CAPÍTULO 3. Método Simplex

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1 CAPÍTULO 3 1. Soluções Básicas Admissíveis Considere um problema de PL representado nas suas formas padrão e matricial. Uma base é um conjunto de m variáveis, tais que a matriz dos coeficientes do sistema de equações lineares (3.2) é não singular (isto é, cujo determinante é não nulo). Por outras palavras, é toda a submatriz quadrada regular (m m) contida em A (m n) existe pelo menos uma, já que car (A) = m < n. Então, pode-se rescrever a matriz A da seguinte forma : A = [ B N ] onde N é a submatriz formada pelas colunas de A que não estão na base B. Da mesma forma, se pode particionar o vector X em X = [ X ] T e o vector C em B X N C = [ C B C N ]. Portanto, o problema pode ser representado da seguinte forma : Maximizar Z = [ C C ] B X X N B X X Sujeito a [ B N] = b B X + N X = b X 0 N B N B N

2 28 Considere-se as seguintes definições : variáveis básicas (VB) : as m variáveis que formam a base do sistema variáveis não básicas (VNB) : as restantes n-m variáveis solução básica (SB) : solução cujos valores das VNB são nulos (X com X N = 0 e X B = B -1 b) solução básica admissível (SBA) : SB com todas as VB não negativas (X B 0) SBA não degenerada : SBA em que as VB são estritamente positivas (X B > 0) SBA degenerada : SBA em que uma ou mais VB são nulas base admissível : uma base que corresponde a uma solução básica admissível um ponto x X é ponto extremo se e só se constituir uma SBA do problema de PL o conjunto dos vértices de um politopo X = { x : A x = b, x 0, x R n } corresponde ao conjunto de soluções básicas admissíveis o conjunto dos PE da região admissível corresponde ao conjunto das SBA e são ambos não vazios, desde que a região admissível seja não vazia. Cada SBA é equivalente a um PE, mas podem existir várias SBA correspondendo ao mesmo PE. Propriedades dos pontos extremos admissíveis : 1. Se existe apenas uma solução óptima, então tem de ser um PE admissível. 2. Se existem várias soluções óptimas, então pelo menos 2 são PE admissíveis adjacentes. 3. Existe um número finita de PE admissíveis. 4. Se um PE admissível não tem PE admissíveis adjacentes melhores, então esse PE é óptimo. As propriedades 1 e 2, implicam que a pesquisa de uma solução óptima pode ser reduzida, considerando apenas os PE admissíveis; desta forma, existe um número finito de soluções a considerar (propriedade 3). A propriedade 4 fornece um teste de optimalidade muito conveniente. 2. O método Simplex explora as 4 propriedades dos pontos extremos admissíveis apresentadas no sub-capítulo anterior (1), apenas examinando relativamente poucos PE admissíveis e parando logo que um deles passe o teste de optimalidade. Desta forma, o método Simplex move-se repetidamente (iterativamente) do PE admissível actual para um melhor PE admissível, até que a solução actual não tenha nenhum PE admissível adjacente melhor. Este processo é composto pelos seguintes passos : 1º) Iniciação : Começar com um PE admissível. Qualquer PE admissível pode ser adoptada como solução inicial; no entanto, uma boa hipótese para a SBA inicial será considerar as slacks como VB e as originais como VNB. 2º) Iteração : Mover-se para um melhor PE admissível adjacente. (Repetir este passo quantas vezes forem necessárias). Este movimento implica a conversão de uma VNB numa VB

