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1
IC 200
PLANEJAMENTO E ANÁLISE DE SISTEMAS DE TRANSPORTES
Prof. Orlando F.Lima Jr.
Tópicos sobre Otimização
Prof. Paulo Barbosa
28/04/2004
Fac. Eng. Civil - UNICAMP
2
Categorias de Métodos de Otimização
3
Conceitos Básicos de Otimização
Conceito Intuitivo:
Fiz o melhor que pude...
“melhor” Função Objetivo
“que pude” Restrição
Questões para Reflexão:
• Quais são as funções objetivos usuais ?
• Quais são as restrições usuais ?
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Programação Linear
A Programação Linear (PL) é a técnica mais conhecida e usadana solução de problemas de otimização
O termo linear : relações lineares entre as variáveis,
O termo programação: planejamento de atividades.
Max (ou Min) F = a1 X1 + a X2 + ......+ a Xn
s.a.
X1+ X2 + ...........................+ Xn < b1
3X1 -2 X3 + ...........................+ 10 Xn > b2
16
Razões do Sucesso da Programação Linear
(a) flexibilidade para aplicação a problemas variados;
(b) maior facilidade de entendimento;
(c) capacidade de tratar de problemas de grande porte,comuns em Recursos Hídricos ;
(d) disponibilidade pacotes computacionais, em nívelcomercial, para pronta utilização.
17
Um primeiro Exemplo (PL1):Alocação de áreas ao Plantio
Reservatório
bombeamento Área 1: X1 ha(milho)
Área 2: X2 ha (feijão)
Tabela 3.1 - Consumo Hídrico e Receita Líquida para cada Cultura
Cultura Consumo Hídrico(dam3/ha)
ReceitaLíquida(R$/ha)
Milho (X1) 3,0 100Feijão (X2) 1,5 80
18
max R = 2801100 XX +
sujeito a:
10021 ≤+XX (limite da área total)
1X 0≥ e
02≥X
Formulação 1 - Problema PL1
19
20
Ponto P(20,50):
Receita L.= 100.20 + 80.50 = 6000
Solução
Ótima: ponto
C(100,0)
21
Formulação 2 - Problema PL2:
Introdução de limites de disponibilidade de água
max R = 2801100 XX +
sujeito a:
10021 ≤+XX (limite da área total)
24025.113 ≤+ XX (limite de volume d’água disponível)
1X 0≥ e
02≥X
22
ponto F(60,40):receita líquidaR= 100.(60) + 80.(40) = $ 9.200
fazer 1X =100 ha exigiria 3 1X = 300 dam3 de água
Mas o limite é de 240 dam3
23
No Problema PL2:
Na solução ótima X1 = 60 ha e X2 = 40 ha
Ambos os insumos (área agrícola e água para irrigação)
foram fatores limitantes ao aumento da função objetivo:
X1 + X2 = 100 ha (igual ao limite máximo de 100 ha)
3 X1 +1,5 X2 = 240 ha (igual ao lim. max. de 240 dam3)
Ou seja o ponto ótimo F(60,40) está na intersecção de duas retas limites da região viável
24
Problema PL3 - A Introdução do Custo da Água
Num cenário de Cobrança pelo Uso da Água:
a aquisição da água do reservatório custa $ 20/dam3
Assim, a nova Receita Líquida será:
R = RL1 + RL2 = 40 X1 + 50 X2
onde:
RL1 = 100 X1 - 20 ( 3 X1 ) = 40 X1
RL2 = 80 X2 - 20 ( 1,5 X2 ) = 50 X2
25
Formulação do Problema PL3
max RL = 250140 XX +
sujeito a:
10021 ≤+XX (limite da área total)
24025.113 ≤+ XX (limite de volume d’água disponível)
1X 0≥ e
02≥X
26
Comparação das Soluções
Tabela 3.1 - Consumo Hídrico e Receita Líquida para cada Cultura
Cultura ConsumoHídrico
(dam3/ha)
ReceitaLíquida(R$/ha )
Solução Ótima(ha)
PL1 PL2 PL3Milho (X1) 3,0 100 100 60 0Feijão (X2) 1,5 80 0 40 100
Área total utilizada(ha) 100 100 100
Água total utilizada (dam3) 300 240 150
Enquanto a água não tinha limite (PL1) ou não custava nada (PL2): X1> X2 na solução ótima, embora o milho exija mais água
Quando houve custo para a água (PL3): X2>X1 na sol.ótima
27
Resumo:
1) As restrições de um problema de PL definem semi-espaços;
2) A intersecção de semi-espaços define a região viável;
3) as soluções ótimas recaem sobre os vértices (pontos extremos) da região viável;
4) a solução ótima depende da Função Objetivo (comparar PL2 com PL3) e da região viável (comparar PL1com PL2)
28
Problema da Produção e Tratamento Ótimo
de Resíduos de uma Indústria
X
1 (quantidade diária produzida)
indústria
21X (resíduos)
E.T.R. ( )2 1 2
X X−.
