Programaç˜ao Linear - Notas de aula - CEUNES

Programação Linear - Notas de aulaLeonardo Delarmelina SecchinSão Mateus, 2012

SumárioI Revisão 41 Matrizes 51.1 Operações usuais com matrizes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.2 Matrizes inversíveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.3 Notação em blocos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.4 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82 Sistemas Lineares 102.1 Operações e matrizes elementares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102.2 Resolução de sistemas lineares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142.3 Um processo para inversão de matrizes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152.4 Operações elementares sobre colunas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152.5 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 163 Determinantes 183.1 Desenvolvimento de Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 203.2 Propriedades dos determinantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 213.3 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 224 Espaços Vetoriais 244.1 Subespaços vetoriais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 244.2 Combinação linear . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 254.3 Dependência e independência linear . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 264.4 Base e dimensão de um espaço vetorial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 264.5 Produto interno e norma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 284.6 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28II Programação Linear 335 Introdução 345.1 Manipulação de problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 355.1.1 Restrições . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 355.1.2 Restrições de não negatividade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 365.1.3 Problema de maximização . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 365.1.4 Formas padrão e canônica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 365.1.5 Resumo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 375.2 Exemplos de modelos em programação linear . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 385.3 Resolução geométrica de problemas de programação linear . . . . . . . . . . . . 425.4 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 445.5 Notas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 441

SUMÁRIO 26 Elementos de Análise Convexa 456.1 Conjuntos convexos, pontos extremos, semi-espaços e direções . . . . . . . . . . 456.2 Funções convexas e côncavas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 486.3 Conjuntos poliedrais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 496.4 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 527 O Método Simplex 537.1 Pontos extremos e otimalidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 537.2 Soluções básicas viáveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 547.3 Critério de otimalidade para soluções básicas viáveis . . . . . . . . . . . . . . . . 567.4 Melhorando uma solução básica viável . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 587.5 Otimalidade e ilimitabilidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 617.6 O método Simplex . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 637.7 O método Simplex em formato de Quadro . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 647.8 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 697.9 Uma implementação básica do Simplex . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 697.9.1 Preâmbulo do código . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 707.9.2 A função principal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 717.9.3 Entrada/saída de variáveis e processo de pivoteamento . . . . . . . . . . 747.9.4 Impressão do QS na tela . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 767.9.5 Funções auxiliares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 778 Método Simplex: inicialização e ciclagem 788.1 Método de Duas Fases . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 788.1.1 Organizando as Fases I e II no mesmo quadro . . . . . . . . . . . . . . . 828.2 Degeneração: ciclagem no Simplex . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 848.2.1 Regra de Bland . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 868.3 Degeneração: Método de Duas Fases . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 878.4 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 918.5 Notas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 919 O Simplex Revisado 929.1 Comparação entre o Simplex e o Simplex Revisado . . . . . . . . . . . . . . . . 959.2 Outras observações . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9610 Dualidade 9810.1 O dual de um problema de programação linear . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9810.2 Relações entre os problemas primal e dual . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10110.3 Condições de otimalidade de Karush-Kuhn-Tucker (KKT) . . . . . . . . . . . . 10310.3.1 Condições KKT para restrições de desigualdade . . . . . . . . . . . . . . 10310.3.2 Condições KKT para restrições de igualdade . . . . . . . . . . . . . . . . 10410.3.3 Interpretação geométrica das condições KKT . . . . . . . . . . . . . . . . 10410.4 O Simplex Dual . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10610.4.1 Interpretação da viabilidade dual no quadro simplex primal . . . . . . . . 10610.4.2 O método Simplex Dual . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10710.5 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11010.6 Notas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110

SUMÁRIO 311 Análise de Sensibilidade 11111.1 Análise de sensibilidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11111.1.1 Alterando o vetor de custos c . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11211.1.2 Alterando b . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11311.1.3 Alterando a matriz A das restrições . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11411.1.4 Adicionando uma nova variável de decisão . . . . . . . . . . . . . . . . . 11711.1.5 Adicionando uma nova restrição . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11811.2 Análise paramétrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12311.2.1 Perturbando o vetor de custos c . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12311.2.2 Perturbando b . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12611.3 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12712 O Problema do Transporte 12812.1 Propriedades da matriz de restrições . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12912.1.1 Posto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12912.1.2 A 0 é totalmente unimodular . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13012.2 Resolução do problema do transporte via Simplex . . . . . . . . . . . . . . . . . 13012.2.1 Obtendo uma base inicial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13012.2.2 Obtendo o Quadro Simplex a partir de uma base . . . . . . . . . . . . . 13312.3 Notas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139

Parte IRevisão4

Capítulo 1MatrizesUma matriz A m×n de ordem m × n é uma tabela de números reais dispostos em m linhase n colunas⎡⎤a 11 a 12 · · · a 1na 21 a 22 · · · a 2nA m×n = ⎢⎥⎣ . . · · · . ⎦ = [a ij] m×n.a m1 a m2 · · · a mnDuas matrizes A = [a ij ] m×ne B = [b ij ] r×ssão iguais se m = r, n = s e a ij = b ij para todosi = 1, · · · m e j = 1, · · · , n. Dada uma matriz A = [a ij ] m×n, dizemos que A é• quadrada se m = n. Neste caso, podemos dizer simplesmente que A tem ordem n.• matriz nula se a ij = 0 para todos i, j. Denotamos por 0 uma matriz nula.• matriz diagonal se A é quadrada e a ij = 0 sempre que i ≠ j. Os elementos a 11 , a 22 , · · · , a nnconstituem a diagonal principal de A. Em particular, a matriz diagonal I n de ordem ncuja diagonal principal é formada de 1’s é chamada matriz identidade.• matriz triangular superior se A é quadrada e a ij = 0 sempre que i > j.• matriz triangular inferior se A é quadrada e a ij = 0 sempre que i < j.• matriz simétrica se A é quadrada e a ij = a ji para todos i, j.1.1 Operações usuais com matrizesDadas A = [a ij ] m×ne B = [b ij ] m×nmatrizes de mesma ordem m × n e k ∈ R, definimos asoperações com matrizes:• a soma A + B é a matriz C = [c ij ] m×nde ordem m × n tal que c ij = a ij + b ij para todosi, j.• a multiplicação por escalar kA é a matriz C = [c ij ] m×nde ordem m × n tal que c ij = ka ijpara todos i, j.A transposta de uma matriz A = [a ij ] m×n é a matriz A t = [a ji ] n×m.Dadas matrizes A, B e C de ordem m × n e a, b ∈ R, vale:(i) A + B = B + A (comutatividade)(ii) A + (B + C) = (A + B) + C5

CAPÍTULO 1. MATRIZES 6(iii) a(bA) = (ab)A(iv) A + 0 m×n = A.(v) a(A + B) = aA + aB(vi) (a + b)A = aA + bA(vii) 0A = 0 m×n (a multiplicação da matriz A pelo escalar 0 é matriz nula)(viii) A é simétrica se, e somente se A t = A.(ix) (A t ) t = A.(x) (A + B) t = A t + B t .(xi) (aA) t = aA t .Agora, dadas A = [a ij ] m×pe B = [b ij ] p×ndefinimos a multiplicação AB de matrizes comoa matriz C = [c ij ] m×ntal quec ij = a i1 b 1j + a i2 b 2j + · · · + a ip b pj =p∑a ik b kj .k=1Exemplo 1.1.1.[A =1 2 3−1 0 2⎡], B = ⎣2×31 0 −1 42 2 1 00 1 0 −1⎤⎦3×4[⇒ AB =5 7 1 1−1 1 1 −5].2×4Exemplo 1.1.2.[ 1 −1A =1 −1] [ 1 −1, B =1 −1]⇒ AB =[ 0 00 0] [ 3 −3, BA =3 −3Isso mostra que em geral AB ≠ BA. Também, observe que mesmo sendo A ≠ 0 e B ≠ 0,podemos ter AB = 0.Sejam A, B e C matrizes. Desde que as operações sejam possíveis, vale:(i) AI = IA = A(ii) A(B + C) = AB + AC (distributividade)(iii) (A + B)C = AC + BC (distributividade)(iv) (AB)C = A(BC) (associatividade)(v) (AB) t = B t A t(vi) A0 = 0].

CAPÍTULO 1. MATRIZES 71.2 Matrizes inversíveisDada uma matriz quadrada A de ordem n, dizemos que B é uma inversa de A se AB =BA = I n (B é claramente quadrada de ordem n). Neste caso diremos que A é inversível.Teorema 1.1. Se A admite uma inversa, ela é única.Devido à unicidade da inversa, denotaremos a inversa de A por A −1 . O próximo resultadoé útil para verificar se uma matriz é a inversa de outra.Teorema 1.2. Se A é matriz quadrada e B é tal que BA = I (ou AB = I), então A éinversível e A −1 = B.Exemplo 1.2.1. A matriz B = 1 [ ][ ]−4 21 2é a inversa de A = . De fato,2 3 −13 4[ ] ( [ ])1 2 1 −4 2AB == 1 [ ] [ ]1 2 −4 2= I3 4 2 3 −1 2 3 4 3 −1 2 .1.3 Notação em blocosÉ comum representar uma matriz A de dimensão m × n por blocos de matrizes, de acordocom o esquema[ ] B CA =D Eonde B, C, D e E são matrizes de ordem compatíveis, digamos, p × q, p × r, s × q e s × r,respectivamente. Usaremos no estudo do método Simplex com frequencia a partiçãoA = [ B N ]onde B é matriz quadrada de ordem m e N matriz m×(n−m) (supomos n ≥ m). As operaçõescom matrizes em blocos são feitas da maneira usual.Teorema 1.3. Sejam[ ] B CA =D E[ ] Be A ′ ′C=′D ′ E ′matrizes. Desde que as operações sejam possíveis, então[ ]B + B′C + C(i) A + B =D + D ′ E + E ′[ ] αB αC(ii) αA =,αD αEα ∈ R[ BB(iii) AB =+ CD ′DB ′ + ED ′ ]BC ′ + CE ′DC ′ + EE ′Atividade 1. Ilustre o Teorema anterior com exemplos. Se puder, prove-o.Exemplo 1.3.1. Seja A = [ B N ] [ ]onde B é matriz inversível de ordem m e N matrizxBm × (n − m), x = onde xx B é matriz m × 1 e x N é matriz (n − m) × 1, e b matriz colunaNde ordem m. EntãoAx = b ⇔ [ B N ] [ ]x B= b ⇔ Bxx B + Nx N = b ⇔ x B = B −1 b − B −1 Nx N .N

CAPÍTULO 1. MATRIZES 81.4 Exercícios1. Mostre que para qualquer matriz A (quadrada ou não), AA t e A t A são matrizes simétricas.2. Sejam A, B matrizes simétricas.(a) Mostre que A + B é simétrica.(b) Mostre que AB é simétrica se, e somente se, BA = AB.(c) Indicamos por X m o produto XX · · · X, onde X é multiplicada m vezes. Se p(X) =a k X k + a k−1 X k−1 + · · · + a 1 X + a 0 I n é um polinômio, onde X é uma matriz de ordemn, então p(A) é simétrica? Justifique.3. Seja A uma matriz de ordem n.(a) Mostre que se A k+1 = 0 para algum inteiro k ≥ 0, então (I−A) −1 = I+A+· · ·+A k .(b) Se A é inversível e AB = AC, mostre que B = C.(c) Dê um exemplo em que A é não nula e AB = AC, mas B ≠ C(e portanto você não pode “cortar” a matriz A como faz com números reais).4. Mostre que se A ou B não for inversível então AB também não é (ou equivalentemente,se AB for inversível então A e B também são).5. Seja A uma matriz inversível. Mostre que(a) (A t ) −1 = (A −1 ) t .(b) BA −1 = A −1 B se, e somente se, AB = BA.6. Seja A = [a ij ] uma matriz de ordem n. O traço de A, tr(A), é a soma de todos oselementos da diagonal principal, isto é, tr(A) = a 11 + a 22 + · · · + a nn . Mostre que(a) tr(αA) = αtr(A), onde α ∈ R.(b) tr(A + B) = tr(A) + tr(B).(c) tr(AB) = tr(BA).(d) tr(A t ) = tr(A).(e) tr(A t A) ≥ 0.7. Mostre que se A e B são matrizes quadradas de mesma ordem tais que A k = 0 paraalgum inteiro k ≥ 1 e AB = BA, então (AB) k = 0.8. Diz-se que uma matriz quadrada A é nilpotente quando existe um inteiro k ≥ 1 tal queA k = 0. Mostre que qualquer matriz nilpotente não é inversível.9. Mostre que uma matriz diagonal A = [a ij ] de ordem n tal que a 11 a 22 · · · a nn ≠ 0 éinversível, e calcule sua inversa.10. Sejam A e B matrizes quadradas de ordem n. Mostre que se Ax = Bx para todas asmatrizes x de ordem n × 1, então A = B.11. Seja A = [ a 1 · · · a n]matriz m × n, cujas colunas são aj . Mostre queAx =n∑a j x j .j=1

CAPÍTULO 1. MATRIZES 912. SejaA =[ I C0 Donde D é inversível. Mostre que A é inversível, com inversa[ ]I −CDA −1 −1=0 D −1 .]

Capítulo 2Sistemas LinearesUma equação linear nas variáveis x 1 , . . . , x n é uma equação do tipo a 1 x 1 + · · · + a n x n = bonde os a i ’s e b são escalares. Um sistema de equações lineares (ou simplesmente um sistemalinear) com m equações e n incógnitas é dado por⎧a 11 x 1 +a 12 x 2 · · · a 1n x n = b 1⎪⎨ a 21 x 1 +a 22 x 2 · · · a 2n x n = b 2(2.1). .. .⎪⎩a m1 x 1 +a m2 x 2 · · · a mn x n = b mUma solução do sistema linear (2.1) é uma lista de n números (x 1 , . . . , x n ) que satisfaz cadauma de suas m equações. ⎡ ⎤ ⎡ ⎤x 1b 1⎢ ⎥ ⎢ ⎥Tomando A = [a ij ] m×n, x = ⎣ . ⎦ e b = ⎣ . ⎦, podemos escrever o sistema (2.1) nax n b mforma matricialAx = b.Neste caso, A é dita matriz dos coeficientes de (2.1); x é dita matriz das incógnitas de (2.1) eb é dita matriz dos termos independentes de (2.1). Em particular, se b = 0 então o sistemaAx = 0 é dito sistema homogêneo. Considerando a forma matricial de um sistema linear,diremos também que a matriz x 0 é solução do sistema Ax = b se Ax 0 = b.A matriz⎡⎤a 11 a 12 · · · a 1n b 1[ ] a 21 a 22 · · · a 2n b 2A b = ⎢⎥⎣ . . · · · . ⎦a m1 a m2 · · · a mn b mé a matriz ampliada do sistema (2.1).2.1 Operações e matrizes elementaresm×(n+1)Numa matriz A de ordem m × n, consideramos três operações sobre suas linhas:(i) troca da linha i com a linha j (i ≠ j). Indicaremos essa operação por L i ↔ L j .(ii) multiplicação da linha i por um número real k ≠ 0 (L i → kL i ).(iii) substituição da linha i pela linha i somada ao múltiplo k da linha j (i ≠ j). Neste casopode-se ter k = 0. Indicaremos essa operação por L i → L i + kL j .10

CAPÍTULO 2. SISTEMAS LINEARES 11As três operações acima são chamadas operações elementares.⎡1⎤0Exemplo 2.1.1. Seja A = ⎣ 4 −1 ⎦.−3 2• realizemos a operação elementar L 1 ↔ L 2 sobre A:⎡1⎤0⎡A = ⎣ 4 −1 ⎦ → A 1 = ⎣−3 2• realizemos a operação elementar L 3 → 2L 3 sobre A 1 :⎡4⎤−1⎡A 1 = ⎣ 1 0 ⎦ → A 2 = ⎣−3 24 −11 0−3 24 −11 0−6 4• realizemos a operação elementar L 2 → L 2 + 3L 1 sobre A 2 :⎡4⎤−1⎡4 −1A 2 = ⎣ 1 0 ⎦ → C = ⎣ 13 −3−6 4−6 4Definição 2.1. Sejam A e C matrizes de mesma ordem. Dizemos que C é linha equivalenteà A se C pode ser obtida de A pela aplicação de finitas operações elementares.Assim, as matrizes C do exemplo anterior é linha equivalente à matriz A do mesmo exemplo.Diremos que dois sistemas lineares Ax = b e Cx = d que possuem as mesmas soluções sãoequivalentes. Nesse contexto, temos oTeorema 2.2. Dois sistemas lineares cujas matrizes ampliadas são linha equivalentes são equivalentes.⎤⎦ .⎤⎦ .⎤⎦ .Exemplo 2.1.2. Considere o sistema linear⎧⎨ 2x 1 +4x 2 +2x 3 = 6S : −x 1 +x 3 = −2⎩x 1 +x 2 −x 3 = 3.Apliquemos operações elementares em sua matriz ampliada:⎡⎤ ⎡2 4 2 6 L 3 →L 3 +L 2 1 2 1 3L⎣ −1 0 1 −2 ⎦ 1 →1/3L 1−−−−−−→ ⎣ −1 0 1 −21 1 −1 30 1 0 1⎡⎣⎡⎣1 2 1 30 2 2 10 1 0 1⎤1 0 1 10 1 0 10 0 1 −1/2⎦ L 1→L 1 −2L 3L 2 →L 2 −23L 3⎡−−−−−−−−→ ⎣⎤⎡⎦ L 1→L 1 −L−−−−−−→3⎣1 0 1 10 0 2 −10 1 0 1⎤⎦1 0 0 3/20 1 0 10 0 1 −1/2⎤⎦ L 2→L 2 +L 1−−−−−−→L 2 →1/2L 2L 2 ↔L 3−−−−−−→⎤⎦ = [ C d ] .

CAPÍTULO 2. SISTEMAS LINEARES 12O sistema Cx = d dado por⎧⎨⎩x 1 = 3/2x 2 = 1x 3 = −1/2é equivalente ao sistema original S, e claramente tem única solução (3/2, 1, −1/2). Portanto Stem esse terno como única solução.A última matriz [ C d ] do exemplo anterior tem uma forma interessante pois o sistemaassociado é de fácil resolução. A fim de resolver sistemas lineares de uma forma geral, procuraremosformalizar a estrutura dessa matriz.Definição 2.3. Uma matriz A de ordem m × n é matriz linha reduzida à forma escada(MLRFE) satisfaz as seguintes propriedades:(i) O primeiro elemento não nulo (da esquerda para a direita) de uma linha não nula é 1(esse é o elemento líder da linha);(ii) Cada coluna que contém o líder de alguma linha tem todos os seus outros elementos nulos;(iii) Toda linha nula ocorre abaixo das linhas não nulas;(iv) Se as linhas 1, 2, . . . , r são as linhas não nulas de A, e se o líder da linha i ocorre nacoluna k i , i = 1, . . . , r, então k 1 < k 2 < · · · < k r (forma escada).Exemplo 2.1.3. São matrizes linha reduzidas à forma escada:⎡1 0 0⎤3/2⎡0 1 2 0⎤3• ⎣ 0 1 0 1 ⎦ • ⎣ 0 0 0 1 −1 ⎦0 0 1 −1/20 0 0 0 0• I n• 0 m×nTeorema 2.4. Toda matriz A é linha equivalente a uma única matriz linha reduzida à formaescada.Relacionaremos agora operações elementares com produtos de matrizes.Definição 2.5. Uma matriz A quadrada de ordem n é dita elementar se pode ser obtida daidentidade I n por uma única operação elementar.Exemplo 2.1.4. São exemplos de matrizes elementares:⎡0 1⎤0• E = ⎣ 1 0 0 ⎦ (L 1 ↔ L 2 em I 3 )0 0 1[ ] 2 0• E = (L0 1 1 → 2L 1 em I 2 )⎡1 2⎤0• E = ⎣ 0 1 0 ⎦ (L 1 ↔ L 1 + 2L 2 em I 3 )0 0 1Quando conveniente, denotaremos por e(A) a matriz resultante da aplicação da operaçãoelementar e sobre a matriz A.