3 Algoritmo Primal Simplex (problema de maximização) 29 (chamada a variável básica de entrada) e, simultaneamente, a conversão de uma VB numa VNB (chamada variável básica de saída), para depois identificar a nova SBA. 3º) Teste de optimalidade : O PE admissível actual é óptimo se nenhum dos PE admissíveis seus adjacentes são melhores. 3. Algoritmo Primal Simplex (problema de maximização) Considere-se um problema de PL de maximização na sua forma padrão (Error! Reference source not found.). Na resolução de um problema através do algoritmo de Simplex, recorre-se ao chamado quadro Simplex. Supondo que as variáveis básicas são as primeiras m, x B = (x 1,..., x m ) e x N = (x m+1,..., x m+n ), o quadro Simplex padrão assume o seguinte aspecto : X B x B x N 2º membro I m z j c j A = B N b = xb = B b CB A C N ZB = CB b Passo inicial : Construir o quadro Simplex, considerando como SBA inicial, as m variáveis slacks, ficando o quadro Simplex com o seguinte aspecto : X B x 1... x n x n+1... x n+m 2º m. x n+1 a a 1n b x n+m a m1... a mn b m z j c j c 1 c n Passo principal : Considerar o quadro Simplex padrão. 1) Seja z k c k = mínimo { z j c j : j R }, onde R é o conjunto dos índices das VNB (candidatas a entrarem na base) Se z k c k 0 então a SBA actual é óptima senão continuar (teste de optimalidade) 2) Examinar a coluna k do quadro ( A k ) : Se A ik 0 i então o problema tem óptimo ilimitado (+ ) senão continuar. 3) A variável x k entra na base e a x t sai da base, sendo t determinado pelo seguinte teste : bt bi xt = = min, aik > 0. atk aik

4 30 Algoritmo Primal Simplex (problema de maximização) Se existirem mais do que uma variável nestas condições, qualquer uma pode ser usada (conduz a soluções degeneradas). 4) Actualizar o quadro Simplex, sendo o pivot o valor de a tk Exemplo : eliminação de Gauss, de forma que o quadro apresente as seguintes alterações :, utilizando o método de a) na coluna k aparece tudo a 0, excepto na posição do pivot onde aparece 1, b) a linha z j c j recalculada. Uma empresa fabrica dois tipos de produtos : A e B. O lucro unitário líquido de cada um é 45 (A) e 30 u.m. (B). Numa máquina, os produtos são processados durante 2 min. (A) e 1 min. (B). A máquina está disponível 1000 min.. Cada um dos produtos requer 1 min. de mão-de-obra directa. A disponibilidade de mão-de-obra é 800 min.. Estudos de mercado indicam que a procura dos produtos A e B não excede 400 e 700 unidades, respectivamente. Quantas unidades de A e B devem ser fabricadas de modo a maximizar o lucro? Formalização do problema : x 1 = quantidade de unidades do produto A x 2 = quantidade de unidades do produto B Max 45 x x 2 (lucro) s. a 2 x 1 + x (máquina) x 1 + x (mão-de-obra) x (procura de A) x (procura de B) x 1, x 2 0 Passar o problema para a sua forma padrão : Determinar x i 0, i = 1,...,6 de modo a Max 45 x x 2 s. a 2 x 1 + x 2 + x 3 = x 1 + x 2 + x 4 = 800 x 1 + x 5 = 400 x 2 + x 6 = 700 x i 0, i = 1,...,6

5 Algoritmo Primal Simplex (problema de maximização) 31 Resolução do problema, utilizando o algoritmo Simplex : Passo inicial : X B x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 2º m. L 1 2 L 3 x /2 = 500 L 2 L 3 x /1 = 800 L 3 x /1 = 400 L 4 x ( ) L L 3 z j c j ª Iteração : X B x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 2º m. L 1 x /1 = 200 L 2 L 1 x /1 = 400 L 3 x ( ) L 4 L 1 x /1 = 700 L L 1 z j c j ª Iteração : X B x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 2º m. L L 2 x ( ) L 2 x /1 = 200 L 3 L 2 x /1 = 400 L 4 2 L 2 x /2 = 250 L L 2 z j c j ª Iteração : X B x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 2º m. x x 2 (opt) x x 5 (opt) x x 1 (opt) x x 6 (opt) z j c j Z max Como os elementos da linha (z j c j ) são todos não negativos, a solução presente é óptima : x* = (200, 600, 0, 0, 200, 100) com z* =

