Algoritmo Simplex cont, Notas de estudo de Algoritmos

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Campus - Mossoró

Profª Adricia Fonseca Mendes

Algoritmo Simplex – Continuação

 Problemas de PL nos quais todas as restrições são (≤) com lados direitos não negativos oferecem uma solução básica viável conveniente na qual todas as variáveis são de folga.

Isso não acontece com os modelos que envolvem restrições (=) e/ou (≥).

a

 Fase I tenta achar uma solução básica viável inicial e, se ela for encontrada, a Fase II é invocada para resolver o problema original.

a

 Fase I: o Expresse o problema na forma de equações e adicione as variáveis artificiais necessárias para garantir uma solução básica inicial;

o Em seguida, ache um solução básica com as equações resultantes que, independentemente do problema de PL ser de maximização ou minimização, sempre minimizará a soma das variáveis artificiais;

oSe o valor mínimo da soma for positivo, o problema de PL não tem nenhuma solução viável, o que encerra o processo (lembre-se de que uma variável artificial positiva significa que uma restrição original não foi satisfeita). Caso contrário, passe para a Fase II.

Sujeito a:

• Minimizar z = 4x 1 + x
  • 3x 1 + x 2 =
  • 4x 1 + 3x 2 ≥
  • x 1 + 2x 2 ≤
    • x 1 , x 2 ≥

Forma Padrão

Minimizar z = 4x 1 + x 2

Sujeito a: 3x 1 + x 2 = 3 4x 1 + 3x 2 - x 3 = x 1 + 2x 2 +x 4 = 4 x 1 , x 2 , x 3 , x 4 ≥ 0

Minimize a soma das variáveis

artificiais (Fase I)

Minimizar w = R 1 + R 2 (0)

Sujeito a: 3x 1 + x 2 + R 1 = 3 (1) 4x 1 + 3x 2 - x 3 + R 2 = 6 (2) x 1 + 2x 2 + x 4 = 4 (3) x 1 , x 2 , x 3 , x4 , R1 , R 2 ≥ 0 (4)

Fase I

A tabela associada é dada

x 1 x 2 x 3 R 1 R 2 x 4 z 0 0 0 0 -1 -1 0 0 R 1 1 3 1 0 1 0 0 3 R 2 2 4 3 -1 0 1 0 6 x 4 3 1 2 0 0 0 1 4

Variável^ Coeficientes básica

Nº da equação Valor

• É necessário transformar as colunas de R 1 e R 2 em uma base canônica.

- Fase I

Entra

Sai

Pivô

x 1 x 2 x 3 R 1 R 2 x 4 z 0 7 4 -1 0 0 0 9 R 1 1 3 1 0 1 0 0 3 3/3= R 2 2 4 3 -1 0 1 0 6 6/4=1, x 4 3 1 2 0 0 0 1 4 4/1=

Variável básica

Nº da equação

Coeficientes (^) Valor

- Fase I

x 1 x 2 x 3 R 1 R 2 x 4 z 0 0 5/3 -1 - 7/3 0 0 2 (-7)Eq.1+Eq. x 1 1 1 1/3 0 1/3 0 0 1 ÷ 3 R 2 2 0 5/3 -1 - 4/3 1 0 2 (-4)Eq.1+Eq. x 4 3 0 5/3 0 - 1/3 0 1 3 (-1)Eq.1+Eq.

Variável básica

Nº da equação

Coeficientes (^) Valor

- Fase I

Neste ponto, as variáveis artificiais concluíram sua missão e podemos eliminar totalmente sua colunas e passar para Fase II.

x 1 x 2 x 3 R 1 R 2 x 4 z 0 0 0 0 -1 -1 0 0 (-5/3)Eq.2+Eq. x 1 1 1 0 1/5 3/5 - 1/5 0 3/5 (-1/3)Eq.2+Eq. x 2 2 0 1 - 3/5 - 4/5 3/5 0 6/5 ÷ (5/3) x 4 3 0 0 1 1 -1 1 1 (-5/3)Eq.2+Eq.

Variável básica

Nº da equação

Coeficientes (^) Valor

Fase II

Após eliminar as colunas artificiais, escrevemos o problema original como

Minimizar z = 4x 1 + x 2

Sujeito a: x 1 + (1/5)x 2 = 3/ x 2 – (3/5) x 3 =6/ x 1 + x 4 = 1 x 1 , x 2 , x 3 , x 4 ≥ 0

Referência

• Taha, H. A. Pesquisa Operacional São Paulo: Pearson, 2008.