CAPÍTULO 2. SISTEMAS LINEARES 13Teorema 2.6. Seja e uma operação elementar e E = e(I m ) a matriz elementar correspondente.Então para toda matriz A de ordem m × n temose(A) = EA.Demonstração. Deixamos a prova do resultado para as operações L i ↔ L j e L i → kL i para oleitor. Seja e a operação L i → L i + kL j (i ≠ j). Sem perda de generalidade, vamos supor quei = 1 e j = 2. Assim⎡⎤ ⎡1 k 0 · · · 00 1 0 · · · 0EA = ⎢⎥ ⎢⎣ . . . · · · . ⎦ ⎣0 0 0 · · · 1⎡= ⎢⎣⎤a 11 a 12 a 13 · · · a 1na 21 a 22 a 23 · · · a 2n⎥. . . · · · . ⎦a m1 a m2 a m3 · · · a mn⎤a 11 + ka 21 a 12 + ka 22 a 13 + ka 23 · · · a 1n + ka 2na 21 a 22 a 23 · · · a 2n⎥. . . · · · .a m1 a m2 a m3 · · · a mn⎦ = e(A).Atividade 2. Complete a prova do teorema anterior.Em outras palavras, o Teorema 2.6 diz que aplicar uma operação elementar em A é o mesmoque multiplicar A a esquerda pela matriz elementar correspondente.Cada matriz elementar é inversível, e sua inversa é a matriz elementar correspondente àoperação que desfaz a original:• a operação L i → 1L k i desfaz a operação L i → kL i . Assim por exemplo, se E =[ ] 1 0então E −1 =(verifique este fato constatando que EE0 1/k−1 = I 2 ).[ 1 00 k• a[operação]L i → L j desfaz a própria operação L i → L j . Assim por exemplo, se E =0 1então E1 0−1 = E (verifique!).• a operação[L] i → L i − kL j [desfaz a]operação L i → L i + kL j . Assim por exemplo, se1 0E = então E2 1−1 1 0=(verifique!).−2 1Uma consequência imediata do Teorema 2.6 é a seguinte:Corolário 2.7. Sejam A e B matrizes de mesma ordem. Então B é linha equivalente a A se,e somente se B = E k E k−1 · · · E 2 E 1 A para certas matrizes elementares E 1 , . . . , E k .[ ] [ ]1 2 9 18Exemplo 2.1.5. Mostre que são linha equivalentes as matrizes A = e B = .3 6 6 12Vamos calcular a MLRFE de A:[ ] [ ][ ]1 2 L 2 →1/3L 2 1 2 LA = −−−−−−→2 →L 2 −L 1 1 2−−−−−−→ C = .3 61 20 0[ ] [ ]1 01 0Observe que, sendo E 1 =e E0 1/3 2 =as matrizes elementares correspondentesàs operações realizadas, temos−1 1C = E 2 E 1 A.]

CAPÍTULO 2. SISTEMAS LINEARES 14Agora, calculemos a MLRFE de B:[ ] [ ] [ 9 18 L 1 →1/9L 1 1 2 L 2 →1/6L 2 1 2B = −−−−−−→ −−−−−−→6 126 121 2[ ] [ ]1/9 01 0Sendo E 3 =e E0 1 4 =temos0 1/6C = E 2 E 4 E 3 B,][L 2 →L 2 −L−−−−−−→1 1 20 0]= C.e assim E 2 E 4 E 3 B = E 2 E 1 A ⇒ E 4 E 3 B = E −12 E 2 E 1 A ⇒ · · · ⇒ B = E −13 E −14 E 1 A. PeloCorolário anterior, B é linha equivalente à A.Em particular, se B é matriz quadrada de ordem n, linha equivalente à I n , então B =E k · · · E 1 I n . O produto E k · · · E 1 = A é inversível com inversa A −1 = E −11 · · · E −1k(verifique!).Assim, B = AI n ⇒ A −1 B = I n , e B é inversível com inversa B −1 = A −1 = E −11 · · · E −1k .Concluímos então que se B é linha equivalente à I n (ou equivalentemente, se B é produto dematrizes elementares) então B é inversível.A recíproca deste fato também é verdadeira (Exercício 11). Resumindo esse fato e considerandoo Corolário 2.7, temos oTeorema 2.8. Seja A uma matriz quadrada de ordem n. São equivalentes as afirmações:(i) A é inversível.(ii) A é linha equivalente à I n .(iii) A = E k · · · E 1 , para certas matrizes elementares E 1 , . . . , E k .2.2 Resolução de sistemas linearesDefinição 2.9. Dada uma matriz A de ordem m × n, seja B sua MLRFE. Então o posto deA é o número de linhas não nulas de B. A nulidade de A é o número n − p, onde p é o postode A.⎡ ⎤⎡⎤2 −1 31 0 14/9Exemplo 2.2.1. Seja A = ⎢ 1 4 2⎥⎣ 1 −5 1 ⎦ . A MLRFE de A é a matriz B = ⎢ 0 1 1/9⎥⎣ 0 0 0 ⎦ ,4 16 80 0 0e portanto o posto de A é 2, e a nulidade de A é 3 − 2 = 1.⎡Exemplo 2.2.2. Seja A = ⎣2 1 41 2 31 −4 −1e portanto o posto de A é 2, e a nulidade de A é 3 − 2 = 1.⎤⎦. A MLRFE de A é a matriz B = ⎣⎡1 0 5/30 1 2/30 0 0Teorema 2.10. Seja Ax = b um sistema linear, com m equações e n incógnitas (A tem ordemm × n). Então(i) Ax = b admite solução se, e somente se, o posto da matriz ampliada [ Aao posto da matriz dos coeficientes A.⎤⎦,b ] é igual(ii) Se A e [ Ab ] têm mesmo posto p = n então Ax = b tem única solução.(iii) Se A e [ A b ] têm mesmo posto p < n então Ax = b tem infinitas soluções. Dizemosneste caso que a nulidade de A é o grau de liberdade de Ax = b.

CAPÍTULO 2. SISTEMAS LINEARES 152.3 Um processo para inversão de matrizesSabemos que uma matriz quadrada A é inversível se, e somente se A = E −11 · · · E −1k, ondeE −11 , . . . , E −1ksão matrizes elementares. Neste caso,E k · · · E 1 A = I e A −1 = E k · · · E 1 I.Assim, aplicando as operações elementares relativas às matrizes elementares E 1 , . . . , E k sobre[A I], obtemos a sequência[A I] E1−→[E1 A E 1 I ] E 2−→ · · ·E k−→[Ek · · · E 1 A E k · · · E 1 I ] = [ I A −1 ] .Em outras palavras, A é inversível se, e somente se [ Amatriz [ I S ] , e neste caso A −1 = S.I ] é linha equivalente a umaExemplo 2.3.1. Calcular a inversa de cada matriz abaixo, se existir.⎡1 0⎤1(a) A = ⎣ −1 2 1 ⎦.0 2 0[A I3]=⎡⎣1 0 1 1 0 0−1 2 1 0 1 00 2 0 0 0 1L 2 →−L 2⎡L 1 ↔L 2L 2 ↔L−−−−−→3⎣Logo A −1 = 1 ⎣2[(b) B =1 2−2 −4⎡⎤⎦ L 2→L 2 −L 3L 1 →L 1 +L 2⎡−−−−−−→ ⎣1 0 −1 0 −1 10 2 0 0 0 10 0 2 1 1 −11 −1 10 0 11 1 −1].⎤⎦.0 0 2 1 1 −1−1 0 1 0 1 −10 2 0 0 0 1⎤ L 2 →1/2L 2 ⎡L 3 →1/2L 3L⎦ 1 →L 1 +L−−−−−−→3⎣⎤⎦1 0 0 1/2 −1/2 1/20 1 0 0 0 1/20 0 1 1/2 1/2 −1/2⎤⎦ .[B I2]=[1 2 1 0−2 −4 0 1Observe que a MLRFE de B é a matriz][ 1 20 0[L 2 →L 2 +2L−−−−−−−→1 1 2 1 00 0 2 1].]≠ I 2 , e daí B não é inversível.2.4 Operações elementares sobre colunasSejam A uma matriz e E uma matriz elementar. Vimos que a multiplicação EA correspondeà aplicação da operação elementar de E sobre as linhas de A. Se ao invés disso fizermosAE,o resultado será a aplicação da operação elementar de E sobre as colunas de A. Ou seja,realizamos uma das operações sobre A:

CAPÍTULO 2. SISTEMAS LINEARES 16• trocamos colunas;• multiplicamos uma coluna por um escalar não nulo; ou• somamos à uma coluna um múltiplo de outra.Observe que a matriz E acima é a mesma definida anteriormente, obtida da identidade pelaaplicação de uma operação sobre suas linhas.2.5 Exercícios1. Mostre que se A é inversível e B é linha equivalente à A então B também é inversível.2. Considere a matriz[A =1 0−5 2](a) Encontre matrizes elementares E 1 e E 2 tais que E 2 E 1 A = I 2 .(b) A partir do item anterior, escreva A e A −1 como produto de matrizes elementares.3. Mostre que A e B são matrizes linha equivalentes.[ ] [ ]4 1 1 0(a) A = , B =3 1 0 1[ ] [ ]1 2 2 1(b) A = , B =3 4 0 3⎡ ⎤ ⎡ ⎤2 1 41 0 0(c) A = ⎣ 0 2 3 ⎦, B = ⎣ −1 4 0 ⎦0 0 42 3 44. Encontre a inversa de cada matriz se possível.⎡1 1⎤0⎡1 2⎤2(a) ⎣ 0 1 1 ⎦(c) ⎣ 0 1 2 ⎦1 0 21 3 4(b)⎡⎣1 2 10 1 21 1 1⎤⎦(d)⎡⎣1 1 −12 1 13 −1 1⎤⎦(e)⎡⎢⎣1 2 −3 1−1 3 −3 −22 0 1 13 1 −2 3⎤⎥⎦5. Calcule o posto e a nulidade das matrizes abaixo, encontrando a matriz linha reduzida àforma escada de cada matriz.⎡1 −2⎤3⎡1 −1 1⎤0(a) ⎣ 2 2 1 ⎦(c) ⎣ 2 3 −1 1 ⎦2 −4 60 2 4 2(b)⎡⎢⎣1 2 1 2−1 1 1 11 0 1 03 1 −1 3⎤⎥⎦(d)⎡⎢⎣2 1 −10 3 1−1 2 14 1 16. Mostre que se x 0 é uma solução do sistema Ax = 0 e x 1 é uma solução de Ax = b entãox 0 + x 1 é solução de Ax = b.⎤⎥⎦

CAPÍTULO 2. SISTEMAS LINEARES 177. Mostre que se x 1 e x 2 são soluções de Ax = b então x 1 − x 2 é solução de Ax = 0.8. Admitindo que Ax = b e Ax = 0 tenham solução, mostre que toda solução x de Ax = bé a soma de uma solução do seu sistema homogêneo associado Ax = 0 com uma soluçãoparticular x 1 de Ax = b.9. Diga se os sistemas abaixo tem única, infinitas ou nenhuma solução analisando os postosde suas matrizes. Então resolva-os, se for o caso.⎧⎧⎨⎨(a)⎩⎧⎨(b)⎩(c)(d)(e)(k)⎧⎨⎩⎧⎪⎨⎪⎩⎧⎪⎨⎪⎩⎧⎪⎨⎪⎩2x −y +z = 02y +z = 1x +y +2z = 3−x −y +z = 02x +y +z = 15x +4y −2z = 1x +y +2z = 8−x −2y +3z = 13x −7y +4z = 103x +2y −z = −155x +3y +2z = 03x +y +3z = 1111x +7y = −303x 1 +4x 2 −x 3 +2x 4 = 22x 1 −2x 2 +x 3 −3x 4 = 5−x 1 +3x 2 +2x 3 −x 4 = 32x 1 +7x 2 +x 3 +x 4 = −1(f)⎩⎧⎨(g)⎩⎧⎨(h)⎩(i)(j)⎧⎪⎨⎪⎩⎧⎪⎨x 1 +3x 2 −2x 3 +2x 5 = 02x 1 +6x 2 −5x 3 −2x 4 +4x 5 −3x 6 = −15x 3 +10x 4 +15x 6 = 52x 1 +6x 2 +8x 4 +4x 5 +18x 6 = 6⎪⎩x +y +z = 2x −y +z = 2x +2y +z = −1−2x +y +z = 1x −2y +z = 1x +y −2z = 1−x +y +2z = 12x −y −z = 13x +2y −z = 2−x +y +2z = 12x −y −z = 13x −2y −3z = 0x +z = 2x 1 +2x 2 −x 3 +2x 4 = −13x 1 −x 2 +2x 3 −5x 4 = 54x 1 +x 2 +x 3 −3x 4 = 47x 1 +3x 3 −8x 4 = 910. Encontre um polinômio p(x) = a 3 x 3 + a 2 x 2 + a 1 x + a 0 que passe pelos pontos (−2, 24),(−1, 24), (1, 60) e (2, 12).11. Se A é uma matriz inversível, mostre que A é produto de matrizes elementares.12. Expresse cada matriz como produto de matrizes elementares.[ ][ ]1 23 −6(a)(b)3 4−2 4(c)⎡⎣1 2 00 1 33 8 7⎤⎦13. Mostre que a equivalência por linhas entre matrizes é uma relação de equivalência, istoé, as três afirmações abaixo são verdadeiras:• Toda matriz A é linha equivalente a ela mesma (reflexividade);• Se A é linha equivalente a B, então B é linha equivalente a A (simetria);• Se A é linha equivalente a B e B é linha equivalente a C, então A é linha equivalentea C (transitividade).

Capítulo 3DeterminantesDada uma matriz A = [a ij ] quadrada de ordem ≤ 3, associamos um número real det A,chamado determinante de A, definido como segue:Matrizes de ordem 1: À matriz A = [a 11], definimos det A = a 11 .[ ]Matrizes de ordem 2: À matriz A = a11 a 12, definimos det A = aa 21 a 11 a 22 − a 12 a 21 .22⎡Matrizes de ordem 3: À matriz A = ⎣⎤a 11 a 12 a 13a 21 a 22 a 23⎦, definimosa 31 a 32 a 33det A = a 11 a 22 a 33 − a 11 a 23 a 32 − a 12 a 21 a 33 + a 12 a 23 a 31 + a 13 a 21 a 32 − a 13 a 22 a 31 .A fim de definir o determinante de uma matriz de ordem n qualquer (n ≥ 1), vamos estudaralguns conceitos necessários. É claro que nossa definição para o caso geral deve englobar os trêscasos vistos anteriormente. De antemão, perceba que na definição do determinante de matrizesde ordem 2 e 3 ocorre uma certa regularidade: em cada produto de elementos da matriz, ostermos das linhas aparecem ordenados, enquanto os termos das colunas não. Observe aindaque nos índices das colunas, todas as ordens possíveis dos números 1, 2, 3 (ou 1, 2 no caso deordem 2) aparecem. O que não é muito visível (por enquanto) é como o sinal de cada produtoé atribuído. O que faremos no caso geral é “estender” essa regularidade. Portanto, tenha osdeterminantes anteriores em mente.Uma permutação dos números 1, 2, . . . , n é uma bijeção ρ : {1, 2, . . . , n} → {1, 2, . . . , n}.Neste caso, denotaremos a permutação ρ pela lista de suas imagens (ρ(1) ρ(2) · · · ρ(n)). Porexemplo, (3 2 1), (1 2 3) e (2 1 3) são permutações de 1, 2, 3. O número de permutações de1, 2, . . . , n é n! = n(n − 1) · · · 2 · 1 (n ≥ 1).Definição 3.1. Dada uma permutação ρ de 1, 2, . . . , n, existe uma inversão quando um inteiroprecede outro menor que ele.Diremos que uma permutação ρ é par se o número de inversões em ρ é par, e que ρ é ímparse esse número for ímpar.Por exemplo, abaixo estão representadas algumas das 4! = 24 permutações de 1, 2, 3, 4, como número de inversões e sua paridade.permutação número de inversões paridade(1 2 3 4) 0 par(3 2 1 4) 3 ímpar(4 3 1 2) 5 ímpar(1 4 3 2) 3 ímpar(1 4 2 3) 2 par18

CAPÍTULO 3. DETERMINANTES 19Para contar o número de inversões de uma permutação, pode-se proceder contando o númerode inversões de cada elemento seu, da esquerda para a direita. Por exemplo, na permutação(1 4 3 2), associado ao 1 temos 0 inversões; associado ao 4 temos 2 inversões; associado ao 3temos 1 inversões; e associado ao 2 temos 0 inversões, totalizando 3 inversões.Agora, definimos, associado à permutação ρ, o número{ 1 se ρ é parσ(ρ) =−1 se ρ é ímparFinalmente, definiremos o determinante da matriz A de ordem n como sendo o númerodet A = ∑ ρσ(ρ)a 1ρ(1) a 2ρ(2) · · · a nρ(n) ,onde a soma é sobre todas as permutações de 1, 2, . . . , n.Nesse estágio, é interessante voltar à definição do determinante de matrizes de ordem 2 e 3,e ver que a definição acima engloba as anteriores.Ordem 2: Abaixo, estão representadas todas as 2! = 2 permutações de 1, 2:permutação número de inversões paridade(1 2) 0 par(2 1) 1 ímparObserve que σ ((1 2)) = 1 e σ ((2 1)) = −1. Assim,[ ]a11 adet12= ∑ σ(ρ)aa 21 a 1ρ(1) a 2ρ(2) = 1a 11 a 22 + (−1)a 12 a 21 = a 11 a 22 − a 12 a 21 ,22ρo que coincide com a nossa definição anterior.Ordem 3: Abaixo, estão representadas todas as 3! = 6 permutações de 1, 2, 3:Assim,⎡det ⎣⎤a 11 a 12 a 13a 21 a 22 a 23⎦ = ∑a 31 a 32 a 33 ρpermutação número de inversões paridade σ(1 2 3) 0 par 1(1 3 2) 1 ímpar -1(2 1 3) 1 ímpar -1(2 3 1) 2 par 1(3 1 2) 2 par 1(3 2 1) 3 ímpar -1σ(ρ)a 1ρ(1) a 2ρ(2) a 3ρ(3)= 1a 11 a 22 a 33 + (−1)a 11 a 23 a 32 + (−1)a 12 a 21 a 33 + 1a 12 a 23 a 31 + 1a 13 a 21 a 32 + (−1)a 13 a 22 a 31= a 11 a 22 a 33 − a 11 a 23 a 32 − a 12 a 21 a 33 + a 12 a 23 a 31 + a 13 a 21 a 32 − a 13 a 22 a 31 ,o que coincide com a nossa definição anterior.Exemplo 3.0.1. Vamos mostrar que det I n = 1. De fato, todos os produtos em det I n tem umelemento zero, exceto aquele referente aos elementos da diagonal. Daídet I n = ∑ ρσ(ρ)a 1ρ(1) · · · a nρ(n) = a 11 · · · a nn = 1 · · · 1 = 1.