6 32 Técnica da base artificial 4. Problemas com restrições, = e Considere-se um problema de PL, apresentando a seguinte forma : Max C X s. a A X b {, =, } X 0 em que todas as componentes de b são não negativas. Restrição variável slack coeficiente 1 (coluna I) quando o valor de b excede o lado esquerdo coeficiente nulo na função objectivo corresponde à quantidade de recurso não consumido Restrição variável slack coeficiente 1 quando o lado esquerdo excede o valor de b coeficiente nulo na função objectivo corresponde à quantidade de recurso consumido além do mínimo requerido Restrições e = variável artificial coeficiente 1 (coluna I) não pode aparecer na solução óptima coeficiente negativo muito elevado na função objectivo 5. Técnica da base artificial Como não existe qualquer variável que possa ser imediatamente tornada como básica, isto é, a matriz dos coeficientes A não contém uma submatriz identidade (b 0), é necessário introduzir algumas variáveis artificiais, tantas quanto as necessárias, para se conseguir arranjar um submatriz identidade de ordem m. As variáveis artificiais, ao contrário das slacks, não têm significado de natureza económica, sendo apenas um mero artifício matemático daí a designação de artificiais. O objectivo consiste em anular as variáveis artificiais, pois só desta forma será possível a obtenção de uma solução do problema inicial. No entanto, qualquer solução do problema original é também solução do problema aumentado, com as variáveis artificiais a zero. O inverso também é verdade, desde que as variáveis artificiais valem zero. Para conseguir tal objectivo, irão ser estudados 2 métodos diferentes, que são 2 variantes do método Simplex : método do M Grande (Penalidades) e método das Duas Fases.

7 Técnica da base artificial Método do M Grande (ou das Penalidades) Neste método, as variáveis artificiais são fortemente penalizadas na função objectivo, de modo a provocar rapidamente o seu anulamento. O método Simplex, tenderá naturalmente a eliminar da base as variáveis artificiais, como se pretende, dado que aquelas estão penalizadas com coeficientes arbitrariamente grandes : ( M) na maximização e (+M) na minimização. Considere-se um problema de PL na forma padrão : Maximizar Z = c 1 x c n x n Sujeito a a 11 x a 1n x n = b 1... a m1 x a mn x n = b m x i 0, i = 1,,n Por aplicação do método do M-Grande, passa-se ao seguinte problema aumentado : Maximizar Z = c 1 x c n x n M x n+1 M x n+m Sujeito a a 11 x a 1n x n + x n+1 = b 1... a m1 x a mn x n + x n+m = b m x i 0, i = 1,, n+m em que as variáveis x i (i = n+1,, n+m) são artificiais e M o coeficiente de penalização. No entanto, os valores dos coeficientes de custo da função objectivo (linha de custo), associados às variáveis artificiais são não nulos (c j = M, j é índice de variável artificial) o que não pode acontecer, pois todos aqueles valores têm quer ser nulos. Logo, é necessário determinar uma nova função objectivo, que seja equivalente à anterior, mas em que os coeficientes de custo das variáveis artificiais sejam nulos. Para tal, calcula-se a nova função objectivo, em função da anterior e das restrições onde existam as referidas variáveis. Exemplo : Uma pequena empresa fabrica 3 tipos de kits electrónicos : A, B e C. O lucro unitário líquido de cada um é 5 (A), 10 (B) e 15 u.m. (C). O tempo disponível limita o número total de kits que podem ser fabricados, a 500. Estudos de mercado indicam que o total de kits tipos A e B deve ser pelo menos 100. O total de kits tipo A deve exceder exactamente em 120 o total de kits tipos B e C. Quantas unidades de A, B e C devem ser fabricadas de modo a maximizar o lucro?

8 34 Técnica da base artificial Formalização do problema : x 1 = quantidade de unidades do kit A x 2 = quantidade de unidades do kit B x 3 = quantidade de unidades do kit C Max Z = 5 x x x 3 (lucro) s. a x 1 + x 2 + x (capacidade) x 1 + x (procura de A e B) x 1 x 2 x 3 = 120 (excedente de A) x 1, x 2, x 3 0 Passar o problema para a sua forma padrão : Max Z = 5 x x x 3 s. a x 1 + x 2 + x 3 + x 5 = 500 x 1 + x 2 x 4 = 100 x 1 x 2 x 3 = 120 x i 0, i = 1,...,5 Como não é possível arranjar uma matriz identidade, terão que ser introduzidas variáveis artificiais no problema. Desta forma, o problema passará a ter a seguinte forma : Max Z = 5 x x x x x 5 M x 6 M x 7 (M + ) s. a x 1 + x 2 + x 3 + x 5 = 500 x 1 + x 2 x 4 + x 6 = 100 x 1 x 2 x 3 + x 7 = 120 x i 0, i = 1,...,7 (x 6, x 7 variáveis artificiais) Aplicando o algoritmo Simplex a este problema, tem-se : Passo inicial : X B x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 x 7 2º m. L 1 L 2 x L 2 x L 3 L 2 x (1) z j c j M M 0 L 4 + (2M+5) L 2 (2) z j c j 2M 5 10 M 15 M M

