8 Neste momento não se pode incrementar o valor de qualquer variável não básica pois isso iria corresponder a fazer decrescer a função objectivo, por isso obteve-se o óptimo Conclusão: Deve-se fabricar 300 toneladas de fertilizante fosfatado e 900 toneladas de fertilizante não fosfatado, conduzindo a um volume de vendas de um Casos não triviais Muitas vezes aparecem limites inferiores para os valores das variáveis ou variáveis sem restrição de sinal Os limites inferiores podem ser tratados do seguinte modo x i a <=> x i a 0 Basta pois de nir uma nova variável x 0 i = x i a e eliminar assim a variável x i do problema Quanto às variáveis sem restrição de sinal devem-se substituir pela diferença de duas variáveis não negativas Assim, sendo x j uma variável para a qual não há restrição de sinal, deve-se fazer x j = x + j x j, sendo x + j 0 e x j 0 De notar que, uma vez que as colunas correspondentes a x + j e a x j são simétricas, essas variáveis não podem ser ambas básicas simultaneamente Feitas todas as transformações necessárias o LP pode ser escrito no quadro inicial que se apresenta na gura 1 Cada linha deste quadro representa uma restrição, já sob a forma de igualdade, excepto a última linha que representa a função objectivo A última linha é chamada a linha dos custos e os valores de c j os custos iniciais(coe cientes das variáveis na função objectivo) Os valores a ij são chamados coe cientes, enquanto que os b i são chamados termos independentes As variáveis x 1 ; x 2 ; :::; x n incluem as variáveis de decisão e as variáveis de afastamento Diz-se que este quadro está na forma canónica, se existe uma matriz identidade de ordem m entre as colunas de A e se os termos independentes forem positivos (Caso tal não se veri que é necessário usar o método que será descrito na próxima secção) b x 1 x 2 : : : x j : : : x n b 1 a 11 a 12 : : : a 1j : : : a 1n b i a i1 a i2 : : : a ij : : : a in b m a m1 a m2 : : : a mj : : : a mn z c 1 c 2 : : : c j : : : c n Figura 1

7 Investigação Operacional- 2009/10 - Programas Lineares 9 Variáveis Arti ciais - Método das duas fases Se não for possível obter a matriz identidade a partir das colunas das variáveis de decisão e das variáveis de de afastamento, devem-se acrescentar as colunas necessárias para completar a matriz identidade Para obter essas colunas incluem-se variáveis arti ciais nas restrições convenientes Exemplo: b x 1 x 2 x 3 x 4 x z Neste caso para ter a matriz identidade falta a coluna (0; 0; 1) T Deve-se então acrescentar uma variável arti cial na última restrição obtendo-se assim: b x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x z A este quadro corresponde a solução x 1 = x 2 = x 4 = 0; x 3 = 1500; x 5 = 1200; x 6 = 500 que não satisfaz as restrições do problema original O primeiro passo será encontrar uma solução básica admissível, não contendo variáveis arti ciais, para que se satisfaçam as restrições do problema inicial Começa-se então por ter como objectivo minimizar a função W = x 6 Como é x 6 0 esse óptimo corresponderá a W = x 6 = 0 De um modo geral, faz-se W = P variáveis arti ciais O quadro aparece então com a nova função objectivo, que corresponde à primeira fase do método Quando se atingir o óptimo desta primeira fase obtém-se uma solução admissível para o problema inicial vbas b x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 x x x W Para se saber qual a variável não-básica a incrementar é necessário exprimir a função objectivo só à custa das variáveis não-básicas Por outras palavras devem-se anular os custos

8 Investigação Operacional- 2009/10 - Programas Lineares 10 respeitantes às variáveis básicas Neste caso teremos: vbas b x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 x x x W Tanto se pode escolher x 1 como x 4 para entrarem na base Seguindo a regra de, em caso de empate, escolher o primeiro, escolhe-se x 1 O seu valor máximo é dado por minf500=1; 1200=1; 1500=2g = 500 Então a variável arti cial vai sair da base por troca com x 1 vbas b x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 x x x W Isto signi ca que já se obteve uma solução básica admissível para o problema inicial Nesta fase pode-se retirar a coluna da variável arti cial e começar agora a pensar na função objectivo do problema inicial Substitui-se então a linha correspondente à função W pela linha correspondente à função z De notar que pela mesma razão já referida se devem anular os custos respeitantes às variáveis básicas Obtêm-se assim os dois quadros que se seguem vbas b x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x x x z vbas b x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x x x z e agora prossegue-se normalmente com o método simplex até se encontrar o óptimo para z O procedimento que acabou de ser descrito tem o nome de método das duas fases, consistindo a primeira fase no eliminar das variáveis arti ciais e a segunda fase na optimização da função z No nal da primeira fase podemo-nos deparar com três situações diferentes:

9 Investigação Operacional- 2009/10 - Programas Lineares 11 (i) Obtém-se o valor W = 0 e prossegue-se para a segunda fase (ii) Obtém-se W < 0 com a indicação de óptimo: O problema não tem solução admissível (iii) Obtém-se W = 0 com variáveis arti ciais na base a nível 0 : o problema é degenerado ou tem equações redundantes Se toda a linha correspondente a uma variável arti cial é nula nas colunas não arti ciais, a restrição respectiva é redundante e pode ser retirada Se algum elemento nessa linha é não nulo numa coluna não arti cial então as variáveis arti cial e não arti cial podem-se trocar sem alterar a solução: obtém-se assim uma solução degenerada