[resíduos 0,20 ( )2 1 2X X−
X2 lançados [resíduos remanescentes]
diretamente]
curso d’água
29
Sejam as variaveis de decisão:
X1 = quantidade diária a ser produzida e
X2: qtde diária resíduos não tratados a ser lançada no rio
Preço de Venda do produto: $ 10 / unidadeCusto de produção: $ 3 / unidade
Estação de Tratamento de Resíduos (ETR):
• capacidade: 10 un./dia
• eficiência de remoção dos resíduos: 80%
• custo do tratamento: $ 0,60 / un.resíduo tratado
Taxa de cobrança pela poluição: $ 2 / un.resíduo lançado
Max. Qtde permitida de lançamentos diários: 4 un. resíduos
30
FORMULAÇÃO DO PROBLEMA
Benefício Líquido associada à uma decisão :
BL = Rb - { C1 + C2 + C3 }
onde:
Rb = 101X
C1 = 31X [custo de produção]
C2 = 0,60 ( )2 1 2X X− [custo de tratamento dos resíduos]
C3 = 2 {X 2 + 0,20 ( )2 1 2
X X− } [Custo devido aos lançamentos de resíduos]
31
B L = 51 2X X−
Ficamos com:
Capacidade diária da ETR:
212 XX − ≤ 1 0
Limite máximo de lançamentos:
)22(20,012
XXX −+ ≤ 4
Deve ser maior ou igual a zero a qtde de resíduos desviada para a ETR:
(21
2 XX − ) ≥ 0
32
M a x B L = 51 2X X−
O problema de Programação Linear fica então:
Sujeito a:
212 XX − ≤ 1 0
28,04,01
XX + ≤ 4
212 XX − ≥ 0
33
X1 = 6 ( unidades diárias produzidas)
X2 = 2 (unidades lançadas diretamente no curso d’água, sem
tratamento)X
3 = ( )2
1 2X X− = 10 (unidades submetidas a tratamento)X
4 = 0 20 2 1 2
, ( )X X− = 2 (unidades de resíduos remanescentes lançadas ao curso d’água)
X X X5 2 4
4= + = ( total de unidades de resíduos lançadas no curso d’água)
BL = $ 28
Solução Ótima:
X
1 (quantidade diária produzida)
indústria
21X (resíduos)
E.T.R. ( )2 1 2
X X−.
[resíduos 0,20 ( )2 1 2X X−
X 2 lançados [resíduos remanescentes] diretamente]
34
Opções Extremas:
(a) nenhum tratamento dos resíduos,
X2 = 2 X1 resultando
X1 = 1,67 ; X2 = 3,34 e
BL= $ 5;
(b) tratamento máximo dos resíduos
X2 = 0 ; X1 = 5 e
BL = $ 25.
X
1 (quantidade diária produzida)
indústria
21X (resíduos)
E.T.R. ( )2 1 2
X X−.
[resíduos 0,20 ( )2 1 2X X−
X 2 lançados [resíduos remanescentes] diretamente]
curso d’água
35
As restrições do problema de PL e o sist. equações
212 XX − ≤ 1 0
28,04,01
XX + ≤ 4
212 XX − ≥ 0
As equações acima podem ser colocadas como:
0 24 8,04,0
10 2
521
421
321
=−−=++=+−
XXXXXX
XXX
X3 e X4 : variáveis de folga; X5 : variav. de excesso
Sistema de
inequações
Sistema de equações:
5 variáveis e
3 equações
(indeterminado)
36
37
Solução do Sistema linear (indeterminado):
5 (variáveis) - 3 (equações) = 2 graus de liberdade
Fixa-se duas variáveis e encontra-se as outras 3
Ex. Ponto P(3,2): X1 = 3 e X2 = 2
Substituindo nas equações :
0 24 8,04,0
10 2
521
421
321
=−−=++=+−
XXXXXX
XXX
Chega-se a:
X3 = 6
existem 6 un. de folga do 1o. Recurso
38
Portanto,
A variável de folga / excesso indica a “distância” entre o ponto particular (ex. ponto P) e a reta limite associada àquela equação.