CAPÍTULO 3. DETERMINANTES 203.1 Desenvolvimento de LaplaceDada uma matriz A = [a ij ] de ordem n, consideremos a matriz A ij de ordem n − 1 obtidade A pela retirada da linha i e da coluna j. Definimos o cofator de a ij como o número∆ ij = (−1) i+j det A ij .⎡1 2⎤−1Exemplo 3.1.1. Dada A = ⎣ 0 1 2 ⎦ temos3 −1 −2[ ]∆ 11 = (−1) 1+1 1 2det= 0,−1 −2[ ] 0 2∆ 12 = (−1) 1+2 det = 6,3 −2[ ] 0 1∆ 13 = (−1) 1+3 det = −3.3 −1Nesse contexto, temos oTeorema 3.2 (Desenvolvimento de Laplace). Dada uma matriz A de ordem n, escolhemosuma linha k de A. Entãodet A = a k1 ∆ k1 + a k2 ∆ k2 + · · · + a kn ∆ kn .Também, podemos escolher uma coluna k de A, e valedet A = a 1k ∆ 1k + a 2k ∆ 2k + · · · + a nk ∆ nk .Exemplo 3.1.2. No exemplo anterior, escolhendo a primeira linha de A temos det A = 1∆ 11 +2∆ 12 + (−1)∆ 13 = 0 + 12 + 3 = 15.Escolhendo a linha 2, temos det A = 0∆ 21 + 1∆ 22 + 2∆ 23 . Como[ ] 1 −1∆ 22 = (−1) 2+2 det = 1,3 −2[ ] 1 2∆ 23 = (−1) 2+3 det = 7,3 −1temos det A = 1 + 14 = 15.Escolhendo a coluna 1, det A = 1∆ 11 + 0∆ 21 + 3∆ 31 , com[ ] 2 −1∆ 31 = (−1) 3+1 det = 5,1 2e assim det A = 0 + 15 = 15.Exemplo 3.1.3. Vamos calcular det A onde A =⎡⎢⎣1 0 0 −10 2 1 21 0 3 42 0 1 −1⎤⎥⎦ . É interessante aplicar odesenvolvimento de Laplace sobre uma linha ou coluna com mais zeros. Escolhemos então alinha 1. Assim,det A = 1∆ 11 + 0∆ 12 + 0∆ 13 + (−1)∆ 14 = ∆ 11 − ∆ 14 .

CAPÍTULO 3. DETERMINANTES 21Temos⎡∆ 11 = (−1) 1+1 det ⎣⎡∆ 14 = (−1) 1+4 det ⎣2 1 20 3 40 1 −10 2 11 0 32 0 1⎤⎤⎦ = 1 · 2 · (−1) 1+1 det⎦ = (−1) · 2 · (−1) 1+2 det[ 3 41 −1[ 1 32 1]= −14,]= −10,e logo det A = −14 + 10 = −4.Exemplo 3.1.4. Se uma matriz quadrada R de ordem n tem uma linha nula então det R = 0.De fato, digamos que tal linha seja a k. Daí, det R = 0∆ k1 + 0∆ k2 + · · · + 0∆ kn = 0.O mesmo ocorre se R tem uma coluna nula.Teorema 3.3. (i) det E = k onde E é a matriz elementar relativa à operação L i → kL i ;(ii) det E = −1 onde E é a matriz elementar relativa à operação L i ↔ L j (i ≠ j);(iii) det E = 1 onde E é a matriz elementar relativa à operação L i → L i + kL j (i ≠ j).Teorema 3.4. Seja A uma matriz de ordem n e E uma matriz elementar também de ordemn. Entãodet(EA) = det E · det A.Teorema 3.5. Seja A uma matriz de ordem n.inversível.Então det A ≠ 0 se, e somente se A é3.2 Propriedades dos determinantesSeja A uma matriz de ordem n. São fatos sobre determinantes:1. Se A tem uma linha (ou coluna) nula, então det A = 0.2. det A = det A t .3. Seja B = e(A), onde e é a operação elementar L i → kL i . Então det B = k det A.4. Seja B = e(A), onde e é a operação elementar L i ↔ L j (i ≠ j). Então det B = − det A.5. Seja B = e(A), onde e é a operação elementar L i → L i + kL j (i ≠ j). Então det B =det A.6. det(AB) = det A · det B.7. Se A é inversível então det A −1 = 1det A .8. Se A tem duas linhas iguais i e j (i ≠ j) então det A = 0. O mesmo resultado se aplicaquando A tem duas colunas iguais.

CAPÍTULO 3. DETERMINANTES 223.3 Exercícios[ ] [ ]1 23 −11. Dadas A = e B = , calcule det A + det B e det(A + B), e conclua1 00 1que, em geral, o determinante da soma de matrizes não é igual a soma dos determinantes.2. Calcule o posto e a nulidade das matrizes abaixo, encontrando a matriz linha reduzida àforma escada de cada matriz. Use o histórico de operações elementares para calcular odeterminante de cada uma das matrizes.(a)⎡⎣1 −2 32 2 12 −4 6⎤⎦(b)⎡⎢⎣1 2 1 2−1 1 1 11 0 1 03 1 −1 3⎤⎥⎦3. Admitindo que det A = 5 onde A = [a ij ] 3×3 , calcule:(a) det(3A)(c) det((2A) −1 )(b) det(2A −1 )⎡(d) det ⎣⎤a 11 a 31 a 21a 12 a 32 a 22⎦a 13 a 33 a 234. Calcule os determinantes:[ ]a + b b + d(a) deta + c c + d[ ]a + b a − b(b) deta − b a + b[ x − 1 1(c) detx 3 x 2 + x + 1⎡⎤1 1 1(d) det ⎣ −1 0 1 ⎦−1 −1 0⎡ ⎤1 1 1(e) det ⎣ 1 2 3 ⎦1 3 6]⎡(f) det ⎢⎣⎡(g) det ⎢⎣⎡(h) det ⎢⎣3 1 1 11 3 1 11 1 3 11 1 1 3⎤⎥⎦1 1 1 11 2 3 41 3 6 101 4 10 20⎤⎥⎦1 2 3 4−2 1 −4 33 −4 −1 24 3 −2 −1⎡(i) det⎢⎣⎡(j) det⎤ ⎢⎣⎥⎦2 1 1 1 11 3 1 1 11 1 4 1 11 1 1 5 11 1 1 1 6⎤⎥⎦2 1 1 1 12 2 4 −1 32 1 2 13 72 1 1 2 92 1 1 1 2(use o próximo exercíciono item j)⎤⎥⎦5. Seja A uma matriz triangular superior de ordem n. Aplique sucessivamente o desenvolvimentode Laplace para mostrar que o determinante de A é o produto dos elementos dasua diagonal, isto é, det A = a 11 · · · a nn . Conclua usando o fato de que det A t = det Aque se A é triangular inferior, também vale det A = a 11 · · · a nn .6. Sejam A e P matrizes quadradas de mesma ordem com P inversível. Mostre que det(PAP −1 ) =det A (as matrizes PAP −1 e A são chamadas matrizes semelhantes).7. Seja B uma matriz de ordem n tal que B t B = I n . Mostre que det B = 1 ou det B = −1.8. Diz-se que uma matriz quadrada A é idempotente quando A 2 = A. Mostre que se A éidempotente então det A = 1 ou det A = 0.9. (MATRIZ ADJUNTA) Dada uma matriz quadrada A de ordem n, definimos a matrizadjunta de A como sendo a transposta da matriz dos cofatores dos elementos a ij de A.

CAPÍTULO 3. DETERMINANTES 23Denotaremos a adjunta de A por adj A. Em outras palavras,⎡⎤∆ 11 ∆ 21 · · · ∆ n1∆ 12 ∆ 22 · · · ∆ n2adj A = ⎢⎥⎣ . . · · · . ⎦ .∆ 1n ∆ 2n · · · ∆ nn(a) Considere a matriz C = A (adj A). Mostre que os elementos c ij de C são tais quec ii = det A, ∀i e c ij = 0, i ≠ j,isto é, que A (adj A) = (det A) I n .Dica: os elementos c ij são da forma c ij = a i1 ∆ j1 + a i2 ∆ j2 + · · · + a in ∆ jn . Quandoi = j então c ii é o desenvolvimento de Laplace da matriz A escolhendo a linha i, elogo c ii = det A. Quando i ≠ j, c ij é o desenvolvimento de Laplace de uma matrizcom duas linhas iguais a linha i de A (e logo cujo determinante é 0).(b) Usando o item anterior, mostre que se A é inversível então A −1 = 1 (adj A).det A(c) Calcule a inversa deusando a adjunta de A.⎡A = ⎣2 1 0−3 1 41 6 510. (REGRA DE CRAMMER) Considere um sistema linear Ax = b, onde A é matrizquadrada de ordem n (o sistema tem n equações e n incógnitas). Suponha que det A ≠ 0(ou equivalentemente, que A é inversível).(a) Mostre que x = A −1 b é a única solução do sistema Ax = b.(b) Usando o fato de que A −1 = 1 (adj A) (exercício anterior), mostre que o termodet Ai da solução x = A −1 b é dado porx i = b 1∆ 1i + b 2 ∆ 2i + · · · + b n ∆ nidet A⎤⎦= det C idet A ,onde C i é a matriz obtida de A pela substituição da coluna i pela matriz coluna b,isto é,⎡⎤a 11 · · · a 1,i−1 b 1 a 1,i+1 · · · a 1na 21 · · · a 2,i−1 b 2 a 2,i+1 · · · a 2nC i = ⎢⎥⎣ . . . . . · · · . ⎦ .a n1 · · · a n,i−1 b n a n,i+1 · · · a nnEssa técnica de resolução de sistemas lineares n × n é conhecida como Regra deCrammer.⎧⎨ 2x −3y +7z = 1(c) Resolva o sistema x +3z = 5 pela Regra de Crammer.⎩2y −z = 0

Capítulo 4Espaços VetoriaisDefinição 4.1. Um espaço vetorial é constituído de um conjunto V , cujos elementos são chamadosvetores, no qual estão definidas duas operações: a soma (ou adição) que leva um parde vetores (u, w) ∈ V × V a um vetor u + w ∈ V , e a multiplicação por escalar, que leva umpar (a, u) ∈ R × V a um vetor au ∈ V tais que, para quaisquer a, b ∈ R e u, v, w ∈ V , sãosatisfeitas as propriedades (ou axiomas de espaço vetorial):(i) u + w = w + u (comutatividade)(ii) (u + v) + w = u + (v + w) e (ab)u = a(bu) (associatividade)(iii) existe um vetor 0 ∈ V , chamado vetor nulo tal que u + 0 = 0 + u = 0, para todo u ∈ V(existência de vetor nulo)(iv) (a + b)u = au + bu e a(u + w) = au + aw (distributividade)(v) 1 · u = u (multiplicação por 1)(vi) para todo u ∈ V , existe um vetor −u ∈ V tal que u + (−u) = 0 (inverso aditivo)O único espaço vetorial que usaremos ao longo do texto é o espaçoR n = {(x 1 , . . . , x n ); x i ∈ R ∀i}com as operações usuais (x 1 , . . . , x n ) + (y 1 , . . . , y n ) = (x 1 + y 1 , . . . , x n + y n ) e a(x 1 , . . . , x n ) =(ax 1 , . . . , ax n ).4.1 Subespaços vetoriaisDefinição 4.2. Dado um espaço vetorial V , um subconjunto W ⊂ V é um subespaço vetorialde V se(i) u + v ∈ W para todos u, v ∈ W (W é fechado para a soma)(ii) au ∈ W para todos a ∈ R e u ∈ W (W é fechado para multiplicação por escalar)Naturalmente, as operações em W são as mesmas de V . Assim, um subespaço vetorial Wde V é ele mesmo um espaço vetorial com as operações herdadas de V . Observe ainda que ovetor nulo de W é o vetor nulo de V .Exemplo 4.1.1. Dado um espaço vetorial V , são subespaços vetoriais triviais de V os subconjuntos{0} e o próprio V .24

CAPÍTULO 4. ESPAÇOS VETORIAIS 25Exemplo 4.1.2. W = {(at, bt, ct) ∈ R 3 ; t ∈ R} é subespaço vetorial de R 3 . Geometricamente,se (a, b, c) ≠ 0 então W é a reta do espaço na direção do vetor (a, b, c) e que passa pela origem.No caso em que (a, b, c) = 0, W = {0}.Exemplo 4.1.3. W = {(x, y, z) ∈ R 3 ; z = 3x, x = 2y} é subespaço vetorial de R 3 . De fato,podemos escrever W = {(2y, y, 6y) ∈ R 3 ; y ∈ R}, e W é a reta na direção de (2, 1, 6) e quepassa pela origem.Sejam V um espaço vetorial e W 1 , W 2 subespaços seus. Então W 1 ∩ W 2 é subespaçovetorial de V . Por outro lado, a união W 1 ∪ W 2 de subespaços vetoriais NÃO é em geral umsubespaço vetorial. Por exemplo, W 1 = {(t, 0); t ∈ R} e W 2 = {(0, s); s ∈ R} são subespaçosde R 2 , mas (1, 0), (0, 1) ∈ W 1 ∪ W 2 e (1, 0) + (0, 1) = (1, 1) /∈ W 1 ∪ W 2 , o que mostra queW 1 ∪ W 2 não é fechado para a soma, e portanto não é subespaço. No entanto, o conjuntoW 1 + W 2 = {v ∈ V ; v = w 1 + w 2 , w 1 ∈ W 1 , w 2 ∈ W 2 } é subespaço vetorial de V , chamadoa soma dos subespaços W 1 e W 2 . Quando W 1 ∩ W 2 = {0} a soma W 1 + W 2 é chamada somadireta, e escrevemos W 1 ⊕ W 2 .Exemplo 4.1.4. Considere os subespaços de R 2 dados por W 1 = {(t, 0); t ∈ R} e W 2 ={(0, s); s ∈ R}. Então W 1 +W 2 = {v ∈ R 2 ; v = (t, 0)+(0, s), t, s ∈ R} = {(t, s); t, s ∈ R} = R 2 .Ou seja, R 2 = W 1 + W 2 . Observe ainda que W 1 ∩ W 2 = {(0, 0)}, e logo R 2 = W 1 ⊕ W 2 . 4.2 Combinação linearDefinição 4.3. Seja V um espaço vetorial e vetores v 1 , . . . , v n ∈ V . Dados a 1 , . . . , a n ∈ R, ovetor de Vv = a 1 v 1 + · · · + a n v né uma combinação linear de v 1 , . . . , v n .Fixados v 1 , . . . , v n ∈ V , o conjunto W de todas as combinações lineares de v 1 , . . . , v n ,W = [v 1 , . . . , v n ] = {v ∈ V ; v = a 1 v 1 + · · · + a n v n , a 1 , . . . , a n ∈ R}é um subespaço vetorial de V , chamado subespaço gerado por v 1 , . . . , v n . Dizemos também quev 1 , . . . , v n geram W .Exemplo 4.2.1. Considere um vetor v ∈ R 3 com v ≠ 0. Então o subespaço gerado por v,[v] = {av ∈ R 3 ; a ∈ R},é a reta que passa pela origem (0, 0, 0) na direção do vetor v.Exemplo 4.2.2. Considere dois vetores u, v ∈ R 3 não colineares (isto é, u ≠ av para todoa ∈ R e v ≠ 0). Então[u, v] = {au + bv ∈ R 3 ; a, b ∈ R}é o plano que passa pela origem e é paralelo aos vetores u e v.Exemplo 4.2.3. O subespaço de R 2 gerado por (1, 0) e (0, 1) é[(1, 0); (0, 1)] = {a(1, 0) + b(0, 1); a, b ∈ R} = {(a, b); a, b ∈ R} = R 2 .O subespaço de R 2 gerado por (1, 0), (0, 1) e (1, 1) é[(1, 0); (0, 1); (1, 1)] = {a(1, 0) + b(0, 1) + c(1, 1); a, b, c ∈ R}= {(a + c, b + c); a, b, c ∈ R} = {(a ′ , b ′ ); a ′ , b ′ ∈ R} = R 2 .Assim, [(1, 0); (0, 1); (1, 1)] = [(1, 0); (0, 1)].

CAPÍTULO 4. ESPAÇOS VETORIAIS 26Exemplo 4.2.4. Generalizando o exemplo anterior, valeu ∈ [v 1 , . . . , v n ] ⇔ [v 1 , . . . , v n , u] = [v 1 , . . . , v n ].Ou seja, vetores que são combinações lineares de outros não fazem diferença no subespaço queeles geram.Vamos mostrar tal afirmação. Se u ∈ [v 1 , . . . , v n ] então u = ∑ ni=1 a iv i para certos a 1 , . . . , a n ∈R. Assimn∑[v 1 , . . . , v n , u] = [v 1 , . . . , v n , a i v i ]i=1{( n∑)}= v ∈ V ; v = b 1 v 1 + · · · + b n v n + b a i v i , b 1 , . . . , b n , b ∈ Ri=1= {v ∈ V ; v = (b 1 + ba 1 )v 1 + · · · + (b n + ba n )v n , b 1 , . . . , b n , b ∈ R}= {v ∈ V ; v = c 1 v 1 + · · · + c n v n , c 1 , . . . , c n ∈ R}= [v 1 , . . . , v n ].Reciprocamente, u = 0v 1 + · · · + 0v n + 1u ∈ [v 1 , . . . , v n , u] = [v 1 , . . . , v n ], e logo u ∈[v 1 , . . . , v n ]. 4.3 Dependência e independência linearDefinição 4.4. Sejam V um espaço vetorial e v 1 , . . . , v n ∈ V . Dizemos que o conjunto{v 1 , . . . , v n } é linearmente independente (LI) ou que os vetores v 1 , . . . , v n são LI se a equaçãoa 1 v 1 + · · · + a n v n = 0admitir somente a solução trivial a 1 = a 2 = · · · = a n = 0. Se {v 1 , . . . , v n } não for LI, entãodizemos que este conjunto é linearmente dependente (LD), ou que os vetores v 1 , . . . , v n sãoLD.Observamos que o subconjunto {0} de um espaço vetorial V qualquer não é LI, pois aequação da Definição 4.4 é satisfeita para todo a 1 ∈ R.Teorema 4.5. {v 1 , . . . , v n } é LD se, e somente se um dos vetores desse conjunto é combinaçãolinear dos outros.Exemplo 4.3.1. {e 1 ,e 2 , . . . , e n } ⊂ R n ondee i = (0, . . . , 0, }{{} 1 , 0, . . . , 0), i = 1, . . . , n,posição ié o vetor de R n constituído de zeros, exceto na posição i igual a 1, é um subconjunto LI.Exemplo 4.3.2. O subconjunto {(1, 2); (2, 2); (3, 7)} de R 2 é LD pois (3, 7) = 4(1, 2) − 1 (2, 2).24.4 Base e dimensão de um espaço vetorialDefinição 4.6. Dado um espaço vetorial V , um conjunto β = {v 1 , . . . , v n } ⊂ V é uma basede V se é LI e se gera V .

