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Capítulo 2. Programação Linear Apontamentos de Investigação Operacional 29 Alberto Mulenga Sujeito à 0,,,,,, 1200064 1600448 2154321 2154321 2154321 aaxxxxx aaxxxxx aaxxxxx Maximizar Za = -12x1 - 10x2 -4x3 + 1x4 + 1x5 +0a1+ 0a2 – 28 Tabela inicial simpelx Base x1 x2 x3 x4 x5 a1 a2 bi a1 a2 8 4 4 -1 0 1 0 4 6 0 0 -1 0 1 16 (2) 12 (3) W -16 -12 -5 0 0 0 0 0 Za -12 -10 -4 1 1 0 0 -28 1 a Fase (iteração 1) Base x1 x2 x3 x4 x5 a1 a2 bi x1 a2 1 1/2 1/2 -1/8 0 1/8 0 0 4 -2 1/2 -1 -1/2 1 2 l1’=1/8*l1 (4) 4 l2’=l2-4l1’ (1) W 0 -4 3 -2 0 2 0 32 l3’=l3+16l1’ Za 0 -4 2 -1/2 1 3/2 0 -4 l4’=l4+12l1’ 1 a Fase (iteração 2) base x1 x2 x3 x4 x5 a1 a2 bi x1 x2 1 0 3/4 -3/16 1/8 3/16 -1/8 0 1 -1/2 1/8 -1/4 -1/8 1/4 3/2 l1’=l1 – 1/2l2’ 1 l2’= ¼*12 W 0 0 1 -3/2 -1 3/2 1 36 l3’=l3+4l2’ Za 0 0 0 0 0 1 1 0 l4’=l4+4l2’ Como na última linha o valor da função objectivo artificial é igual a zero, a fase 1 termina e a solução encontrada é solução básica inicial para a fase 2. Tabela inicial simplex (2 a fase) base x1 x2 x3 x4 x5 bi x1 x2 1 0 3/4 -3/16 1/8 0 1 -1/2 1/8 -1/4 3/2 l1’=l1 – 1/2l2’ (2) 1 l2’= ¼*12 (neg) W 0 0 1 -3/2 -1 36 l3’=l3+4l2’ Lembre-se que o objectivo é de minimizar, portanto os inicadores da linha pivô devem ser todos negativos. 2 a fase (iteração 1) base x1 x2 x3 x4 x5 bi X3 x2 4/3 0 1 -1/4 1/6 2/3 1 0 0 -1/6 2 l1’=4/3l1 2 l2’=12+1/2l1’ W -4/3 0 0 -5/4 -7/6 34 l3’=l3 - l1’ Solução x1= 0; x2 = 2; x3 = 2; x4 = 0; x5 = 0; Wmin = 34 Capítulo 2. Programação Linear Apontamentos de Investigação Operacional 30 Alberto Mulenga Exemplo 2.12. Resolver o problema pelo método de duas fases: Minimizar W = 4x1 + x2 Sujeito à 0, 32 634 33 21 21 21 21 xx xx xx xx Resolução Minimizar W = 4x1 + x2 + 0(x3+x4+0x5) + 0(a1+a2+a3) Sujeito à 0,,,,,,, 300002 6000034 300003 32154321 32154321 32154321 32154321 aaaxxxxx aaaxxxxx aaaxxxxx aaaxxxxx Tabela inicial simplex (1 a fase) base x1 x2 x3 x4 x5 a1 a2 a3 bi a1 a2 a3 3 1 -1 0 0 1 0 0 4 3 0 -1 0 0 1 0 1 2 0 0 -1 0 0 1 3 (1) 6 (3/2) 3 (3) W -4 -1 0 0 0 0 0 0 0 Za -8 -6 1 1 1 0 0 0 -12 1 a Fase (Iteração 1) base x1 x2 x3 x4 x5 a1 a2 a3 bi x1 a2 a3 1 1/3 -1/3 0 0 1/3 0 0 0 5/3 4/3 -1 0 -4/3 1 0 0 5/3 1/3 0 -1 -1/3 0 1 1 l1’=1/3l1 (3) 2 