Ex2. O ponto B(5,0) : X1 = 5 e X2 = 0
leva a X3 = 0 (não há folga alguma)
0 24 8,04,0
10 2
521
421
321
=−−=++=+−
XXXXXX
XXX Tal sistema tem
infinitas soluções:
Qualquer ponto da região viávelsatisfaz
39
A fixação de duas variáveis iguais a zero determina um ponto de interseção entre as retas:
Ex. X3 = 0 e X4 = 0 determina o ponto C(6,2)
Pto D(2,4)
X4 = 0 e
X5 = 0
40
Da figura, os pontos A, B, C, D, E e F são Pontos Extremos
P não é pto extremo (está no interior da região viável)
Define-se
Variáveis não-básicas: aquelas para as quais foi imposta a
condição Xj = 0
Variáveis básicas: aquelas que não foi imposta a condição Xi = 0
Solução Básica: solução obtida pela fixação de n variáveis
iguais a zero, sendo as demais (m)
obtidas por substituição no sistema de
equações originais
m: no. de equações (m+n): no. de variáveis
41
Solução Básica Factível:
É uma solução básica no interior da região viável
Exs. Pontos A, B, C e D
Solução
Básica
Infactível:
pontos E e F
42
Forma Canônica de um Problema de PL:
Max Z = c XT
s.a.
A X≤ bZ (escalar): Função objetivos
A: Matriz tecnológica
X: Vetor de variáveis de decisões
b: Vetor de recursos
: Vetor de custos Tc
43
2.0 -1.0 X1 10A= 0.4 0.8 X = b = 4
2.0 -1.0 X2 0
= [ 5 -1 ]:
Tc
No exemplo da Estação de Tratamento de Resíduos:
M a x B L = 51 2X X−
0 24 8,04,0
10 2
21
21
21
≥−≤+≤−
XXXX
XX
44
Max Z = c XT
s.a.
A X= b
Com as variáveis de folga / excesso: Forma Padrão
0 24 8,04,0
10 2
521
421
321
=−−=++=+−
XXXXXX
XXX
X1 102.0 -1.0 1 0 0 X2 4
A= 0.4 0.8 0 1 0 X = X3 b = 02.0 -1.0 0 0 -1 X4 0
X5 0
= [ 5 -1 0 0 0]Tc
45
Sejam I : Conjunto de variáveis básicas:
XI =
XXX
1
2
3
=
24
10
J: Conjunto das variáveis não-básicas:
XJ =
XX
4
5
=
00
Max Z = c X +c XI I J J
s.a.
A X A X bI I J J+ =X 0I ≥ e X 0J ≥
46
Na forma original ( canônica) o problema tem:
n variáveis e m equações
Na forma padrão o problema têm (n+m) variáveis e mequações
Cada variável corresponde a uma coluna da matriz A
Define-se: Base de um problema de PL como sendo o conjunto do maior número possível de colunas (vetores) linearmente independentes da matriz A
Desde que as m equações não sejam redundantes, uma
base I qualquer será formada por m colunas (variáveis) da matriz A.
47
No caso do ex. da ETR
m = 3, assim garantindo que qualquer base I (que terá uma solução básica associada) será formada por três variáveis (ou seja, três colunas da matriz A)
Ex. ponto D(2,4): XJ = [ X4 X5 ]T = [0 0 ] (Var.Indep.)
XI = [ X1 X2 X3 ]T = [ 2 4 10 ]T
Max Z = c X +c XI I J J
s.a.
AX A X bI I J J+ =X 0I ≥ e X 0J ≥
(AI-1) [A X A XI I J J+ ] = b
XI = (AI-1) b - (AI
-1) A J XJ
48
Definida uma base I, o vetor de
variáveis básicas XI contém
as variáveis dependentes e o
vetor de variáveis XJ
contém
as variáveis independentes.
Independente significa poder assumir
qualquer valor
Uma solução básica : é aquela em que 0=J
X
49
Procedimento do Algoritmo Simplex
3 7 2 8 2
Z(max)
52
421
321
21
=+=++=++
=+
XXXXX
XXX
XX
Base Inicial I = { 3,4,5 } ou seja X3, X4, X5
Solução Básica associada à esta base:
X1 =0 X2 = 0 X3 = 8 X4 = 7 X5 = 3
Mudar de base significa escolher outro conjunto I
Por exemplo, I = {2, 3, 4 }
50
Procedimento do Algoritmo Simplex
de I = { 3,4,5} mudamos
para I = {2, 3, 4 }
X2, X3, X4 são as variáveis básicas
X1, X5 são as variáveis não- básicas
(serão colocada em zero)
Ou seja X5 saiu da base e
X2 entrou na base
Mudar de solução básica significa mudar de Ponto Extremo
51
Base Ponto
Extremo
I={3,4,5} A(0,0)
I={3,4,2} E(0,3)
I={3,1,2} D(1,3)
I={5, 1, 2} C(3,2)