CAPÍTULO 4. ESPAÇOS VETORIAIS 27Exemplo 4.4.1. {e 1 , e 2 , . . . , e n } ⊂ R n é base de R n . Esta é chamada a base canônica de R n .Exemplo 4.4.2. {(1, 1); (0, 1)} é base de R 2 pois é LI e qualquer (x, y) ∈ R 2 pode ser escritocomo (x, y) = x(1, 1) + (y − x)(0, 1).Exemplo 4.4.3. {(0, 1); (0, 2)} não é base de R 2 pois não é LI (um dos vetores é claramentecombinação do outro). Também, este conjunto não gera R 2 . Por exemplo, o vetor (1, 0) não écombinação linear de (0, 1) e (0, 2).Exemplo 4.4.4. {(1, 0, 0); (0, 1, 0)} não é base de R 3 pois não gera R 3 (por exemplo, (0, 0, 1) /∈[(1, 0, 0); (0, 1, 0)]). Teorema 4.7. Seja V um espaço vetorial.(i) Se V = [v 1 , . . . , v n ] podemos extrair uma base de V formada por vetores em {v 1 , . . . , v n }.(ii) Se V = [v 1 , . . . , v n ] (n vetores) então qualquer subconjunto de V com mais de n vetoresé LD.(iii) Qualquer base de V tem sempre o mesmo número de elementos. Este número é chamadodimensão de V , e denotado por dim V .(iv) Qualquer conjunto de vetores LI de V pode ser completado de modo a obter-se uma base.(v) Se n = dim V , qualquer subconjunto de V com n vetores LI é uma base de V .Cabe notar que os espaços aqui tratados são de dimensão finita, ou seja, uma base temfinitos vetores apenas.Exemplo 4.4.5. Afirmamos que [(1, 0, 0); (0, 1, −1); (1, 1, 0); (1, 1, 1)] = R 3 . De fato, você podeverificar que (x, y, z) = x(1, 0, 1) + y(0, 1, −1) + (x − y − z)(1, 1, 0) + (−x + y + z)(1, 1, 1).Agora, observe que(1, 1, 0) = 1(1, 0, 1) + 1(0, 1, −1) + 0(1, 1, 1),isto é, α = {(1, 0, 0); (0, 1, −1); (1, 1, 0); (1, 1, 1)} é LD. Mais ainda, isso mostra que(1, 1, 0) ∈ [(1, 0, 1); (0, 1, −1); (1, 1, 1)]e logo [(1, 0, 1); (0, 1, −1); (1, 1, 1)] = R 3 . Como β = {(1, 0, 1); (0, 1, −1); (1, 1, 1)} é LI (verifique!),segue que β é base de R 3 . O que fizemos portanto foi extrair do conjunto α de geradoresde R 3 uma base β de R 3 .Exemplo 4.4.6. Sabemos que a base canônica de R 3 tem três elementos, e que gera R 3 . Comisso já sabemos de antemão que o conjunto α do exemplo 4.4.5 é LD, pois possui mais de trêsvetores de R 3 .Exemplo 4.4.7. Considerando a base canônica de R n , segue que dim R n = n.Atividade 3. Seja W um subespaço vetorial de V . Mostre que dim W = dim V se, e somentese W = V .Exemplo 4.4.8. Sabemos que dim R 3 = 3. Então o conjunto LI {(1, 0, −1); (0, 1, 2)} não ébase de R 3 . A fim de completar esse conjunto a uma base de R 3 , basta escolher um vetor(x, y, z) /∈ [(1, 0, −1); (0, 1, 2)] e uni-lo ao conjunto. Observe que[(1, 0, −1); (0, 1, 2)] = {a(1, 0, −1) + b(0, 1, 2); a, b ∈ R} = {(a, b, 2b − a) + b(0, 1, 2); a, b ∈ R},e logo (1, 1, 0) /∈ [(1, 0, −1); (0, 1, 2)]. Com isso β = {(1, 0, −1); (0, 1, 2); (1, 1, 0)} é LI, e comopossui 3 = dim R 3 vetores, é uma base de R 3 .

CAPÍTULO 4. ESPAÇOS VETORIAIS 28O espaço vetorial trivial {0} não admite base, pois não há subconjunto seu que seja LI.Convencionaremos no entanto que dim{0} = 0.Dada uma base β = {v 1 , . . . , v n } de um espaço vetorial V , cada vetor v de V se escrevede maneira única como combinação linear dos vetores de β. Aos coeficientes dessa escritachamamos de coordenadas de v na base β.4.5 Produto interno e normaUm produto interno num espaço vetorial V de dimensão finita é uma função ⟨·, ·⟩ V: V ×V →R tal que para todos x, y, z ∈ V e a ∈ R temos⟨x, y⟩ V= ⟨y, x⟩ V,⟨x + z, y⟩ V= ⟨x, y⟩ V+ ⟨z, y⟩ V,⟨αx, y⟩ V= α ⟨x, y⟩ Vex ≠ 0 ⇒ ⟨x, x⟩ V> 0.Em particular, ⟨·, ·⟩ : R n × R n → R definido por⟨x, y⟩ =n∑x i y ii=1é um produto interno em R n , chamado produto interno canônico de R n . Às vezes é convenienteolhar este produto interno como uma multiplicação de matrizes, da seguinte forma: a cadax ∈ R n , associamos a matriz x = [x i ] n×1 de ordem n × 1. Temos então⟨x, y⟩ = x t y.Quando não houver perigo de confusão, escrevemos simplesmente x t y.Uma norma num espaço vetorial V de dimensão finita é uma função ∥ · ∥ Vque para todos x, y ∈ V e α ∈ R temos: V → R + tal∥x + y∥ V ≤ ∥x∥ V + ∥y∥ V ,∥αx∥ V = |α|∥x∥ V ex ≠ 0 ⇒ ∥x∥ V > 0.A norma euclidiana é definida como∥x∥ =( n∑i=1x 2 i) 1/2.Note que ∥x∥ 2 = x t x.4.6 Exercícios1. Mostre que os conjuntos abaixo são subespaços de R 2 ou R 3 .(a) A = {(x, y) ∈ R 2 ; x = y}(b) B = {(x, y) ∈ R 2 ; x + 4y = 0}(c) C = {(x, y, z) ∈ R 3 ; x + y + z = 0}(d) D = {(x, y, z) ∈ R 3 ; x = y, 2y = z}(e) F = {(x, y, z) ∈ R 3 ; x + y = 3z}

CAPÍTULO 4. ESPAÇOS VETORIAIS 292. Diga quais dos subconjuntos a seguir são subespaços vetoriais. Se não for, diga o porquê.Considere como operações de soma e multiplicação por escalar as usuais de R n ou M(m, n).(a) X = {(x, y, z) ∈ R 3 ; xy = 0} ⊂ R 3 .(b) O conjunto Z ⊂ M(2, 3) nas quais alguma coluna é formada por elementos iguais.(c) O conjunto L ⊂ R n dos vetores v = (x, 2x, 3x, . . . , nx), onde x ∈ R é arbitrário.(d) O conjunto dos vetores de R 5 que têm duas ou mais coordenadas nulas.(e) O conjunto dos vetores de R 3 que têm pelo menos uma coordenada ≥ 0.(f) O conjunto dos vetores de R n cujas k ≥ 1 primeiras coordenadas são iguais.(g) Y = {(x, y) ∈ R 2 ; x 2 + 3x = y 2 + 3y} ⊂ R 2 .3. Exiba uma base para cada um dos subespaços de R 4 .(a) F = {(x 1 , x 2 , x 3 , x 4 ) ∈ R 4 ; x 1 = x 2 = x 3 = x 4 }(b) G = {(x 1 , x 2 , x 3 , x 4 ) ∈ R 4 ; x 1 = x 2 e x 3 = x 4 }(c) H = {(x 1 , x 2 , x 3 , x 4 ) ∈ R 4 ; x 1 = x 2 = x 3 }(d) K = {(x 1 , x 2 , x 3 , x 4 ) ∈ R 4 ; x 1 + x 2 + x 3 + x 4 = 0}4. Mostre que os vetores u = (1, 1) e w = (−1, 1) formam uma base de R 2 . Exprima cadaum dos vetores e 1 = (1, 0) e e 2 = (0, 1) como combinação linear dos elementos dessa base.5. Mostre que os vetores u = (1, 1, 1), v = (1, 2, 1) e w = (2, 1, 2) são linearmente dependentes.6. Mostre que os vetores u = (1, 1, 1), v = (1, 2, 3) e w = (1, 4, 9) formam uma base de R 3 .Exprima cada um dos vetores e 1 = (1, 0, 0), e 2 = (0, 1, 0) e e 3 = (0, 0, 1) como combinaçãolinear dos elementos dessa base.7. Mostre que o conjunto das soluções do sistema homogêneo Ax = 0, sendo A matrizm × n, é um subespaço de M(n, 1) (o espaço vetorial das matrizes de ordem n × 1munido das operações usuais de matrizes). O mesmo vale para um sistema não homogêneoAx = B ≠ 0? Exiba um exemplo.8. Considere os subespaços F = [(1, 1, 1)] e G = [(1, 0, 0), (0, 1, 0)] de R 3 . Mostre queR 3 = F ⊕ G.9. Se X = {v 1 , . . . , v j , . . . , v n } e v j ∈ [X − {v j }] mostre que [X] = [X − {v j }].10. Dados u = (1, 2) e w = (−1, 2), sejam F e G as retas que passam pela origem em R 2 nasdireções de u e w, respectivamente.(a) Mostre que F e G são subespaços de R 2 .(b) Mostre que R 2 = F ⊕ G, isto é, que R 2 = F + G = {x + y; x ∈ F, y ∈ G} e queF ∩ G = {0}.11. Considere os subespaços de R 3 dados por F 1 = [(0, 1, −2), (1, 1, 1)] e F 2 = [(−1, 0, 3), (2, −1, 0)].(a) Ache números reais a 1 , b 1 , c 1 e a 2 , b 2 , c 2 tais que se tenha F 1 = {(x, y, z) ∈ R 3 ; a 1 x +b 1 y + c 1 z = 0} e F 2 = {(x, y, z) ∈ R 3 ; a 2 x + b 2 y + c 2 z = 0}.(b) Mostre que (−1, 0, 3) /∈ F 1 , e que R 3 = F 1 +F 2 . Exiba um vetor não nulo w ∈ F 1 ∩F 2e conclua que NÃO sem tem R3 = F 1 ⊕ F 2 .

CAPÍTULO 4. ESPAÇOS VETORIAIS 3012. Em R 2 , mantenhamos a definição usual do produto αv e modifiquemos, de 3 maneiras,a definição da soma u + v dos vetores u = (x, y) e v = (x ′ , y ′ ). Em cada tentativa, digaquais propriedades (axiomas) de espaço vetorial continuam válidas e quais são violadas:(a) u + v = (x + y ′ , x ′ + y)(b) u + v = (xx ′ , yy ′ )(c) u + v = (3x + 3x ′ , 5x + 5x ′ )13. Considere os subespaços W 1 , W 2 ∈ R 3 assim definidos: W 1 é o conjunto de todos osvetores v = (x, x, x) e W 2 é o conjunto de todos os vetores w = (x, y, 0). Mostre queR 3 = W 1 ⊕ W 2 .14. Mostre que para todo subespaço vetorial W de R n , existe um subespaço vetorial W 0 deR n tal que R n = W ⊕ W 0 .15. Dado o subespaço W = {(x, y, z) ∈ R 3 ; x + 2y + z = 0} de R 3 , encontre um subespaçoW 0 de R 3 tal que R 3 = W ⊕ W 0 .16. (a) Se V = W 1 ⊕ W 2 , mostre que dim V = dim W 1 + dim W 2 .(b) Se dim V = dim W 1 + dim W 2 , podemos concluir que V = W 1 ⊕ W 2 ? Justifique.(c) Se W 1 e W 1 são subespaços de V , dim W 1 > dim V2W 1 ∩ W 2 ≠ {0}.e dim W 2 > dim V2(d) Se W 1 e W 2 são subespaços de V mostre que [W 1 ∪ W 2 ] = W 1 + W 2 .17. Exprima o vetor v = (1, −3, 10) na base β = {(1, 0, 0), (1, 1, 0), (2, −3, 5)}., mostre que18. Considere um subconjunto LD α = {v 1 , v 2 , . . . , v n } de R n com n vetores. Justifiqueporque o determinante da matriz cujas colunas são os vetores v 1 , v 2 , . . . , v n do conjuntoα é nulo.19. Mostre que, dado um subconjunto de R 3 α = {(a 11 , a 21 , a 31 ), (a 12 , a 22 , a 32 ), (a 13 , a 23 , a 33 )},temos que α é base de R 3 se, e somente se, det[a ij ] 3×3 ≠ 0. Tente generalizar o resultadopara R n .20. Considere o plano π : 2x − y + 3z = 0 que passa pela origem de R 3 e a reta r : (x, y, z) =(0, 0, 0) + t(1, 1, −3). Seja P e R os subespaços de R 3 correspondentes ao plano e à reta,respectivamente.(a) Encontre bases para P e R.(b) Mostre que R 3 = P ⊕ R.(c) Dê uma interpretação geométrica para as bases de P e R, considerando o seu conhecimentoem geometria analítica.21. Seja V = F 1 ⊕ F 2 = G 1 ⊕ G 2 um espaço vetorial. Mostre que se F 1 ⊂ G 1 e F 2 ⊂ G 2 entãoF 1 = G 1 e F 2 = G 2 .22. Diga se é verdadeiro ou falso quanto à validez da afirmação“A união de dois subconjuntos LI X e Y do espaço vetorial V é ainda um conjunto LI”provando quando verdadeiro ou fornecendo um contra-exemplo caso contrário.

CAPÍTULO 4. ESPAÇOS VETORIAIS 31(a) Sempre(b) Nunca(c) Quando são disjuntos, isto é, quando X ∩ Y = ∅(d) Quando um deles é parte do outro, isto é, quando X ⊂ Y ou Y ⊂ X(e) Quando um deles é disjunto do subespaço gerado pelo outro(f) Quando o número de elementos de um deles mais o número de elementos do outroé igual à dimensão de V23. Mostre que os vetores u 1 , . . . , u m são LI se, e somente se são também LI os vetoresu 1 , u 2 − u 1 , u 3 − u 1 , . . . , u m − u 1 .24. Se os coeficientes a 1 , a 2 , . . . , a n não são todos iguais a zero (isto é, pelo menos um deles énão nulo), mostre que o hiperplanoH = {(x 1 , . . . , x n ) ∈ R n ; a 1 x 1 + a 2 x 2 + · · · + a n x n = 0}é um subespaço vetorial de dimensão n − 1 em R n .25. Seja X = {x 1 , x 2 , . . . , x n } um conjunto de n elementos, e considere o conjunto V detodas as funções f : X → R. Definimos, sobre os elementos de V , as operações de soma emultiplicação por um escalar α ∈ R fazendo (f + g)(x) = f(x) + g(x) e (αf)(x) = αf(x),respectivamente.(a) Mostre que V com as operações acima é um espaço vetorial.(b) Para cada i = 1, . . . n, definimos as funções f i : X → R pondo f i (x i ) = 1 e f i (x j ) = 0,para todo j ≠ i. Mostre que {f 1 , f 2 , . . . , f n } é uma base para V . Conclua então quedim V = n. Você vê alguma semelhança entre V e o espaço vetorial R n ?(c) Escreva a função f : X → R definida por f(x i ) = i como uma combinação lineardas funções f 1 , . . . f n .26. Seja P n o conjunto dos polinômios de grau menor do que ou igual a n, mais o polinômionulo (estamos considerando polinômios com coeficientes reais). Definimos operações desoma e multiplicação por escalar sobre polinômios da mesma forma feita no exercícioanterior, isto é, (p + q)(x) = p(x) + q(x) e (αp)(x) = αp(x), onde p, q ∈ P e α ∈ R.(a) Mostre que P n com as operações acima é um espaço vetorial.(b) Quem é o elemento neutro da soma?(c) Exiba uma base para P n , e encontre dim P n . Você vê alguma semelhança entre P n oespaço vetorial R n+1 ?(d) Escreva o polinômio p(x) = 2x 6 − 4x 5 + x 3 − 7x + 2 na base que você encontrou.27. Seja M(n, n) o conjunto das matrizes n × n com coeficientes reais. Com as operaçõesusuais de soma e multiplicação por escalar sobre matrizes, M(n, n) é um espaço vetorial.(a) Mostre que {[ 1 00 0] [ 0 1,0 0] [ 0 0,1 0] [ 0 0,0 1é uma base de M(2, 2), o espaço das matrizes quadradas de ordem 2.(b) Generalize o item anterior e exiba uma base de M(n, n). Com isto, encontre dim M(n, n).]}

CAPÍTULO 4. ESPAÇOS VETORIAIS 32(c) Mostre que o conjunto T n das matrizes triangulares superiores de ordem n é umsubespaço de M(n, n). Tendo em vista o item anterior, exiba uma base de T n eencontre dim T n .(d) O conjunto S n das matrizes simétricas de ordem n munido das operações usuais éum subespaço de M(n, n). Exiba uma base de S n e encontre dim S n .(e) Se F n é o subespaço das matrizes triangulares inferiores de ordem n, mostre queM(n, n) = T n + F n , e que NÃO se tem M(n, n) = T n ⊕ F n .28. Mostre que os elementos são linearmente independentes.[ ] [ ] [ ]1 1 1 01 1(a) A = , B = e C =0 0 0 11 1(b) p(x) = x 3 − 5x 2 + 1, q(x) = 2x 4 + 5x − 6 e r(x) = x 2 − 5x + 229. Seja V um espaço vetorial e u, v, w ∈ V . Mostre que [u, v] ⊂ [u, v, w]. Quando se tem[u, v] = [u, v, w]? Quando se tem [u, v] [u, v, w]?

Parte IIProgramação Linear33

Capítulo 5IntroduçãoProblemas de programação linear consistem em otimizar (minimizar ou maximizar) umafunção linear, chamada função objetivo, sujeita a um conjunto de equações ou inequações lineares,chamadas restrições. O estudo desse tipo de problema de otimização é importante, tantopor razões históricas, quanto por sua aplicabilidade. Aparece em situações reais da indústria,por exemplo, e também em métodos de resolução de problemas de otimização mais gerais, comfunção objetivo e/ou restrições não lineares. Foi também um grande impulsionador da pesquisaem otimização/pesquisa operacional. Para um apanhado histórico desses problemas, consultelivros sobre o assunto, por exemplo [1].Adotaremos o termo “programação linear” para problemas com variáveis reais. Quandoquisermos nos referir a problemas com variáveis inteiras, diremos problemas de programaçãointeira. Mais ainda, quando houverem variáveis reais e inteiras no mesmo problema, diremostratar-se de um problema de programação inteira mista.Qualquer problema de programação linear pode ser posto da seguinte forma:min c 1 x 1 + c 2 x 2 + · · · + c n x ns.a. a 11 x 1 + a 12 x 2 + · · · + a 1n x n ≥ b 1a 21 x 1 + a 22 x 2 + · · · + a 2n x n ≥ b 2a m1 x 1 + a m2 x 2 + · · · + a mn x n ≥ b mx 1 , x 2 , . . . , x n ≥ 0Aqui, c 1 x 1 + c 2 x 2 + · · · + c n x n é a função objetivo (FO), x 1 , x 2 , . . . , x n são as variáveis dedecisão a serem determinadas, e c 1 , c 2 , . . . , c n são os coeficientes de custo. A desigualdadea i1 x 1 + a i2 x 2 + · · · + a in x n ≥ b i é a i-ésima restrição. As restrições x 1 , x 2 , . . . , x n ≥ 0 sãochamadas restrições de não negatividade. Um ponto (x 1 , . . . , x n ) que satisfaz todas as restriçõesé chamado de solução. Ao conjunto desses pontos, damos o nome de conjunto viável, regiãoviável ou região de viabilidade. A expressão s.a. significa “sujeito a”, min significa “minimizar”enquanto maximizar é indicado por max.Naturalmente, o objetivo do problema é encontrar uma solução na qual a função objetivoatinge seu mínimo, quando houver. Uma solução dessas é chamada solução ótima 1 .Em forma matricial, escrevemos.min cxs.a. Ax ≥ bx ≥ 0(5.1)1 Esse mínimo, quando < ∞, é sempre atingido pois a região viável é fechada e a FO contínua.34

