Programação Linear (e rudimentos de otimização não-linear)
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notas <strong>de</strong> aula – versão 64 - Jerônimo C. Pellegrini<br />
3.9. OBTENDO UMA SOLUÇÃO VIÁVEL BÁSICA INICIAL 57<br />
Demonstração. Trivialmente, se 3.3 é viável 3.4 também tem ótimo com<br />
y = 0. Se y = 0, claramente po<strong>de</strong>mos <strong>de</strong>sprezar y obtendo solução viável<br />
para 3.3.<br />
Se 3.4 tem ótimo com y > 0, não há como diminuir y mantendo a<br />
solução viável: note que as variáveis y i funcionam como variáveis <strong>de</strong> folga<br />
para o problema original, 3.3:<br />
a 11 x 1 + a 12 x 2 + · · · + a 1n x n<br />
[<br />
+ a1n+1 y 1<br />
]<br />
= b1 ,<br />
e se houver algum y i > 0, temos uma variável <strong>de</strong> folga sendo usada. Isso<br />
significa que o lado esquerdo <strong>de</strong> uma das restrições <strong>de</strong>ve ser estritamente<br />
menor que o direito:<br />
a 11 x 1 + a 12 x 2 + · · · + a 1n x n < b 1 ,<br />
mas o problema original, 3.3, não tem estas variáveis <strong>de</strong> folga, e portanto<br />
é inviável.<br />
<br />
Resolver 3.4 é fácil, com solução básica inicial y = b. A solução final,<br />
se houver, não terá variáveis y i na base (porque o mínimo do objetivo se<br />
dá com y = 0), e portanto serve para 3.3.<br />
Exemplo 3.15.<br />
max : 2x 1 + 5x 2 + 3x 3 + x 4<br />
s.a.: 2x 1 − 2x 2 + x 3 + 2x 4 = 2<br />
x 2 + x 3 − x 4 = 4<br />
4x 1 + 2x 2 − 8x 3 + 4x 4 = 8<br />
x ≥ 0<br />
Como não conseguimos facilmente uma solução viável básica, usamos o<br />
método das duas fases. Inicialmente resolvemos o problema a seguir.<br />
min : y 1 + y 2 + y 3<br />
s.a.: 2x 1 − 2x 2 + x 3 + 2x 4 + y 1 = 2<br />
Versão Preliminar<br />
x 2 + x 3 − x 4 + y 2 = 4<br />
4x 1 + 2x 2 − 8x 3 + 4x 4 + y 3 = 8<br />
x, y ≥ 0