9 Técnica da base artificial 35 (1) Como os valores de z j c j (j = 6, 7) são não nulos (M) e x 6 e x 7 são variáveis básicas (portanto, para que se possa aplicar o algoritmo Simplex têm que ter z j c j = 0, j = 6, 7), é necessário construir uma nova linha para z j c j, o que se faz da seguinte forma : Linha 4 [ M M 0 ] Linha 2 (x 6 ) M [ ] Linha 3 (x 7 ) M [ ] Nova linha 4 [ 2M 5 10 M 15 M M ] Desta forma, o primeiro quadro Simplex será o anterior, em que a linha z j c j será a (2). 1ª Iteração : X B x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 x 7 2º m. L 1 L 3 x L 2 + L 3 x L 3 x L 4 + (M+5) L 2 z j c j 0 2M 5 M 15 M 5 0 2M M+500 2ª Iteração : X B x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 x 7 2º m. ½ L 1 x L 2 + ½ L 1 x L 3 + ½ L 1 x L L 1 z j c j M M ª Iteração : X B x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 x 7 2º m. x x x z j c j M M Como todos os elementos da linha (z j c j ) são não negativos, então a solução presente é óptima : x* = (310, 0, 190, 210, 0, 0, 0) com z* = No quadro inicial as variáveis artificiais x 6 e x 7 são VB R 2 e R 3 são violadas. No 2º quadro a variável artificial x 7 é VB R 3 é violada. No 3º quadro a variável artificial x 6 e x 7 são VNB Solução admissível.

10 36 Técnica da base artificial 5.2. Método das Duas-Fases Nesta variante, o problema de PL é resolvido em duas fases distintas : na primeira, procura-se determinar se existem soluções admissíveis para o problema inicial e, caso existam, obtém-se uma SBA que será a solução de partida (inicial), da fase seguinte; a segunda, consiste simplesmente na aplicação do algoritmo do Simplex, tal como foi descrito inicialmente. A 1ª fase consiste em remover da base todas as variáveis artificiais, de forma a obter uma SB apenas com variáveis não artificiais do problema. Para tal, resolve-se o seguinte problema de PL (problema auxiliar), começando com (X, X a ) = (0, b) como SBA : Minimizar Z = X a Sujeito a A X = b X 0 em que X a é o vector das variáveis artificiais e o objectivo consiste, nesta fase, em minimizar a sua soma (função objectivo artificial), quer o problema inicial seja de maximização quer seja de minimização. Portanto, obtida uma solução para o problema auxiliar com as variáveis artificiais nulas, fica determinada a SBA de partida para o problema inicial. É evidente que uma solução nestas condições só se verifica com o valor da FO artificial igual a zero (Z = 0). No entanto, outros situações podem acontecer. Portanto, no fim do 1ª fase, em que se atingiu a solução óptima do problema auxiliar, está-se numa das situações seguintes : i) z > 0 existe pelo menos uma variável artificial básica com valor estritamente positivo o problema inicial é impossível (região admissível vazia); ii) z = 0 com todas as variáveis artificiais não básicas a solução em presença é uma SBA de partida para o problema inicial passar directamente à 2ª fase. iii) z = 0 com pelo menos uma variável artificial básica (nula) a solução encontrada é uma solução admissível para o problema inicial. Se existir algum vector não artificial fora da base em condições de substituir um vector artificial procede-se à substituição, sendo a solução obtida degenerada; caso contrário, tira-se do quadro Simplex a linha respectiva (e a variável artificial associada). Em qualquer dos casos, após estas operações, passar à 2ª fase. A 2ª fase consiste em considerar a solução obtida na fase anterior como primeira SBA, e aplicar o método Simplex normalmente até se atingir a solução óptima. Nesta fase, os vectores artificiais podem ser suprimidos dos respectivos quadros; no entanto, é vantajoso a sua manutenção, sem contudo questionar a sua possível reentrada na base.