CAPÍTULO 5. INTRODUÇÃO 35onde A = (a ij ) é matriz m×n, e c = (c i ), x = (x i ) e b = (b i ) são matrizes-coluna de dimensõesapropriadas. Observe que, a rigor, deveríamos escrever c t x, mas por simplicidade escreveremoscx. Como é de se observar, a notação Ax ≥ b indica as m restrições de desigualdade, assimcomo x ≥ 0 indica as n desigualdades x i ≥ 0.Exemplo 5.0.1. Considere o seguinte problema:min 2x 1 +5x 2s.a. x 1 +x 2 ≥ 6−x 1 −2x 2 ≥ −18x 1 , x 2 ≥ 0O problema tem duas variáveis de decisão, x 1 e x 2 . As restrições de desigualdade definem semiplanos,e são representadas na figura 5.1. Observe que a interseção dos semiplanos determinaonde estão os pontos que satisfazem todas as restrições (soluções do problema, ou o conjuntoviável). Daí, o objetivo é encontrar dentre as soluções, uma que minimiza a função 2x 1 + 5x 2 ,uma solução ótima.Figura 5.1: Figura para o exemplo 5.0.1 [1]5.1 Manipulação de problemasComo já dito, qualquer problema de programação linear pode ser reescrito na forma (5.1).No entanto, é de nosso interesse transformar um problema na formamin cxs.a. Ax = bx ≥ 0onde as restrições são de igualdade. Isso porque o método de resolução que apresentaremosadiante trabalha sobre esse modelo. Veremos como proceder em cada caso.5.1.1 RestriçõesUma restrição de desigualdade da forma ∑ nj=1 a ijx j ≤ b i pode ser reescrita como restriçãode igualdade inserindo uma variável de folga x n+1 ,n∑a ij x j + x n+1 = b i , x n+1 ≥ 0.j=1

CAPÍTULO 5. INTRODUÇÃO 36Por outro lado, uma restrição do tipo ∑ nj=1 a ijx j ≥ b i pode ser reescrita comon∑a ij x j − x n+1 = b i , x n+1 ≥ 0.j=1Reciprocamente, uma restrição de igualdade ∑ nj=1 a ijx j = b i é equivalente às restrições dedesigualdade ∑ nj=1 a ijx j ≥ b i e ∑ nj=1 a ijx j ≤ b i .5.1.2 Restrições de não negatividadeSe uma variável é irrestrita, ou seja, se x j pode variar em todo R, podemos substituí-la porx j ′ − x ′′j onde x j aparece, e temos x ′ j, x ′′j ≥ 0. Note que assim x ′ j − x ′′j pode variar em todo R.Atividade 4. Mostre que R = {x ′ j − x ′′j ; x ′ j, x ′′j ≥ 0}.Se x j ≥ l j , então a nova variável x ′ j = x j − l j é não negativa. Assim, eliminamos a restriçãox j ≥ l j e substituímos x j por x j = x ′ j + l j onde ela aparece.Se x j ≤ u j , então a nova variável x ′ j = u j −x j é não negativa. Assim, eliminamos a restriçãox j ≤ u j e substituímos x j por x j = u j − x ′ j onde ela aparece.5.1.3 Problema de maximizaçãoSe o objetivo do problema for maximizar a função cx, então podemos trocar seu objetivopor minimizar a função −cx, poismax {cx} = − min {−cx}Neste caso resolvido o problema de minimização, o valor da função objetivo original (do problemade maximização) estará multiplicado por −1. É claro que as soluções dos dois problemasserão as mesmas.5.1.4 Formas padrão e canônicaComo qualquer problema pode ser reescrito em diferentes formas, consideraremos duasformas úteis. Um problema de programação linear está na forma padrão se é escrito comomin cxs.a. Ax = bx ≥ 0e está na forma canônica se é escrito comooumax cxs.a. Ax = bx ≥ 0min cxs.a. Ax ≥ bx ≥ 0oumax cxs.a. Ax ≤ bx ≥ 0A forma padrão de minimização é de particular interesse no estudo do método de resoluçãoSimplex. Nesse trabalho adotaremos a minimização para o estudo do método. A formacanônica é adequada para uma interpretação geométrica, como a do Exemplo 5.0.1, e para oestudo das relações de dualidade.

CAPÍTULO 5. INTRODUÇÃO 375.1.5 ResumoAbaixo seguem as equivalências discutidas.n∑a ij x j ≤ b ij=1n∑a ij x j ≥ b ij=1n∑a ij x j = b ij=1n∑a ij x j + x n+1 = b i , x n+1 ≥ 0j=1n∑a ij x j − x n+1 = b i , x n+1 ≥ 0j=1n∑a ij x j ≥ b i ,j=1n∑a ij x j ≤ b ix j irrestrita x ′ j − x ′′j x ′ j, x ′′j ≥ 0x j ≥ l j elimina-se a restrição, substitui-se x j por x ′ j + l j e adiciona-se x ′ j ≥ 0x j ≤ u j elimina-se a restrição, substitui-se x j por u j − x ′ j e adiciona-se x ′ j ≥ 0max {cx}− min {−cx}j=1Tabela 5.1: Resumo das manipulações de problemas.Exemplo 5.1.1. [1] Vamos colocar o problemamin x 1 −2x 2 −3x 3s.a. −x 1 +3x 2 +x 3 ≤ 13x 1 +2x 2 +3x 3 ≥ 122x 1 −x 2 +x 3 = 4x 1 , x 2 ∈ Rx 3 ≤ −3na forma padrão de minimização. Primeiro, vamos tratar as restrições de não negatividade.Substituímos x j por x ′ j − x ′′j (x ′ j, x ′′j ≥ 0), j = 1, 2, e x 3 por −3 − x ′ 3 (x ′ 3 ≥ 0):min x ′ 1 −x ′′1 −2x ′ 2 +2x ′′2 +3x ′ 3 +9s.a. −x ′ 1 +x ′′1 +3x ′ 2 −3x ′′2 +x ′ 3 ≤ 16x ′ 1 −3x ′′1 +2x ′ 2 −2x ′′2 −3x ′ 3 ≥ 212x ′ 1 −2x ′′1 −x ′ 2 +x ′′2 −x ′ 3 = 7x ′ 1, x ′′1, x ′ 2, x ′′2, x ′ 3 ≥ 0Agora inserimos variáveis de folga relativas às duas primeiras restrições. Podemos aindaretirar o termo constante 9 da FO, pois isso não modifica as soluções do problema. Neste caso,lembramos de somar 9 à FO após resolver o problema.min x ′ 1 −x ′′1 −2x ′ 2 +2x ′′2 +3x ′ 3s.a. −x ′ 1 +x ′′1 +3x ′ 2 −3x ′′2 +x ′ 3 +x 4 = 16x ′ 1 −3x ′′1 +2x ′ 2 −2x ′′2 −3x ′ 3 −x 5 = 212x ′ 1 −2x ′′1 −x ′ 2 +x ′′2 −x ′ 3 = 7x ′ 1, x ′′1, x ′ 2, x ′′2, x ′ 3, x 4 , x 5 ≥ 0Para uma melhor escrita, podemos renomear as variáveis de decisão para x 1 , . . . , x 7 .

CAPÍTULO 5. INTRODUÇÃO 385.2 Exemplos de modelos em programação linearA seguir, elencamos alguns problemas modelados no contexto da programação linear. Apresentaremosmodelos prontos, e apesar de não ser nosso objetivo discutir a modelagem dos problemasem si, recomendamos fortemente a leitura das seções 1.5 (“O Processo de Modelagem”)e 1.6 (“Modelagem Matemática”) do livro de Goldbarg e Luna [5].Exemplo 5.2.1. [Problema das ligas metálicas [5]] Uma metalúrgica deseja maximizar suareceita bruta. A Tabela 5.2 ilustra a quantidade de cada material na mistura para a obtençãodas ligas passíveis de fabricação, em toneladas. Vamos formular o modelo de programaçãolinear.Liga de baixa Liga de alta Disponibilidade deresistência (ton) resistência (ton) matéria-prima (ton)Cobre 0,5 0,2 16Zinco 0,25 0,3 11Chumbo 0,25 0,5 15Preço de Venda R$ 3.000,00 R$ 5.000,00(R$ por ton)Tabela 5.2: Dados do problema do Exemplo 5.2.1.Para saber a receita bruta, o que maximizar, devemos saber qual quantidade de cada ligaserá produzida. Escolhemos então as variáveis de decisão como segue:x i = “quantidade produzida em toneladas de liga de baixa resistência (i = 1)e de alta resistência (i = 2)”Nesse caso, a receita bruta será 3.000x 1 + 5.000x 2 , nossa função objetivo. Agora, devemosobedecer às limitações de matéria-prima. Teremos então as restrições• 0, 5x 1 + 0, 2x 2 ≤ 16 (relativo ao cobre)• 0, 25x 1 + 0, 3x 2 ≤ 11 (relativo ao zinco)• 0, 25x 1 + 0, 5x 2 ≤ 15 (relativo ao chumbo)Ademais, é claro que as quantidades x i não podem ser negativas.problema das ligas no modelo de PLFormulamos então omax 3.000x 1 +5.000x 2s.a. 0, 5x 1 +0, 2x 2 ≥ 160, 25x 1 +0, 3x 2 ≥ 110, 25x 1 +0, 5x 2 ≥ 15x 1 , x 2 ≥ 0Na forma padrão de minimização, podemos reescrever esse problema, após inserção devariáveis de folga, comomin −3.000x 1 −5.000x 2s.a. 0, 5x 1 +0, 2x 2 +x 3 = 160, 25x 1 +0, 3x 2 +x 4 = 110, 25x 1 +0, 5x 2 +x 5 = 15x 1 , x 2 , x 3 , x 4 , x 5 ≥ 0

CAPÍTULO 5. INTRODUÇÃO 39lembrando que o valor da função objetivo é multiplicado por −1 após resolução.Exemplo 5.2.2. [Problema do sítio [5]] Um sitiante está planejando sua estratégia deplantio para o próximo ano. Ele sabe que as culturas de trigo, arroz e milho serão as maisrentáveis. Sabe também que a produtividade de sua terra para as culturas desejadas é:Cultura Produtividade em Kg por m 2 Lucro por Kg produzido (centavos)Trigo 0,2 10,8Arroz 0,3 4,2Milho 0,4 2,03Tabela 5.3: Dados do problema do Exemplo 5.2.2.O espaço para armazenamento limita a produção em 60 toneladas. A área cultivável é de200.000 m 2 . Para atender as demandas do seu próprio sítio, é obrigatório que se plante 400 m 2de trigo, 800 m 2 de arroz e 10.000 m 2 de milho. É desejado claramente que o sitiante tenholucro máximo.Escolhemos x i =“área em m 2 a ser plantada da cultura do tipo i =(T Trigo, A Arroz, MMilho)” como variáveis de decisão. O lucro em centavos (a função objetivo) a ser maximizadoserá então10, 8 × 0, 2x T + 4, 2 × 0, 3x A + 2, 03 × 0, 4x M = 2, 16x T + 1, 26x A + 0, 812x M .As restrições relativas à demanda do sítio são x T ≥ 400, x A ≥ 800 e x M ≥ 10.000; a restriçãorelativa a área cultivável é x T + x A + x M ≤ 200.000; e a restrição relativa à capacidade dearmazenamento será 0, 2x T + 0, 3x A + 0, 4x M ≤ 60.000. Ainda, é claro que x T , x A , x M ≥ 0. Atividade 5. Escreva o modelo do Exemplo 5.2.2 na forma padrão.Exemplo 5.2.3. [Problema da mistura de petróleo [5]] Uma refinaria processa váriostipos de petróleo. Cada tipo de petróleo possui uma planilha de custos diferente, expressandocondições de transporte e preços na origem. Por outro lado, cada tipo de petróleo representeuma configuração diferente de subprodutos para a gasolina. Na medida em que um certo tipode petróleo é utilizado na produção da gasolina, é possível a programação das condições deoctanagem e outros requisitos. Esses requisitos implicam a classificação do tipo de gasolinaobtida.Supondo que a refinaria trabalhe com uma linha de quatro tipo diferentes de petróleo edeseje produzir as gasolinas amarela, azul e superazul, vamos programar a mistura dos tiposde petróleo atendendo às condições expostas nas duas tabelas a seguir, de modo a maximizaro lucro da refinaria.Tipo de petróleo Quant. máxima disponível (barril/dia) Custo por barril/dia (R$)1 3.500 192 2.200 243 4.200 204 1.800 27Tabela 5.4: Quantidade disponível de petróleo

CAPÍTULO 5. INTRODUÇÃO 40Tipo de gasolina Especificação Preço de venda (R$/barril)(S) Não mais que 30% de 1 35Não menos que 40% de 2Não mais que 50% de 3Azul (Z) Não mais que 30% de 1 28Não menos que 10% de 2Amarela (A) Não mais que 70% de 1 22Tabela 5.5: Percentuais para limites de qualidade das gasolinasComo temos que programar a mistura de tipos de petróleo para produção dos três tiposde gasolina, podemos pensar nas variáveis de decisão como as quantidades que cada tipo depetróleo em cada tipo de gasolina. Assim, considerando P = {1, 2, 3, 4} o conjunto dos tiposde petróleo e G = {A, Z, S} o conjunto dos tipos de gasolina, as variáveis de decisão sãox ij = “número de barris de petróleo do tipo j que serão destinados à produção da gasolina i”.A função objetivo deve medir o lucro da refinaria, ou seja, receitas menos custos. A receitacom a venda de gasolina amarela, por exemplo, é 22(x A1 + x A2 + x A3 + x A4 ). Já o custo com otipo de petróleo 1, por exemplo, é 19(x S1 + x Z1 + x A1 ). Assim, a função objetivo será22 ∑ j∈Px Aj + 28 ∑ j∈Px Zj + 35 ∑ j∈Px Sj − 19 ∑ i∈Gx i1 − 24 ∑ i∈Gx i2 − 20 ∑ i∈Gx i3 − 27 ∑ i∈Gx i4 .As restrições relativas às quantidades de petróleo disponível (Tabela 5.4) são• ∑ i∈G x i1 ≤ 3.500 (Tipo 1)• ∑ i∈G x i2 ≤ 2.200 (Tipo 2)• ∑ i∈G x i3 ≤ 4.200 (Tipo 3)• ∑ i∈G x i4 ≤ 1.800 (Tipo 4)As restrições relativas à qualidade das gasolinas (Tabela 5.5) levam em consideração aquantidade total de petróleo em cada tipo de gasolina. Por exemplo a quantidade de petróleona gasolina Superazul é ∑ j∈P x Sj. Temos então• para a gasolina superazul,x S1 ≤ 0, 3 ∑ j∈P x Sj, x S2 ≤ 0, 4 ∑ j∈P x Sj, x S3 ≤ 0, 5 ∑ j∈P x Sj.• para a gasolina azul,x Z1 ≤ 0, 3 ∑ j∈P x Zj,x Z2 ≤ 0, 1 ∑ j∈P x Zj.• para a gasolina amarela,x A1 ≤ 0, 7 ∑ j∈P x Aj.Também, é claro que as quantidades x ij ≥ 0, ∀(i, j) ∈ G × P .Atividade 6. Escreva o modelo do Exemplo 5.2.3 na forma matricial canônica (de maximização).

CAPÍTULO 5. INTRODUÇÃO 41Exemplo 5.2.4. [Problema de Transporte [1]] Uma companhia de café processa o grãoem m centros de processamento. O café moído é então transportado para n unidades de distribuição,que embalam, distribuem e exportam o produto. Suponha que o custo de transportede uma tonelada de café moído do centro de processamento i à unidade de distribuição j sejac ij . Suponha também que a capacidade de produção de café moído no centro i seja no máximode a i toneladas, e que a demanda do produto na unidade de distribuição j seja exatamente deb j toneladas. Deseja-se encontrar o plano de distribuição do café moído de modo a minimizaros custos de transporte. A figura 5.2 representa o problema. À esquerda, os centros de processamentoe à direita as unidades de distribuição (algumas setas foram omitidas para melhorvisualização).Figura 5.2: Figura para o exemplo 5.2.4Consideramos as seguintes variáveis de decisão:x ij = “quantidade em toneladas de café moído transportadodo centro i à unidade j”.Assim, o modelo para o problema de transporte émins.a.m∑ n∑c ij x iji=1j=1n∑x ij ≤ a i ,j=1m∑x ij = b j ,i=1x ij ≥ 0,∀i∀j∀i, jO problema de transporte tem grande importância teórica e prática. Várias aplicaçõespodem ser modeladas como acima, ou em suas variantes. Também, esse modelo tem característicasanalíticas muito peculiares, que permitem sua resolução em computador ser muitoatrativa. Ele será estudado com detalhes mais adiante.Atividade 7. Interprete a função objetivo e as restrições do modelo do problema de transporte.

CAPÍTULO 5. INTRODUÇÃO 425.3 Resolução geométrica de problemas de programaçãolinearPara problemas pequenos com 2 ou 3 variáveis de decisão, há uma maneira de resolvê-losgeometricamente. Embora não seja efetivo resolver problemas grandes, as ideias geométricasauxiliam no entendimento do problema.Consideraremos aqui problemas do tipomin cxs.a. Ax ≤ bcom duas variáveis. Começamos com o problemax ≥ 0min −x 1 −3x 2s.a. x 1 +x 2 ≤ 6−x 1 +2x 2 ≤ 8x 1 , x 2 ≥ 0Cada inequação define um semiplano. Para saber que região uma inequação define, considerepor exemplo a inequação −x 1 + 2x 2 ≤ 8. Observe que, por exemplo, a origem satisfaz ainequação, e logo o semiplano que ela descreve está abaixo da reta −x 1 + 2x 2 = 8. Alternativamente,podemos verificar que o gradiente da função −x 1 + 2x 2 , o vetor (−1, 2), aponta parafora do semiplano que a inequação do tipo ≤ define (se fosse ≥ apontaria para dentro). Asinterseções desses semiplanos definem a região viável do problema, ilustrada na figura 5.3.Figura 5.3: Solução geométrica [1]Observe agora que a fim de minimizar a função cx = −x 1 − 3x 2 sobre o conjunto viável,devemos estabelecer seu menor nível z = −x 1 − 3x 2 cuja curva de nível tenha interseção com oconjunto viável. É sabido que os níveis de cx decrescem no sentido contrário ao seu gradiente

CAPÍTULO 5. INTRODUÇÃO 43c = (−1, −3). Geometricamente, vemos que a (única) solução ótima é o ponto (4/3, 14/3).Note que esse ponto é vértice da região viável.No exemplo acima, a solução ótima é única. No entanto, outros casos podem ocorrer. Sãoeles:• Única solução ótima. Veja figura 5.4.Figura 5.4: Única solução ótima [1]• Infinitas soluções ótimas. Veja figura 5.5. No caso em que a curva de nível da funçãoobjetivo for paralela à uma aresta da região viável que contenha um ótimo, toda a arestaserá de ótimos visto que o valor da função objetivo nessa aresta é o mesmo. Pode ocorrerque o conjunto viável seja ilimitado e que tenhamos uma semi-reta de soluções ótimas.Figura 5.5: Infinitas soluções ótimas [1]• Nenhuma solução ótima. Pode ocorrer que o conjunto viável seja vazio, ou que sejailimitado e exista uma sequência de pontos x n com lim n→∞ cx n = −∞ (é o caso da figura5.6). No primeiro caso, dizemos que o problema é inviável e no segundo, que o problemaé ilimitado.

CAPÍTULO 5. INTRODUÇÃO 44Figura 5.6: Nenhuma solução ótima [1]Observe que em todos os casos em que há solução ótima, pelo menos uma se encontra numvértice da região viável. Isso é um fato geral importante, e será demonstrado adiante.5.4 Exercícios1. Fazer os seguintes exercícios do livro do Bazaraa [1]: 1.31 (a-c), 1.33, 1.34, 1.35, 1.38,1.41.5.5 NotasApresentamos neste capítulo alguns exemplos de problemas de programação linear. Maisproblemas da prática podem ser encontrados nas referências em português [4, 7].