l2’=l2-4l1’ (6/5) 2 l3’=l3-l1’ (6/5) W 0 1/3 -4/3 0 0 4/3 0 0 4 l4’=l4+4l1’ Za 0 -10/3 -5/3 1 1 8/3 0 0 -4 l5’=l5+8l1’ 1 a Fase (Iteração 2) base x1 x2 x3 x4 x5 a1 a2 a3 bi x1 x2 a3 1 0 -3/5 1/5 0 3/5 -1/5 0 0 1 4/5 -3/5 0 -4/5 3/5 0 0 0 -1 1 -1 1 -1 1 3/5 l1’=l1-1/3l2’ (3) 6/5 l2’=3/5l2 (negativo) 0 l3’=l3-5/3l2’ (0) W 0 0 -24/15 1/5 0 24/15 -1/5 0 18/5 l4’=l4-1/3l2’ Za 0 0 1 -1 1 0 2 0 0 l5’=l5+10/3l2’ 1 a Fase (Iteração 3) base x1 x2 x3 x4 x5 a1 a2 a3 bi x1 x2 x4 1 0 -2/5 0 1/5 -2/5 0 1/5 0 1 1/5 0 -3/5 -1/5 0 3/5 0 0 -1 1 -1 1 -1 1 3/5 l1’=l1-1/5l3’ 6/5 l2’=l2+3/5l3’ 0 l3’=l3 W 0 0 -7/5 0 1/5 7/5 0 -1/5 18/5 l4’=l4-1/5l3’ Za 0 0 0 0 0 1 1 1 0 l5’=l5+l3’ Capítulo 2. Programação Linear Apontamentos de Investigação Operacional 31 Alberto Mulenga Como na última linha o valor da função objectivo artificial é igual a zero, a fase 1 termina e a solução encontrada é solução básica inicial para a fase 2. Tabela inicial simplex (2 a fase) base x1 x2 x3 x4 x5 bi x1 x2 x4 1 0 -2/5 0 1/5 0 1 1/5 0 -3/5 0 0 -1 1 -1 3/5 (3) 6/5 (neg) 0 (neg) W 0 0 -7/5 0 1/5 18/5 2 a fase (iteração 1) base x1 x2 x3 x4 x5 bi x5 x2 x4 5 0 -2 0 1 3 1 1 0 0 5 0 -3 1 0 3 l1’=5*l1 3 l2’=l2+3/5l1’ 3 l3’=l3+l1’ W -1 0 -1 0 0 3 l4’=l4-1/5l1’ Solução x1= 0; x2 = 3; x3 = 0; x4 = 3; x5 = 3; Wmin = 3 2.3.4 Maximização e minimização com restrições do tipo ; ; Em todos os problemas anteriores foram consideradas restrições com um único tipo de sinal de desigualdade. Nesta secção vamos considerar o caso geral dos problemas de PL com o conjunto das restrições que apresentam os sinais de ; e desde que não haja números negativos no segundo membro das equações das restrições. Exemplo: Maximizar Z = 2x1 + x2 Sujeito à 0, 2 10 21 21 21 xx xx xx Introduzindo as variáveis de folga (+xi) de excesso (-xi) e apresentando a tabela inicial simplex teremos: Base x1 x2 x3 x4 bi x3 x4 1 1 1 0 -1 1 0 -1 10 2 Z -2 -1 0 0 0 Da tabela inicial, x1 e x2 não são básicas e x4 < 0, logo o conjunto {x1 = 0; x2 = 0; x3 = 10; x4 = -2; z = 0}, não é solução válida, poís viola a condição de não negatividade. Para resolver este tipo de problemas, introduz-se uma outra modificação no método simplex e usa-se o método de grande M.
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