11 Técnica da base artificial 37 Exemplo : Considere o seguinte problema de PL (minimização) : Min Z = 3 x x 2 s. a x 1 3 x 2 4 x 1 + x 2 5 x x x x 2 10 x 1, x 2 0 Este problema é equivalente ao seguinte problema de maximização : Maximizar Z = 3 x 1 2 x 2 Sujeito a (x 1, x 2 ) X (mesmas restrições anteriores) Passar o problema para a sua forma padrão : Maximizar Z = 3 x 1 2 x 2 Sujeito a x 1 + x 5 = 3 x 2 + x 6 = 4 x 1 + x 2 + x 7 = 5 x x 2 x 3 + x 8 = 5 5 x x 2 x 4 + x 9 = 10 x i 0, i = 1,...,9 (x 8, x 9 variáveis artificiais) 1ª Fase : Resolver o seguinte problema de PL auxiliar : Minimizar Z = x 8 + x 9 sujeito a x X o qual é equivalente ao seguinte problema de maximização : Maximizar Z = x 8 x 9 sujeito a x X

12 38 Técnica da base artificial Aplicando o algoritmo Simplex a este problema de maximização, tem-se : Passo inicial : X B x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 x 7 x 8 x 9 2º m. L 1 x L 2 (1/5) L 4 x L 3 (1/5) L 4 x (1/5) L 4 x L 5 (2/5) L 4 x (1) z j c j L 6 + (7/5) L 4 (2) z j c j (1) Como os valores de z j c j (j = 8, 9) são não nulos (1), x 8 e x 9 são variáveis básicas (portanto, para que se possa aplicar o algoritmo Simplex têm que ter z j c j = 0, j = 8, 9), é necessário construir uma nova linha para z j c j, o que se faz da seguinte forma : Linha 6 [ ] Linha 4 (x 8 ) [ ] Linha 5 (x 9 ) [ ] Nova linha 6 [ ] Desta forma, o primeiro quadro Simplex será o anterior, em que a linha z j c j será a (2). 1ª Iteração : X B x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 x 7 x 8 x 9 2º m. L 1 (5/23) L 5 x L 2 + (1/23) L 5 x 6 1/5 0 1/ /5 0 3 L 3 (4/23) L 5 x 7 4/5 0 1/ /5 0 4 L 4 (1/23) L 5 x 2 1/5 1 1/ /5 0 1 (5/23) L 5 x 9 23/5 0 2/ /5 1 8 L 6 + L 5 z j c j 23/5 0 2/ / ª Iteração : X B x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 x 7 x 8 x 9 2º m. x /23 5/ /23 5/23 29/23 x /23 1/ /23 1/23 77/23 x /23 4/ /23 4/23 60/23 x /23 1/ /23 1/23 15/23 x /23 5/ /23 5/23 40/23 z j c j

13 Técnica da base artificial 39 Como z j c j 0, j, a solução actual é óptima, para o problema auxiliar, que será a SBA de partida para o problema inicial. Esta solução é a seguinte : 2ª Fase : x * =,, 0, 0,,, e z * = Resolver o problema inicial utilizando o algoritmo Simplex, em que a SBA de partida é a solução óptima do problema auxiliar. Portanto, retoma-se a função objectivo inicial, pelo que o 1º quadro desta fase apenas difere do último da 1ª fase no que diz respeito aos z j c j. Como x 1 e x 2 fazem parte da SBA de partida, então valores de z j c j (j = 1, 2) têm de ser nulos, o que não acontece (c 1 = 3 e c 2 = 2). Para tal, é necessário alterar a linha que corresponde a estes valores, da seguinte forma : X B x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 x 7 x 8 x 9 2º m. x /23 5/ /23 5/23 29/23 x /23 1/ /23 1/23 77/23 x /23 4/ /23 4/23 60/23 x /23 1/ /23 1/23 15/23 x /23 5/ /23 5/23 40/23 (1) z j c j (2) z j c j 0 0 4/23 13/ /24 13/23 150/23 Z max (1) Como os valores de z j c j (j = 1, 2) são não nulos (3, 2), x 1 e x 2 são variáveis básicas (portanto, para que se possa aplicar o algoritmo Simplex têm que ter z j c j = 0, j = 1, 2), é necessário construir uma nova linha para z j c j, o que se faz da seguinte forma : (1) Linha 6 [ ] Linha 4 (x 8 ) 2 [ 0 1 5/23 1/ /23 1/23 15/23 ] Linha 5 (x 9 ) 3 [ 1 0 2/23 5/ /23 5/23 40/23 ] (2) Nova linha 6 [ 0 0 4/23 13/ /23 13/23 150/23 ] Desta forma, o primeiro quadro Simplex será o anterior, em que a linha z j c j será a (2). Como z j c j 0, j, a solução associada ao quadro é óptima. Esta é a seguinte : * =,, 0, 0,,, x com Z = ( = ) min Z max