Capítulo 6Elementos de Análise Convexa6.1 Conjuntos convexos, pontos extremos, semi-espaçose direçõesUm conjunto D ⊂ R n é dito convexo se para cada quaisquer x 1 , x 2 ∈ D, tem-se queλx 1 + (1 − λ)x 2 ∈ D para todo λ ∈ [0, 1], ou seja, o segmento que liga x 1 e x 2 está contido emD.Figura 6.1: Conjunto convexo (esquerda) e não convexo (direita)Dizemos que x = λx 1 + (1 − λ)x 2 com λ ∈ [0, 1] é uma combinação convexa de x 1 e x 2 .Quando λ ∈ (0, 1), a combinação é estrita. De maneira geral, uma combinação convexa dospontos x 1 , . . . , x k é uma soma do tipok∑λ i x i ,i=1λ i ≥ 0, ∀i,k∑λ i = 1.i=1Dado qualquer conjunto E ⊂ R n , o fecho convexo de E, denotado por conv E, é o menorconjunto convexo que contém E. Equivalentemente, conv E é a interseção de todos os conjuntosconvexos em R n que contêm E 1 . Cabe observar que conv E é precisamente o conjunto de todasas combinações convexas de finitos pontos de E. Mais ainda, o Teorema de Carathéodory (nãoenunciado aqui) garante que é suficiente os conjuntos com n + 1 pontos para descrever conv E.Exemplo 6.1.1. São conjuntos convexos:• {(x 1 , x 2 ); x 2 1 + x 2 2 ≤ 1}.• {x; Ax = b}, onde A é m × n.• {x; Ax = b, x ≥ 0}, onde A é m × n.1 A interseção de uma família qualquer de conjuntos convexos é convexa.45

CAPÍTULO 6. ELEMENTOS DE ANÁLISE CONVEXA 46• {x; Ax ≤ b, x ≥ 0}, onde A é m × n.• a reta que passa por a ∈ R n na direção de v, {x; x = a + λv, λ ≥ 0}.• {x; x = ∑ mi=1 λ iv i , λ i ≥ 0, ∀i}.Atividade 8. Mostre que os conjuntos do exemplo anterior são convexos.Dado um conjunto convexo D, x ∈ D é dito ponto extremo de D se não pode ser representadopor uma combinação convexa de dois pontos distintos de x em D, isto é, não existem x 1 , x 2 ∈D\{x} e λ ∈ (0, 1) tais que x = λx 1 + (1 − λ)x 2 .Figura 6.2: Pontos extremosUm subconjunto de R n da forma{H = {x; px = k} = (x 1 , . . . , x n );}n∑p i x i = ki=1(6.1)onde p ≠ 0 e k ∈ R, é chamado hiperplano. Note que se n = 2, H é uma reta em R 2 , e sen = 3, um plano em R 3 .Atividade 9. Mostre que qualquer hiperplano é conjunto convexo.Dado um hiperplano H como em (6.1), dizemos que o vetor p é normal a H, ou o gradientede H. Geometricamente, tomemos x 0 ∈ H. Temos px 0 = k, e logo para qualquer x ∈ H, segueque px = px 0 , ou seja,p(x − x 0 ) = 0.Assim, p é ortogonal à x − x 0 para qualquer x ∈ H (ortogonal em relação ao produto internocanônico em R n ).Um hiperplano H divide R n em duas regiões: H 1 = {x; px ≤ k} e H 2 = {x; px ≥ k}. Aessas regiões damos o nome de semi-espaços. Podemos ainda escrevê-los comoH 1 = {x; p(x − x 0 ) ≤ 0} e H 2 = {x; p(x − x 0 ) ≥ 0},ou seja, H 1 consiste nos pontos x tais que x − x 0 forma um ângulo ≥ 90 0 com p, os pontosque estão no semi-espaço oposto ao que p aponta, e H 2 nos pontos x tais que x − x 0 forma umângulo ≤ 90 0 com p, os pontos que estão no semi-espaço que p aponta.

CAPÍTULO 6. ELEMENTOS DE ANÁLISE CONVEXA 47Figura 6.3: Semi-espaçosNeste ponto podemos encarar o conjunto {x; Ax ≤ b, x ≥ 0} como a interseção dos semiespaços{x; a i x ≤ b i }, i = 1, . . . , m, e {x; e j x ≥ 0}, j = 1, . . . , n, onde a ′ is são as linhas de Ae e ′ js os canônicos de R n .Dado um conjunto convexo D, um vetor não nulo d é uma direção de recessão de D ousimplesmente direção de D se para cada x ∈ D, a semi-reta {x + λd, λ ≥ 0} está contida emD. Cabe notar que se D for limitado, não possui direções.Teorema 6.1.(i) d é direção de {x; Ax ≤ b, x ≥ 0} ̸= ∅ se, e somente se,d ≥ 0, d ≠ 0 e Ad ≤ 0.(ii) d é direção de {x; Ax = b, x ≥ 0} ̸= ∅ se, e somente se,d ≥ 0, d ≠ 0 e Ad = 0.Demonstração. Vamos mostrar o primeiro item, e deixamos o segundo para o leitor.d ≠ 0 é direção de D = {x; Ax = b, x ≥ 0} se, e somente se, A(x + λd) ≤ b e x + λd ≥ 0para todos λ ≥ 0 e x ∈ D, ou seja,Ax ≤ b − λAd, x ≥ −λd, ∀x ∈ D, ∀λ ≥ 0. (6.2)Se Ad ≤ 0 e d ≥ 0, então as condições (6.2) valem pois neste caso Ax ≤ b ≤ b − λAd ex ≥ 0 ≥ −λd para todos x ∈ D e λ ≥ 0, e d é direção de D. Reciprocamente, suponha queAd ≰ 0 ou d ≱ 0, e fixemos x 0 ∈ D. Se (Ad) i > 0 então existe um λ ≥ 0 suficientementegrande tal que (Ax 0 ) i > b i − λ(Ad) i . Da mesma forma, se d i < 0 então existe um λ ≥ 0suficientemente grande de forma que x 0 i < −λd i . Em ambos os casos, (6.2) garante que d nãoseria direção de D. Isso completa a demonstração.Observamos que ao considerar as direções de um conjunto D, podemos supor que todas elassão vetores normalizados, como observado na próxima Atividade.Atividade 10. Mostre que se d é direção de um conjunto D, então αd é também direção deD para qualquer α > 0. Faça o mesmo para direções extremas.Dois vetores d 1 e d 2 são distintos se d 1 não é múltiplo positivo de d 2 (e assim, vice-versa).Uma direção d de um conjunto convexo D é direção extrema se não pode ser escrita como umacombinação positiva de duas direções distintas em D. Ou seja, d é direção extrema de D senão existem λ 1 , λ 2 > 0 e direções distintas d 1 , d 2 de D tais que d = λ 1 d 1 + λ 2 d 2 .Um conjunto convexo C tal que λx ∈ C para todos x ∈ C e λ ≥ 0 é chamado cone convexoou simplesmente cone. Note que todo cone contém a origem, pois 0 = 0x ∈ C. Em particular,dados vetores a 1 , . . . , a k , podemos formar o cone{ k∑}cone {a 1 , . . . , a k } = λ j a j ; λ j ≥ 0, j = 1, . . . , k ,j=1

CAPÍTULO 6. ELEMENTOS DE ANÁLISE CONVEXA 48chamado de cone finitamente gerado (por a 1 , . . . , a k ). Em outras palavras, cone {a 1 , . . . , a k }é o conjunto das semi-retas emanando da origem nas direções a 1 , . . . , a k e suas combinaçõesnão negativas. Note que assim é suficiente as direções extremas para caracterizar um conefinitamente gerado.Figura 6.4: Cone gerado por (0, 1) e (1, 1) [1]Atividade 11. Mostre que cone {a 1 , . . . , a k } é de fato um cone.Atividade 12. Mostre que se cada a i não é uma combinação não negativa de a 1 , . . . , a k , excetoa trivial a i = 1a i , então todo a i é direção extrema de cone {a 1 , . . . , a k }. Mais ainda, mostreque neste caso as únicas direções extremas são a 1 , . . . , a k , descartando seus múltiplos positivos.Dica: mostre que toda direção de um cone pertence ao próprio cone, e que todo elemento nãonulo do cone é direção.Atividade 13. Mostre que o conjunto das direções de {x; Ax ≤ b, x ≥ 0}, descrito noTeorema 6.1, unido com o vetor nulo é um cone. Este cone é chamado cone de recessão.6.2 Funções convexas e côncavasUma função f : D ⊂ R n → R é dita ser convexa se para todos x 1 , x 2 ∈ D e λ ∈ [0, 1] temosf(λx 1 + (1 − λ)x 2 ) ≤ λf(x 1 ) + (1 − λ)f(x 2 ).Da mesma forma, uma função f : D ⊂ R n → R é dita ser côncava se −f é convexa, ou seja,f(λx 1 + (1 − λ)x 2 ) ≥ λf(x 1 ) + (1 − λ)f(x 2 ), ∀x 1 , x 2 ∈ D, ∀λ ∈ [0, 1].Geometricamente, o segmento que liga os pontos (x 1 , f(x 1 )) e (x 2 , f(x 2 )) do gráfico de f deuma função convexa está acima da curva sobre o gráfico de f, resultado da projeção verticaldeste segmento. Já para uma função côncava, este segmento está abaixo (veja figura 6.5).

CAPÍTULO 6. ELEMENTOS DE ANÁLISE CONVEXA 49Figura 6.5: Função convexa (a); côncava (b); e nem convexa, nem côncava (c) [1]Atividade 14. Mostre que a função linear f(x) = cx é convexa e côncava simultaneamente.6.3 Conjuntos poliedraisConjuntos poliedrais são conjuntos definidos por finitas equações e/ou inequações lineares.Em outras palavras, são conjuntos formados pela interseção de finitos semi-espaços.Assim, os conjuntos de nosso interesse, como por exemplo{x; Ax ≤ b, x ≥ 0} e {x; Ax = b, x ≥ 0}são ditos poliedrais. É sabido que esses conjuntos são convexos (Exemplo 6.1.1, página 45). Nocaso de um conjunto poliedral ser limitado, é comum chamá-lo de politopo. Em particular, aosconjuntos que podem ser representados da forma{x; Ax ≤ 0}damos o nome de cone poliedral. É fácil notar que um cone poliedral é um cone. O Teorema aseguir não será demonstrado (para uma demonstração, veja por exemplo [2]).Teorema 6.2 (de Minkowski-Weyl). Um cone é poliedral se, e somente se, é finitamentegerado.Um ponto extremo de um conjunto poliedral é também chamado de vértice. A seguir,daremos uma caracterização algébrica dos vértices de um conjunto poliedral da forma{x; Ax ≤ b}.Note que, como qualquer conjunto poliedral pode ser posto na forma acima, o resultado éaplicado a qualquer conjunto poliedral.Antes, definimos a noção de restrição ativa. Diremos que uma restrição a i x ≤ b i é ativa emx 0 se ela é realizada como igualdade em x 0 , ou seja, sea i x 0 = b i .Do mesmo modo, a restrição será inativa em x 0 se a i x 0 < b i .

CAPÍTULO 6. ELEMENTOS DE ANÁLISE CONVEXA 50Teorema 6.3. Seja x um ponto do conjunto poliedralD = {x ∈ R n ; Ax ≤ b}.Então x é vértice de D se, e somente se, a matriz com linhas a i = e i A, i ∈ I(x) = {i; a i x = b i },tem posto n.Ou seja, x é vértice de D se, e somente se, a matriz formada pelas linhas de A relativas àsrestrições ativas em x tem posto n.Demonstração. [6] Denotando o conjunto dos índices das restrições ativas em x por I = I(x),consideramos as matrizes A I e b I , cujas linhas são as de A e b com índices em I.Suponhamos que a matriz quadrada A I tem posto n, e que x não seja vértice de D. Entãopara certos x 1 , x 2 ∈ D\{x} com x 1 ≠ x 2 e λ ∈ (0, 1) temosPois bem, temosx = λx 1 + (1 − λ)x 2 .0 = A I x − b I = A I (λx 1 + (1 − λ)x 2 ) − b I = λ(A I x 1 − b I ) + (1 − λ)(A I x 2 − b I ).Como A I x 1 − b I ≤ 0, A I x 2 − b I ≤ 0, λ > 0 e 1 − λ > 0, devemos terA I x 1 − b I = 0 e A I x 2 − b I = 0.Logo A I (x 1 − x 2 ) = 0, e como A I tem posto n, o sistema anterior admite somente a soluçãonula. Daí x 1 = x 2 , um absurdo. Isso mostra que x é vértice de D.Reciprocamente, suponhamos que x seja vértice de D e que A I tenha posto menor que n.Então o sistema A I y = 0 admite uma solução não trivial, digamos x ≠ 0. LogoA I (x + tx) = A I x = b I , ∀t ≥ 0.Como para i /∈ I temos a i x < b i , para todo t > 0 suficientemente pequeno obtemosa i (x ± tx) = a i x ± ta i x < b i , ∀i /∈ I.Concluímos que para todo t > 0 suficientemente pequeno, temos A(x ± tx) ≤ b, ou seja,x ± tx ∈ D. Por outro lado,x = x + tx + x − tx .2 2Isso contradiz o fato de x ser vértice, e logo A I tem posto n.Corolário 6.4. O número de vértices de um conjunto poliedral é finito.Demonstração. Podemos transformar qualquer conjunto poliedral na forma do teorema anterior.Como o número de combinações de n linhas da matriz A é finito, pelo Teorema anterioros vértices de um conjunto poliedral são em número finito.Corolário 6.5. O número de direções extremas (normalizadas) de um conjunto poliedral éfinito.Demonstração. Supomos sem perda de generalidade que o conjunto poliedral seja da formaD = {x; Ax ≤ b, x ≥ 0}. Se D for vazio, o número de direções é zero. Suponhamos que D ≠ ∅.Pelo Teorema 6.1, d é direção de D, e somente se, d ∈ {d; d ≥ 0, Ad ≤ 0}\{0}. Supomos asdireções de D unitárias em relação à norma da soma, ou seja, tais que |d 1 | + · · · + |d n | = 1.

CAPÍTULO 6. ELEMENTOS DE ANÁLISE CONVEXA 51Como d ≥ 0 isso equivale à 1d = d 1 +· · ·+d n = 1. Assim, o conjunto das direções normalizadasde D éS = {d; d ≥ 0, Ad ≤ 0, 1d = 1}.Agora, afirmamos que as direções extremas (normalizadas) de D são exatamente os pontosextremos de S. De fato, se d = λ 1 d 1 + λ 2 d 2 , com λ 1 , λ 2 > 0 e d 1 , d 2 ∈ S distintos então1d = λ 1 1d 1 + λ 2 1d 2 ⇒ λ 1 + λ 2 = 1.Isso mostra que se d é ponto extremo de S então é direção extrema de D. A recíproca é feitade forma análoga, com os termos λ, 1 − λ > 0.Portanto, como S é poliedral, o Corolário 6.4 diz que as direções extremas normalizadas deD são em finito número.Naturalmente, tendo em vista o Teorema 6.3, um vértice do conjunto poliedralD = {x ∈ R n ; Ax ≤ b, x ≥ 0}é caracterizado pelas restrições ativas relativas à matriz[ A−I n](explique o porquê). Um vértice x ∈ R n tal que mais de n restrições são ativas é dito degenerado.Neste caso, mais de n hiperplanos passam por x, e logo pelo menos um deles pode ser descartadona descrição de x. É claro que quando um vértice é degenerado, podemos representá-lo porvários conjuntos de restrições ativas pois existem várias combinações de n restrições dentre asmais de n ativas. Essa situação é indesejada no sentido de que traz um problema ao métodoSimplex como veremos no Capítulo 8. Estudaremos uma modificação bem simples no Simplexoriginal que contorna esse problema (a Regra de Bland).Finalizamos este capítulo com o Teorema da Representação para conjuntos poliedrais. Eleserá usado para provar fatos importantes no desenvolvimento do Simplex. Para uma demonstração,consulte [1]. Alternativamente, você pode consultar o Teorema da Representação deMinkowski-Weyl, em [2].Teorema 6.6 (da Representação de Conjuntos Poliedrais). SejaD = {x ∈ R n ; Ax ≤ b, x ≥ 0}um conjunto poliedral não vazio. O conjunto dos vértices de D é não vazio e finito, digamos{x 1 , . . . , x k }. Também, o conjunto das direções de D é vazio se, e somente se, D é limitado.Se D não é limitado, então o conjunto das direções (normalizadas) de D é finito, digamos{d 1 , . . . , d l }. Mais ainda todo ponto de D é uma combinação convexa dos pontos extremos maisuma combinação não negativa das direções extremas (normalizadas) de D, ou seja, qualquerx ∈ D pode ser escrito comox =k∑λ j x j +j=1λ j ≥ 0,l∑µ j d jj=1k∑λ j = 1j=1j = 1, . . . , kµ j ≥ 0, j = 1, . . . , l.

CAPÍTULO 6. ELEMENTOS DE ANÁLISE CONVEXA 52Em outras palavras, D é a soma do fecho convexo dos seus pontos extremos com o cone finitamentegerado pelas suas direções extremas (normalizadas), isto é,D = conv {x 1 , . . . , x k } + cone {d 1 , . . . , d l }.Exemplo 6.3.1. [1] Considere o conjunto poliedral D definido pelas inequações−3x 1 +x 2 ≤ −2−x 1 +x 2 ≤ 2−x 1 +2x 2 ≤ 8−x 2 ≤ −2x 1 , x 2 ≥ 0Figura 6.6: Geometria do exemploOs pontos extremos de D são x 1 = (4, 6), x 2 = (2, 4) e x 3 = (4/3, 2) (veja Figura 6.6). Oconjunto das direções normalizadas de D éS = {(d 1 , d 2 ); −3d 1 + d 2 ≤ 0, −d 1 + d 2 ≤ 0, −d 1 + 2d 2 ≤ 0, −d 2 ≤ 0, d 1 + d 2 = 1, d 1 , d 2 ≥ 0}.Os pontos extremos de S são d 1 = (2/3, 1/3), d 2 = (1, 0) (veja Figura 6.6), e essas são asdireções extremas normalizadas de D, de acordo com a demonstração do Corolário 6.5.Pelo Teorema da Representação, todo ponto x ∈ D é escrito da formax = λ 1 x 1 + λ 2 x 2 + λ 3 x 3 + µ 1 d 1 + µ 2 d 2 , λ 1 + λ 2 + λ 3 = 1, λ 1 , λ 2 , λ 3 , µ 1 , µ 2 ≥ 0.Por exemplo,Também,(4, 3) = 1 4 x 1 + 0x 2 + 3 4 x 3 + 0d 1 + 2d 2 .(4, 3) = 0x 1 + 1 2 x 2 + 1 2 x 3 + 0d 1 + 7 3 d 2.Isso mostra que a escrita do Teorema 6.6 não é única.Atividade 15. Mostre que o conjunto D = {x; px = k}, p ≠ 0, não tem nem pontos extremos.Porque isso não contradiz o Teorema da Representação de conjuntos poliedrais?6.4 Exercícios1. Fazer os seguintes exercícios do livro do Bazaraa [1]: 2.28, 2.29, 2.33, 2.37, 2.38, 2.39,2.41, 2.43, 2.44, 2.52.