14 40 Problemas de minimização Resolução gráfica do problema : 6. Problemas de minimização Até aqui, o método Simplex apenas tem sido aplicado a problemas que consistem na maximização das funções de custo. No entanto, este método também se pode aplicar a problemas de minimização. Para tal, não será necessário alterar o algoritmo Simplex, descrito anteriormente, podendo aquele ser aplicando a problemas de minimização, pois pode-se converter um problema daquele tipo num problema de maximização equivalente, da seguinte forma : Minimizar Sujeito a Z = c 1 x 1 + c 2 x c n x n (x 1, x 2,, x n ) X é equivalente a Maximizar Sujeito a Z = c 1 x 1 c 2 x 2 c n x n (x 1, x 2,, x n ) X

15 Propriedades do quadro Simplex Interpretação económica das variáveis folga ( slack ) Uma variável slack, corresponde à quantidade de recurso não consumido (com coeficiente +1), ou à quantidade de recurso consumido além do mínimo requerido (com coeficiente 1). Considere-se a solução óptima encontrada para o exemplo descrito em (5.1) : X* = (310, 0, 190, 210, 0) Z* = { b = (500, 100, 120) } Estes valores significam o seguinte : x 1 (quantidade do kit A produzida) = 310 x 2 (quantidade do kit B produzida) = 0 x 3 (quantidade do kit C produzida) = 190 x 4 (quantidade de kits do tipo A e B produzidos, além do mínimo exigido) = 210 x 5 (quantidade de horas que restam) = 120 Por outro lado, z j = c 1 x 1j + c 2 x 2j c m x mj corresponde ao valor do rendimento que se deixa de ter pela activação unitária de cada uma das actividades excluídas custo de oportunidade. c j rendimento directo. 8. Propriedades do quadro Simplex Cada quadro contém uma matriz identidade de ordem m (I m ). Todas as componentes de b são positivas ( b 0 ). z j c j negativo função objectivo pode ser melhorada. Mesmo valor de z j c j para diferentes j qualquer um pode ser utilizado (heurística : escolher o de menor índice). Existe z j c j negativo mas apenas há elementos não positivos na coluna pivot solução não limitada. Acontece, normalmente, quando o problema está mal formulado. Variável artificial na solução óptima solução inexistente (região admissível vazia). Empate na escolha do elemento pivot qualquer um pode ser usado (conduz a soluções degeneradas). z j c j nulo e x j é VNB óptimos alternativos. Se x j entrar na base, obtém-se a solução alternativa (também PE admissível); portanto, qualquer solução resultante da combinação convexa daquelas soluções, será também solução óptima.