Capítulo 7O Método Simplex7.1 Pontos extremos e otimalidadeConsidere o problemamin cx (7.1)s.a. Ax = bx ≥ 0Sejam x 1 , . . . , x k os pontos extremos do conjunto viável D e d 1 , . . . , d l as direções extremas(normalizadas) de D. Pelo Teorema da Representação (Teorema 6.6), o PL pode ser reescritoda seguinte forma:mins.a.k∑l∑(cx j )λ j + (cd j )µ jj=1k∑λ j = 1j=1j=1λ j ≥ 0, j = 1, . . . , kµ j ≥ 0, j = 1, . . . , l.Se D ≠ ∅ então as restrições de não negatividade garantem que existem pontos extremos,ou seja, k ≥ 1 (veja o Teorema da Representação). Observe que as variáveis µ j podem serarbitrariamente grandes, e logo a FO vai a −∞ se cd j < 0 para algum j = 1. . . . , l (fazemosµ j → ∞). Por outro lado, se cd j ≥ 0 para todo j = 1, . . . , l, então a fim de resolver o PL todosµ j são levados a zero. Agora, para minimizar ∑ kj=1 (cx j)λ j , basta encontrar um menor cx j ,digamos cx p , fazer λ p = 1 e λ j = 0 para todo j ≠ p. Ou seja, se o PL admite solução ótima,então uma delas é um dos vértices x 1 , . . . , x k .Resumindo, temos oTeorema 7.1. Considere o PL (7.1) onde o conjunto viável é não vazio com pontos extremosx 1 , . . . , x k e direções extremas d 1 , . . . , d l . Então(i) PL admite solução ótima se, e somente se, cd j ≥ 0 para todo j = 1, . . . , l;(ii) Se PL admite solução ótima, então uma se encontra num vértice do conjunto viável.Atividade 16. Mostre que se o PL (7.1) admite dois vértices x 1 e x 2 como soluções ótimas,então o segmento que liga esses vértices é formado somente de soluções ótimas. Retome a seção5.3 e dê uma explicação geométrica para o fato.53

CAPÍTULO 7. O MÉTODO SIMPLEX 54Atividade 17. Generalizando a atividade anterior, mostre que se x 1 , . . . , x d são soluções ótimasdo PL (7.1), então qualquer combinação convexa desses pontos é solução ótima.Atividade 18. Mostre que se o PL (7.1) admite o vértice x j como solução ótima e d i fordireção tal que cd i = 0, então a semi-reta emanando de x j na direção de d i é formada desoluções ótimas.Exemplo 7.1.1. [1] Considere o conjunto definido por−x 1 +x 2 ≤ 2−x 1 +2x 2 ≤ 6x 1 , x 2 ≥ 0Figura 7.1: Geometria do exemploOs pontos extremos são x 1 = (0, 0), x 2 = (0, 2) e x 3 = (2, 4), e as direções extremas,d 1 = (1, 0) e d 2 = (2, 1). Suponha que estamos minimizando x 1 − 3x 2 sobre este conjunto. AFigura 7.1(a) indica que assim o PL é ilimitado. Observe que cd 2 = −1 < 0, o que confirma ofato.Suponha agora que a função a ser minimizada seja 4x 1 − x 2 . Neste caso, temos cx 1 = 0,cx 2 = −2, cx 3 = 4, cd 1 = 4 e cd 2 = 7. Assim, O PL tem solução ótima e pode ser escritocomomin 0λ 1 − 2λ 2 + 4λ 3 + 4µ 1 + 7µ 23∑s.a. λ j = 1j=1λ j ≥ 0, j = 1, . . . , 3µ j ≥ 0, j = 1, . . . , 2.A solução para este problema é fazer µ j = 0, j = 1, 2, λ 2 = 1 e λ j = 0, j = 1, 3. Com isso, ovértice x 2 = (0, 2) é solução ótima (veja a Figura 7.1(b)).7.2 Soluções básicas viáveisDaremos agora uma descrição adequada para pontos extremos.Definição 7.2. Considere o sistema Ax = b, x ≥ 0, onde A é m × n (m ≤ n). Suponha queo posto de A seja m. Rearranjando se necessário as colunas de A, escrevemos A = [ B N ]onde B é matriz de ordem m inversível e N é m × (n − m). Uma solução[ ] [ ]xB Bx = =−1 bx N 0

CAPÍTULO 7. O MÉTODO SIMPLEX 55de Ax = b é dita ser uma solução básica do sistema (note que ao arranjar as colunas de A,o mesmo ocorre com as linhas de x). Se além disso tivermos x B ≥ 0 (e assim x ≥ 0), entãodizemos que x é solução básica viável do sistema. Neste caso, B é chamada matriz básica ousimplesmente base, e a matriz N é chamada matriz não básica. As componentes de x B sãochamadas variáveis básicas e as componentes de x N de variáveis não básicas. Se x B > 0 entãodizemos que x é uma solução básica não degenerada. Do contrário, x é dita uma solução básicadegenerada.Observamos que de fato uma solução básica é solução do sistema Ax = b poisAx = [ B N ] [ ]B −1 b= BB −1 b + N0 = b.0Também, a suposição da Definição de que A tenha posto m não é restritiva pois desde queo sistema admita solução, podemos descartar linhas LD’s.Teorema 7.3. Seja D = {x; Ax = b, x ≥ 0} um conjunto não vazio. Então x é vértice de Dse, e somente se, x é solução básica viável de Ax = b, x ≥ 0 (rearranjando as colunas de Ase necessário).Mais ainda, x é vértice não degenerado se, e somente se, é solução básica viável não degenerada.Demonstração. Vamos demonstrar a primeira afirmação. Suponha que Ax = b, x ≥ 0 estejaescrito como na Definição 7.2, e seja x = [ B −1 b 0 ] tuma solução básica viável. Se m = n,então o sistema admite única solução x = B −1 b, e esta claramente será vértice. Consideremosentão o caso em que m < n (isto é, há variáveis não básicas) e supomos por absurdo quex não seja vértice, ou seja, que existam x 1 , x 2 ∈ D\{x} distintos e λ ∈ (0, 1) tais que x =λx 1 + (1 − λ)x 2 . Particionamos x 1 e x 2 adequadamente.Se x 1 N = 0 então x1 B = B−1 b − B −1 Nx 1 N = B−1 b = x B , e logo x 1 = x, uma contradição.Do mesmo modo, x 2 N ≠ 0. Mas da relação x = λx1 + (1 − λ)x 2 segue em particular que0 = x N = λx 1 N + (1 − λ)x 2 N,que não pode ser satisfeita pois λ, (1 − λ) > 0 e x 1 N , x2 N ≥ 0. Isso mostra que x é vértice.Reciprocamente, seja x um vértice. Pelo Teorema 6.3, existem n restrições ativas em x quesão LI. Ora, as m restrições contidas em Ax = b são claramente ativas em x, e são LI poiso posto de A é igual a m. Assim, se m = n então A é inversível e logo x = A −1 b é soluçãobásica viável, com matriz básica A. Agora, se m < n, existem n − m restrições LI ativas em xcontidas em x ≥ 0, digamos, x N = 0. Seja N a submatriz de A formada pelas m − n colunasrelativas às variáveis em x N , e B a submatriz de A formada pelas m colunas restantes, comvariáveis associadas x B . Observe que o sistema Ax = b, x N = 0 tem única solução, a saber,x. Esse sistema é equivalente à Bx B = b, x N = 0, e logo a matriz quadrada B é inversível.Assim, Bx B = b ⇒ x B = B −1 b, e x é solução básica viável.Agora, mostremos a segunda afirmação. Seja x = [ ] t [x B x N = B −1 b 0 ] t≥ 0. Se xé solução básica viável degenerada então algum x Br = (x B ) r = 0. Como também Ax = b ex N = 0 (m+(n−m) = n restrições), há pelo menos n+1 restrições ativas em x, e daí, x é vérticedegenerado. Reciprocamente, se x é vértice degenerado, além das n restrições ativas Ax = be x N = 0 existe pelo menos mais uma, que só pode ser uma das restrições em x B ≥ 0. Assim,x Br = 0 para algum índice das variáveis básicas, e x é solução básica viável degenerada.Observamos que o Teorema anterior não afirma que para cada vértice há uma única base(ou uma única solução básica relacionada). Mais precisamente, se um há mais de uma base querepresenta um mesmo vértice, então este vértice é degenerado, mas a recíproca é falsa, comomostra o Exemplo abaixo.

CAPÍTULO 7. O MÉTODO SIMPLEX 56Exemplo 7.2.1. [1] Considere o conjunto poliedral definido por[ ] ⎡ ⎤x1 1 1 1[ ]⎣ x−1 1 1 2⎦ 1= , x ≥ 01x 3e sua solução x = (0, 1, 0). Tomando B = [ ]a 1 a 2 como a submatriz formada pelas colunasrelativas às variáveis x 1 e x 2 , você pode verificar que x B = B −1 b ≥ 0 e x N = 0, ou seja,x é solução básica viável (ou vértice) associada à base B. Mais ainda, afirmamos que B é aúnica base que representa x. De fato, há somente outras três possibilidades: B 13 formada pelascolunas 1 e 3, B 31 pelas colunas 3 e 1, e B 21 pelas colunas 2 e 1. No caso por exemplo de B 13 ,as variáveis básicas são x 1 e x 3 . Logo x B13 = [ 0 0 ] t. Mas xB13 ≠ B −113 b, e B 13 não é baseassociada a x. Você pode mostrar o mesmo para as outras possibilidades.Por outro lado, note que há quatro restrições ativas em x (as duas de igualdade mais duasde não negatividade), e logo x é vértice degenerado. Neste caso você pode notar que a variávelbásica x 1 é zero, e como sabíamos, x é solução básica viável degenerada.Atividade 19. Mostre que se um vértice x admite mais de uma base, então é degenerado.Corolário 7.4. Se D = {x; Ax = b, x ≥ 0} é não vazio, admite solução básica viável.Demonstração. Como D possui restrições de não negatividade e não é vazio, possui vértice,que corresponde a uma solução básica viável pelo Teorema 7.3.Corolário 7.5. Se o PL (7.1) tem conjunto viável não vazio e admite solução ótima, entãoexiste uma solução básica viável ótima.Demonstração. Segue diretamente dos Teoremas 7.1(b) e 7.3.Corolário 7.6. O conjunto viável do PL (7.1) admite um número finito de soluções básicasviáveis.Demonstração. Segue diretamente do Teorema 7.3 e do Corolário 6.4.7.3 Critério de otimalidade para soluções básicas viáveisTendo em vista os resultados obtidos até aqui neste Capítulo, podemos resolver o PL (7.1)enumerando as soluções básicas viáveis de seu conjunto viável, se houverem. O método simplexé baseado nessa ideia. Sem a necessidade de enumerar todas as soluções básicas, que seriaimpraticável, o Simplex é capaz de reconhecer a otimalidade de uma solução básica. Tambémé capaz de reconhecer problemas ilimitados.Pois bem, considere o PL (7.1)PL: min cxs.a. Ax = bx ≥ 0onde A é m × n com posto m. Tomemos uma solução básica viável[ ] B −1 b0

CAPÍTULO 7. O MÉTODO SIMPLEX 57cujo valor da FO é[ Bz 0 = c−1 b0]= [ c B c N] [ B −1 b0Agora, consideremos um ponto viável qualquer x =[xB]= c B B −1 b.x N]. Temos Ax = b se, e somente se,x B = B −1 b − B −1 Nx N= B −1 b − ∑ j∈RB −1 a j x j= b − ∑ j∈Ry j x jonde R é o conjunto dos índices das variáveis não básicas (VNB’s), a j é a coluna j de A,b = B −1 b e y j = B −1 a j . O valor da FO em x éz = cx = c B x B + c N x N(= c B B −1 b − ∑ )B −1 a j x j + ∑ c j x jj∈Rj∈R= z 0 − ∑ j∈R(z j − c j )x jonde z j = c B B −1 a j . Com isso, PL pode ser reescrito comoPL: min z 0 − ∑ j∈R(z j − c j )x js.a.∑y j x j + x B = bj∈Rx j ≥ 0,x B ≥ 0.∀j ∈ RObservando que x B são variáveis de folga, o PL pode ser ainda reescrito comoPL: min z 0 − ∑ j∈R(z j − c j )x js.a.∑y j x j ≤ bj∈Rx j ≥ 0, ∀j ∈ R.Como b ≥ 0, é evidente do último modelo o seguinte critério de otimalidade:Teorema 7.7. Seja x uma solução básica viável de PL e R seu conjunto dos índices das VNB’s.(i) Se z j − c j ≤ 0 para todo j ∈ R, então x é solução ótima de PL;(ii) Se z j − c j < 0 para todo j ∈ R, então x é única solução ótima.Atividade 20. Mostre que a recíproca do item (ii) do Teorema anterior é válida se não houverdegeneração.

CAPÍTULO 7. O MÉTODO SIMPLEX 587.4 Melhorando uma solução básica viávelComo dito anteriormente, o método Simplex busca por soluções básicas viáveis ótimas.Assim, nosso interesse é obter uma solução básica viável melhor que uma corrente. Como cadasolução básica viável corresponde a uma base B, devemos obter uma outra base B ′ melhorque B. Ora, as matrizes básicas são formadas por colunas de A. Deste modo passaremos deuma base B para outra B ′ trocando uma de suas colunas por uma coluna não básica, de N.Devemos estabelecer então critérios para entrada e saída de variáveis da base.Suponhamos que temos uma solução básica [ B −1 b 0 ] t≥ 0 e consideremos o modelo PLanterior, escrito nas VNB’s. Como sabemos, a FO só pode ser melhorada se existir j tal quez j − c j > 0. A fim de diminuir ao máximo a FO, escolhemos o índice k com maior z k − c k . Esseserá o critério para entrada de uma variável na base, ou seja, escolhemos a variável não básicax k tal quez k − c k = max {z j − c j },j∈Re a aumentamos. As VNB’s restantes continuam iguais zero, e então o novo valor da FO seráTambém, de x B = b − ∑ j∈R y jx j = b − y k x k segue que⎡⎢⎣x B1x B2.x Br.x Bmz = z 0 − (z k − c k )x k . (7.2)⎤⎡=⎥⎦ ⎢⎣⎤b 1b 2.b r⎥. ⎦b m⎡−⎢⎣⎤y 1ky 2k.y rk⎥. ⎦y mkx k , (7.3)onde a componente i de y k é denotada por y ik . Vamos analisar o quanto podemos aumentar x kmantendo viabilidade, ou seja, x B ≥ 0. Se y ik ≤ 0 então x k ≥ 0 pode aumentar arbitrariamente.Agora, se y ik > 0, o valor máximo para x k de modo a manter x Bi ≥ 0 é b i /y ik (de fato,0 ≤ x Bi = b i − y ik x k ⇒ x k ≤ b i /y ik ). Assim, aumentamos x k a seu valor máximo permitido,x k = b { }rbi= min ; y ik > 0 . (7.4)y rk 1≤i≤m y ikObserve que x k ≥ 0, e na ausência de degeneração x k > 0, pois b r > 0 (lembre-se de que naausência de degeneração, b = B −1 b = x B > 0). Substituindo x k = b r /y rk na equação (7.3),obtemosx Bi = b i − y iky rkb r , ∀i = 1, . . . , m. (7.5)Assim x Br = 0 (verifique!). Escolhemos então a variável x Br para sair da base. Assim, escolhidox k para entrar, o critério para saída da base é a variável x Br tal que{ }b rbi= min ; y ik > 0y rk 1≤i≤m y ikse houver um y ik > 0 (o caso em que não houver será estudado adiante, e indicará que PL éilimitado).O processo acima passa da matriz básicaB = [ a B1 . . . a Br−1 a Br a Br+1 . . . a Bm]

CAPÍTULO 7. O MÉTODO SIMPLEX 59para a matrizB ′ = [ a B1 . . . a Br−1 a k a Br+1 . . . a Bm]Falta mostrar que realmente estamos passando para uma solução básica viável, ou seja, faltamostrar que B ′ é inversível e que [ B ′−1 b 0 ] t≥ 0. Ora,a k = By k =m∑a Bj y jk .j=1Daí∑λ j a Bj + λa k = 0j≠r⇒ ∑ λ j a Bj + λj≠rm∑a Bj y jk = 0j=1⇒ ∑ j≠r(λ j + λy jk )a Bj + λy rk a Br = 0⇒λ j + λy jk = 0, ∀j ≠ r, e λy rk = 0.A última implicação segue do fato das colunas de B serem LI. Como y rk > 0, temos λ = 0e consequentemente λ j = 0, ∀j ≠ r. Isso mostra que as colunas de B ′ são LI, e logo B ′ éinversível. Portanto realmente passamos a uma nova solução básica, definida por (7.4), (7.5) ex j = 0 para todo j ∈ R∪{B r }\{k}. A viabilidade dessa solução segue diretamente das relações(7.4) e (7.5).Como observado anteriormente, na ausência de degeneração a variável x k que entra nabase assume valor positivo. Como z k − c k > 0, segue de (7.2) que a FO efetivamente diminuiquando mudamos de base. Sendo o número de soluções básicas viáveis finito (Corolário 7.6),o procedimento de mudança de base descrito acima encontra uma solução básica viável ótima(isto é, uma solução ótima) em finitas aplicações. Quando há degeneração, pode acontecer demudarmos de base e o valor máximo permitido para x k ser zero, o que não muda a FO. Oprocedimento pode então ciclar, ou seja, entrar num laço infinito sem melhoria da FO. Veremosque esse problema é facilmente contornado (pela Regra de Bland).Exemplo 7.4.1. [1] Considere o PLmin x 1 +x 2s.a. x 1 +2x 2 ≤ 4x 2 ≤ 1x 1 , x 2 ≥ 0A fim de reescrever o PL na forma padrão, introduzimos variáveis de folga x 3 e x 4 :A matriz das restrições é entãomin x 1 +x 2 +0x 3 +0x 4s.a. x 1 +2x 2 +x 3 = 4x 2 +x 4 = 1x 1 , x 2 , x 3 , x 4 ≥ 0A = [ a 1 a 2 a 3 a 4]=[ 1 2 1 00 1 0 1].