16 42 Degenerescência e entrada em ciclo (Técnica da Perturbação) 9. Degenerescência e entrada em ciclo (Técnica da Perturbação) Como a quantidade de SBA de um problema de PL é finito, o algoritmo Simplex garante a convergência para a solução óptima, desde que o valor da FO vá sempre melhorando (em sentido estrito) em cada iteração soluções não degeneradas. Desta forma, a solução óptima é atingida ao fim de um número finito de iterações, uma vez que cada SBA do problema aparecerá, quando muito, apenas uma vez ao longo do processo. No entanto, pode acontecer que, ao passar-se de uma SBA para outra, esta tenha associado um valor da função objectivo igual ao da anterior, podendo esta situação manter-se no decurso de uma sucessão de iterações, e até mesmo acontecer que, após algumas iterações, estar-se perante uma SBA já anteriormente considerada. A aplicação do algoritmo Simplex, reproduzirá periodicamente as mesmas SB, mantendo-se constante o valor da FO, entrando-se em ciclo; nestas condições, a solução óptima nunca será atingida. O algoritmo Simplex apenas entra em ciclo em situação de degenerescência. A degenerescência pode surgir logo na SBA inicial, ou após a ocorrência de empate no critério de saída, mesmo quando a SBA em presença é não degenerada. Neste caso, dado que existe melhoria da FO, apesar de existirem várias variáveis que podem sair da base, a nova SBA será degenerada. Geralmente, a entrada em ciclo depende do tipo de SBA degenerada em presença; tal só é possível quando nesta existir mais do que uma variável básica nula. Para casos destes, em que existe a possibilidade de entrada em ciclo, existem métodos que permitem eliminar a ambiguidade no critério de saída, mercê da determinação de uma única variável de entrada, sendo o que está em causa é a escolha correcta do vector a sair da base. Um desses métodos é a Técnica da Perturbação. Técnica da Perturbação. Esta técnica consiste em formular um novo problema, sem degenerescência, em que o vector formado pelos segundos membros das restrições, são obtidos deslocando ligeiramente ( perturbando ) o mesmo vector do problema inicial. Esta técnica consiste nos seguintes passos : Passo 1. Calcular x t bi = min, aik > 0 i aik Se x t é único, então o processo a seguir é o normal, de acordo com o processo descrito no algoritmo Simplex; neste caso não há lugar à técnica da perturbação.

17 Degenerescência e entrada em ciclo (Técnica da Perturbação) 43 Se, pelo contrário, houver empate no critério de saída, isto é, bi bs b x t = min, aik > 0 = = L = i aik asr a passa-se ao passo seguinte. Passo 2. Calcular a min a i= s,...,q i1 ik a ik > 0 para i correspondente aos vectores empatados. Se o mínimo desta expressão for único, então a variável associada àquele valor sai da base, de acordo com o processo descrito. Se, pelo contrário, o empate ainda persiste, isto é, ai1 as1 a min, aik > 0 = = L = i aik asr a passa-se ao passo seguinte. Passo 3. Calcular a min a i= s,...,q i2 ik a ik > 0 q1 qr para i correspondente aos vectores ainda empatados. Se o mínimo desta expressão for único, então a variável associada àquele valor sai da base, utilizando o mesmo processo. Se, pelo contrário, o empate ainda persistir, repetir o processo com q qr aij min, i aik aik > 0 para j = 3, 4,..., m, Exemplo : havendo a garantia de existir desempate, pois j percorre o conjunto dos índices dos vectores x 1, x 2,..., x m, e estes constituem uma matriz identidade. Considere-se o quadro seguinte, correspondente à resolução de um problema de maximização. X B x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 x 7 2º m. x / x /2 12 1/2 3 0 x z j c j /4 20 1/ I 0 = = i : min, = { i : min { 0, 0 } { 1, 2}

18 44 Degenerescência e entrada em ciclo (Técnica da Perturbação) Como I 0 não é singular (situação de empate), então passar ao Passo I 1 = i : min, = x { i : min { 4, 0 } = {} 2 coluna 1 Como I 1 é singular, então a variável que sai na base é a x 2 (a 2ª na base). Logo, o quadro a passa a ter o seguinte aspecto : X B x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 x 7 2º m. x 1 1 1/ /4 15/2 0 x x z j c j 0 3/ /4 21/2 0 1 I 0 = i : min = { i : min {} 1 } = {} 3 1 Como I 0 é singular, então a variável que sai na base é a x 3 (a 3ª na base). Logo, o quadro a passa a ter o seguinte aspecto : X B x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 x 7 2º m. x 1 1 1/2 3/ /2 3/4 x x z j c j 0 3/2 5/ /2 5/4 Como z j c j 0, j, a solução actual é óptima. Esta solução é a seguinte : 3 5 x * =, 0, 0, 1, 0, 1, 0 com z* =. 4 4