CAPÍTULO 7. O MÉTODO SIMPLEX 60Considere a solução básica viável x associada à base B = [ a 1VB’s são x 1 e x 2 e as VNB’s x 3 e x 4 (R = {3, 4}). TemosB −1 =[ 1 20 1] −1=[ 1 −20 1]a 2], ou seja, àquela cujase c B B −1 = [ 1 1 ] B −1 = [ 1 −1 ] .Também[ ] [ ] [xB1 x14= = xx B2 x B = B −1 b = B −12 1] [ 2=1]e[x3] [ 0= xx N =4 0]e logo x = (2, 1, 0, 0). A FO neste ponto éz 0 = c B B −1 b = [ 1 −1 ] [ 41]= 3.Agora,z 3 − c 3 = c B B −1 a 3 = [ 1 −1 ] [ 10z 4 − c 4 = c B B −1 a 4 = [ 1 −1 ] [ 01]= 1,]= −1.Como z 3 − c 3 > 0, a VNB x 3 entra na base. Vamos decidir quem sai da base. Temos[ ] [ ] [ ]1 −2 1 1y 3 = B −1 a 3 ==0 1 0 0e como y 13 > 0, a VB x B1 = x 1 sai da base (em relação à discussão anterior, k = 3 e r = 1).Assim, as novas VB’s serão x 3 e x 2 , as novas VNB’s x 1 e x 4 e a nova base será B ′ = [ a 3 a 2].A nova VB x 3 assume o valor b 1 /y 13 = 2/1 = 2 e de acordo com (7.5), x 1 = 0 e x 2 = 1. A novasolução básica viável será então x ′ = (0, 1, 2, 0), com FOz = z 0 − (z 3 − c 3 )x 3 = 3 − 1 × 2 = 1.Mudamos então de solução básica viável diminuindo a FO. Observe ainda na Figura 7.2: osvalores de x 1 e x 2 das soluções x e x ′ são vértices do conjunto viável.Você pode verificar ainda que• B ′ é inversível;Figura 7.2: Movimento entre vértices

CAPÍTULO 7. O MÉTODO SIMPLEX 61• x ′ = B ′−1 b;• x ′ é viável;• Em x ′ , o valor da FO é realmente 1.Atividade 21. No exemplo anterior, faça mais uma mudança de base, a partir de B ′ . Concluaà luz do Teorema 7.7 que a origem é solução ótima.7.5 Otimalidade e ilimitabilidadeComo vimos, os critérios para entrada e saída de variáveis da base são os seguintes:• Entrada: x k entra na base se0 < z k − c k = maxj∈R {z j − c j };• Saída: x Brsai se{ }b rbi= min ; y ik > 0 .y rk 1≤i≤m y ikVimos que quando não há candidatos a entrar na base, ou seja, quando max j∈R {z k −c k } ≤ 0, asolução básica viável corrente é ótima (Teorema 7.7). Também, quando há candidato a entrare sair da base, a mudança de base é realizada. Agora considere o caso em que há um candidatoa entrar, digamos x k , mas não há candidatos a sair, ou seja,Da equação (7.3), temosy k ≤ 0.x B = B −1 b − y k x k .Como y k ≤ 0 e B −1 b ≥ 0, para qualquer valor x k > 0 teremos x B ≥ 0. Ou seja, podemoslevar x k a ∞ mantendo viabilidade, e daí teremosz = z 0 − (z k − c k )x k → −∞pois z k − c k > 0. Assim, o problema é ilimitado.Uma forma mais elegante de ver este fato é como segue. A VNB x k é possivelmente incrementada,e as outras VNB’s permanecem zero. Então x N = e k x k , onde e k é o k-ésimo canônicode R n−m . Da equação (7.3) segue então quex =[xB]=x N[ B −1 b0] [ −yk+e k]x k , x k ≥ 0. (7.6)Isso corresponde à semi-reta emanando da solução básica viável [ B −1 b[ ] −ykd = ≠ 0.e k0 ] tna direçãoObserve que d ≥ 0 (pois y k ≤ 0), e queAd = [ BN ] [ −y ke k]= −By k + Ne k = −BB −1 a k + a k = 0

CAPÍTULO 7. O MÉTODO SIMPLEX 62e pelo Teorema 6.1 (página 47), efetivamente d é direção do conjunto viável. Agora,cd = [ ] [ ]−yc B c kN = −ce B y k + c N e k = −z k + c k < 0kpois z k − c k > 0. Com isso e de (7.6) segue que[ ] Bcx = cb+ (cd)x0k → ∞ quando x k → ∞e o problema é ilimitado.Exemplo 7.5.1. [1] Considere o PLEscrevemo-o na forma padrãoonde a matriz das restrições émin −x 1 −3x 2s.a. x 1 −2x 2 ≤ 4−x 1 +x 2 ≤ 3x 1 , x 2 ≥ 0min −x 1 −3x 2 +0x 3 +0x 4s.a. x 1 −2x 2 +x 3 = 4−x 1 +x 2 +x 4 = 3x 1 , x 2 , x 3 , x 4 ≥ 0A = [ a 1 a 2 a 3 a 4]=[1 −2 1 0−1 1 0 1Consideramos a solução básica viável associada à base B = [ ]a 3 a 4 = I2 dada por[ ] [ ] [ ] [ ]x34 x1 0x B = = Ix 2 b = , x4 3 N = = .x 2 0Temos z 1 − c 1 = c B B −1 a 1 − c 1 = 1 e z 2 − c 2 = 3. Assim, x 2 é candidato a entrar na base.Também[ ] −2y 2 = B −1 a 2 = ,1e como y 22 = 1 > 0, x B2 = x 4 sai da base. Fazemos x 2 = b 2 /y 22 = 3,[ ][ ]x310x B = = B −1 b − yx 2 x 2 = .4 0].Logo a nova solução básica viável é x = (0, 3, 10, 0), com base associada B ′ = [ a 3inversa dessa base é[ ] −1 [ ]1 −2 1 2B ′−1 == .0 1 0 1Temos c B ′ = [ c 3 c 2]=[0 −3], cB ′B ′−1 = [ 0 −3 ] ea 2]. Az 1 − c 1 = c B ′B ′−1 a 1 − c 1 = 4, z 4 − c 4 = c B ′B ′−1 a 4 − c 4 = −3.

CAPÍTULO 7. O MÉTODO SIMPLEX 63Como z 1 − c 1 > 0, x 1 é candidato a entrar na base. Mas veja quey 1 = B ′−1 a 1 = [ −1 −1 ] t≤ 0e logo o problema é ilimitado. De fato,[ ]x3= xx B ′ = B ′−1 b − y 1 x 1 =2Se x 1 → ∞, mantemos viabilidade e[ ] 10 + x1,3 + x 1[x1] [ 0= xx N ′ =4 0].cx = −(10 + x 1 ) − 3(3 + x 1 ) → −∞.7.6 O método SimplexRetomamos o PL viável (7.1)min cxs.a. Ax = bx ≥ 0onde A é m × n com posto m.Pelas discussões anteriores, podemos estabelecer, em linhas gerais, o método simplex comosegue.1.(INICIALIZAÇÃO) Encontre uma solução básica viável com base B (veremos adiantecomo obter uma solução básica viável inicial).2. (PASSO PRINCIPAL)(a) Calcule z k − c k = max j∈R {z j − c j }. Se z k − c k ≤ 0, então pare com a solução ótima,associada com a base B corrente. Caso contrário, vá para o próximo passo.(b) Calcule y k . Se y k ≤ 0 pare com a conclusão de que o problema é ilimitado. Casocontrário, vá para o próximo passo.(c) x k entra na base. x Brsai da base sendo r de modo que{ }b rbi= min ; y ik > 0 .y rk 1≤i≤m y ikAtualize a base B trocando a coluna a Br pela coluna a k . Atualize também o conjuntoR dos índices das VNB’s, e repita o passo 2.Uma maneira mais prática de estabelecer o Simplex é via quadros. Isso nos permitirá aplicarcom mais eficiência o método, além de ser mais fácil de implementá-lo em computador.

CAPÍTULO 7. O MÉTODO SIMPLEX 647.7 O método Simplex em formato de QuadroSuponha que tenhamos uma solução básica viável x com base B. Pelo que vimos, podemosescrever o PL (7.1) comoAssim,min zs.a. z − c B x B − c N x N = 0Bx B + Nx N = bx B , x N ≥ 0.x B + B −1 Nx N = B −1 b. (7.7)Multiplicando a equação acima por c B e somando a primeira restrição do PL, obtemosz + 0x B + (c B B −1 N − c N )x N = c B B −1 b. (7.8)Representamos as equações (7.7) e (7.8) em um quadro, como segue. Colocamos a equação(7.8) relativa à FO z na primeira linha do quadro (linha 0), onde os coeficientes de z, x B e x Nsão organizados em colunas. O lado direito da igualdade, c B B −1 b é colocado na última coluna,denominada RHS (em inglês, Right-Hand-Side). As m outras linhas (linhas 1 à m) contidas naequação (7.7) vêm logo abaixo, seguindo a mesma separação em colunas. O Quadro Simplex éentão organizado da seguinte forma:z x B x N RHSz 1 0 c B B −1 N − c N c B B −1 bx B 0 I B −1 N B −1 bObservamos que o quadro acima contém todas as informações para execução do Simplex:na linha 0, a coluna j de x N é(c B B −1 N − c N )e j = c B B −1 a j − c j = z j − c je RHS consiste no valor corrente da FO, z 0 = c B B −1 b; o bloco B −1 N é exatamente formadopelas colunas y k = B −1 a k . Portanto, através do quadro conseguimos dizer se a solução básicaviável corrente é ótima (c B B −1 N − c N ≤ 0), ou se o problema é ilimitado (y k ≤ 0 quando x kentra na base).Agora, vamos analisar o processo de entrada e saída de variáveis da base pelo quadro.Lembrando que b = B −1 b, reescrevemos o quadro como seguez x B1 . . . x Br . . . x Bm . . . x j . . . x k . . . RHSz 1 0 . . . 0 . . . 0 . . . z j − c j . . . z k − c k . . . c B bx B1 0 1 . . . 0 . . . 0 . . . y 1j . . . y 1k . . . b 1. . . . ....x Br 0 0 . . . 1 . . . 0 . . . y rj . . . y rk . . . b r. . . . ....x Bm 0 0 . . . 0 . . . 1 . . . y mj . . . y mk . . . b mTabela 7.1: Quadro Simplex.

CAPÍTULO 7. O MÉTODO SIMPLEX 65Supomos que x k entra na base e que x Br sai da base. Vamos explicitar expressões para z epara as novas VB’s tal como em (7.7) e (7.8). Como x k passa a ser VB devemos explicitá-laem função das novas VNB’s, o que inclui x Br . Do quadro atual, temosx Br + ∑ j∈Ry rj x j = b r⇔ x Br + y rk x k +⇔ x k + 1y rkx Br +∑j∈R\{k}∑j∈R\{k}y rj x j = b ry rjy rkx j = b ry rk(7.9)onde lembramos que y rk > 0 e que o novo conjunto das VNB’s é (R\{k}) ∪ {B r }. Para asoutras VB’s, ou seja, para i ≠ r, temosx Bi + ∑ y ij x j = b i ⇔ x Bi + y ik x k + ∑y ij x j = b i .j∈RPor (7.9), substituímos x k para obter⎛x Bi + y ik⎝ b r− 1 x Br −∑y rk y rkj∈R\{k}⎞y rjx j⎠ +y rk⇔ x Bi + y ikb r − y ikx Br −y rk y rk(⇔ x Bi + − y )ikx Br +∑y rk∑j∈R\{k}j∈R\{k}∑j∈R\{k}y rjy rky ik x j +j∈R\{k}y ij x j = b i∑j∈R\{k}(y ij − y rjy rky ik)x j =y ij x j = b i(b i − y iky rkb r). (7.10)As equações (7.9) e (7.10) fornecem as linhas 1 a m do quadro após atualização da base. Quantoà linha zero (7.8),z + 0x B + ∑ j∈R(z j − c j )x j = c B b,substituímos x k proveniente de (7.9) para obterz+ ∑ j∈R(z j − c j )x j = c B b⇔ z + (z k − c k )x k +⇔ z + (z k − c k )⎛∑j∈R\{k}⎝ b ry rk− 1y rkx Br −(z j − c j )x j = c B b∑j∈R\{k}⇔ z + (z k − c k ) b ry rk− z k − c ky rkx Br − ∑⇔ z +(− z )k − c kx Br +y rk∑j∈R\{k}⎞y rjx j⎠ +y rk∑j∈R\{k}(z j − c j )x j = c B b∑(z k − c k ) y rjx j +y rkj∈R\{k}j∈R\{k}((z j − c j ) − (z k − c k ) y )rjx j =y rk(z j − c j )x j = c B b(c B b − (z k − c k ) b ry rk)(7.11)Definidas as variáveis x k de entrada e x Br de saída, o termo y rk é chamado pivô. Aoprocesso de mudança de base, chamamos de pivoteamento. Nos referimos ao Quadro Simplexabreviadamente por QS. As equações (7.9), (7.10) e (7.11) fornecem o QS após pivoteamento:

CAPÍTULO 7. O MÉTODO SIMPLEX 66z xB1. . . xBr. . . xBm. . . xj . . . xk . . . RHSz 1 0 . . . −( ) z k − ckyrk. . . 0 . . . (zj − cj) − (zk − ck) y rj. . . 0 . . . cBb − (zk − ck) b ryrkyrkxB10 1 . . . − y 1k. . . 0 . . . y1j − y rjyrkyrky1k . . . 0 . . . b1 − y 1kyrkbr. . ......xk 0 0 . . .1yrk. . . 0 . . .yrjyrk. . . 1 . . .bryrk. . ......xBm0 0 . . . − y mk. . . 1 . . . ymj − y rjyrkyrkymk . . . 0 . . . bm − y mkyrkbrTabela 7.2: Quadro Simplex após pivoteamento.

CAPÍTULO 7. O MÉTODO SIMPLEX 67Podemos então estabelecer o Simplex como segue:1.(INICIALIZAÇÃO) Encontre uma solução básica viável com base B. Forme e QS inicial(Quadro 7.1).2. (PASSO PRINCIPAL)(a) Seja z k − c k = max j∈R {z j − c j } (já calculado na linha 0 do QS). Se z k − c k ≤ 0,então pare com a solução ótima, associada com a base B corrente (os valores dasVB’s estão na coluna RHS e das VNB’s são zero). Caso contrário, vá para o próximopasso.(b) Se y k ≤ 0 (já calculado no QS) pare com a conclusão de que o problema é ilimitado.Caso contrário, vá para o próximo passo.(c) x k entra na base. x Brsai da base sendo r de modo que{ }b rbi= min ; y ik > 0 .y rk 1≤i≤m y ikAtualize o QS realizando pivoteamento no pivô y rk (Quadro 7.1). Atualize o conjuntoR dos índices das VNB’s, e repita o passo 2.Antes de fazermos exemplos, vamos discutir uma maneira interessante e fácil de realizarpivoteamentos no QS. Suponha que o pivô seja y rk . Observando os Quadros 7.1 e 7.2, vemosque o processo de pivoteamento consiste nos passos (volte aos quadros e entenda os passos):1. Atualizar cada elemento da posição (i, j) do quadro, inclusive da linha zero, que não estejana linha ou na coluna do pivô y rk , imaginando um retângulo com vértices em (i, j) e y rk ,e fazendo a operação correspondente. O esquema abaixo ilustra a operação genérica deatualização do elemento ⃝,( ) △⃝ − × □.y rkz x 1 . . . x j . . . x k . . . x n RHSz 1 • . . . • . . . • . . . • •x B1 0 • . . . • . . . • . . . • •. . . . . . .x Bt 0 • . . . ⃝ . . . □ . . . • •. . . ↓ − ↑ × . .x Br 0 • . . . △ −→÷y rk . . . • •. . . . . . .x B1 0 • . . . • . . . • . . . • •2. Dividir a linha de x Br por y rk ;3. Fazer todos os elementos da coluna de x k iguais a zero, exceto o elemento da linha dex Br ;4. Atualizar as VB’s, trocando x Br por x k .

CAPÍTULO 7. O MÉTODO SIMPLEX 68Exemplo 7.7.1. [1] Resolver pelo simplex (via quadros) o PLNa forma padrão, temos o PLmin x 1 +x 2 −4x 3s.a. x 1 +x 2 +2x 3 ≤ 9x 1 +x 2 −x 3 ≤ 2−x 1 +x 2 +x 3 ≤ 4x 1 , x 2 , x 3 ≥ 0min x 1 +x 2 −4x 3 +0x 4 +0x 5 +0x 6s.a. x 1 +x 2 +2x 3 +x 4 = 9x 1 +x 2 −x 3 +x 5 = 2−x 1 +x 2 +x 3 +x 6 = 4x 1 , x 2 , x 3 , x 4 , x 5 , x 6 ≥ 0Como b ≥ 0, iniciamos com a baseB = [ a 4 a 5 a 6]= I3 ,pois assim, x B = B −1 b = b ≥ 0, e a solução básica associada é viável. Temos c B = 0 e logoTambém, B −1 N = N,z j − c j = c B B −1 a j − c j = −c j , ∀j ∈ R = {1, 2, 3}.b = B −1 b = b e z 0 = c B b = 0. Assim o QS inicial (QS 1) éz x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 RHSz 1 −1 −1 4 0 0 0 0x 4 0 1 1 2 1 0 0 9x 5 0 1 1 −1 0 1 0 2x 6 0 −1 1 1 0 0 1 4Da linha zero, vemos que z 3 − c 3 = max j∈R {z j − c j } > 0, e logo x 3 entra. Da coluna de x 3 ,vemos que somente y 13 , y 33 > 0. Agora, com a coluna RHS, vemos queb 1y 13= 9 2 > 4 1 = b 3y 33e logo x B3 = x 6 sai. O pivô é portanto o elemento destacado y 33 , e após pivoteamento, obtemoso QS 2z x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 RHSz 1 3 −5 0 0 0 −4 −16x 4 0 3 −1 0 1 0 −2 1x 5 0 0 2 0 0 1 1 6x 3 0 −1 1 1 0 0 1 4QS 2 não é ótimo (pois z 1 − c 1 > 0) e temos y 11 como pivô (verifique!). Pivoteando, obtemos oQS 3z x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 RHSz 1 0 −4 0 −1 0 −2 −17x 1 0 1 −1/3 0 1/3 0 −2/3 1/3x 5 0 0 2 0 0 1 1 6x 3 0 0 2/3 1 1/3 0 1/3 13/3QS 3 é ótimo (pois da linha zero, z j − c j ≤ 0, ∀j ∈ {2, 4, 6}), e logo a solução corrente(x 1 , x 2 , x 3 ) = (1/3, 0, 13/3) é ótima, com FO −17 (observe que x 2 é VNB no QS 3, e logo valezero).

CAPÍTULO 7. O MÉTODO SIMPLEX 69Observe que no exemplo anterior, foi possível obter facilmente uma solução básica viávelinicial. De fato, quando o PLmin cxs.a. Ax ≤ bé tal que b ≥ 0, ao colocarmos-o na forma padrãox ≥ 0min cx + 0x fs.a. Ax + I m x f = bx, x f ≥ 0temos a base trivial I m relativa às variáveis de folga x f (neste caso, as VB’s). Essa base forneceuma solução básica viável, pois x Im = I −1m b = b ≥ 0. Quando o problema não está nessaforma, a obtenção de uma base inicial não é tão simples. Além disso, deve-se garantir que ocálculo da inversa da base inicial não seja difícil. Veremos no próximo capítulo como em geralpodemos obter uma base sem precisar calcular sua inversa (método de duas fases).7.8 Exercícios1. Fazer os seguintes exercícios do livro do Bazaraa [1]: 3.1, 3.3, 3.4, 3.10, 3.11, 3.13(b-e,g),3.18, 3.25, 3.26, 3.27, 3.35.7.9 Uma implementação básica do SimplexNesta seção apresentamos uma implementação simples em C do método Simplex visto nestecapítulo. Com ela será possível somente resolver problemas viáveis da formamin cxs.a. Ax ≤ bx ≥ 0onde b ≥ 0 pois, como visto, neste caso podemos iniciar o Simplex com a base viável I. Vocêpode usá-lo para verificar os exercícios de resolução de problemas.Vale uma observação sobre o código. Note que no QS, há sempre um bloco identidade,relativo às variáveis básicas. De fato, as linhas das VB’s vêm da equação Ix B + B −1 N = B −1 b(observe isso no último exemplo deste capítulo). Por isso, essas colunas são retiradas da matrizque armazena o QS, e também não são impressas na tela. Ou seja, no programa somenteas colunas das VNB’s são armazenadas. Isso reduz a quantidade de memória requerida peloprograma. O mesmo acontece com a coluna de z, que é constituída do um da linha zero e dezeros nas linhas restantes.Alertamos ainda sobre exercícios durante o código. Todos eles poderão ser respondidos àluz da teoria apresentada, e servem para melhor entendimento dos procedimentos realizados.Por fim, o programa abaixo não foi concebido para ser eficiente. Tem apenas caráterdidático. Implementações eficientes levam em consideração questões que fogem à estas notas.

CAPÍTULO 7. O MÉTODO SIMPLEX 707.9.1 Preâmbulo do códigoEsta é a parte inicial do código. Contém definições das variáveis e pré-definições das funções./∗SIMPLEX para problemas na forma :min cxsa Ax = 0com b >= 0Formato do arquivo de entrada :m nc1 c2 . . . cnb1 b2 . . . bma11 a12 . . . a1n. . .. . .. . .am1 am2 . . . amnondem = número de r e s t r i ç õ e sn = número de v a r i á v e i s l e g í t i m a sObs . : O problema é v i á v e l p o i s 0 é solução . Portanto , asúnicas p o s s i b i l i d a d e s são a de um problema i l i m i t a d oou de um problema com solução ótima .∗∗∗∗∗∗∗∗ EXERCÍCIO ∗∗∗∗∗∗∗∗Sendo o problema na forma d e s c r i t a acima , quantas VNB’ s e x i s t i r ã oapós a i n s e r ç ão de v a r i á v e i s de f o l g a ?∗/#include #include #define ERRO 1e−8 // a c e i t a ç ã o de erro numérico#define INF 1e+12 // representação de i n f i n i t o/∗Quadro simplexQS[ 0 ] = l i n h a de z∗/double ∗∗QS = NULL;unsigned int m, n ; //m r e s t r i ç õ e s , n var (com f o l g a ) (n > m)unsigned int ∗VNB = NULL; // í n d i c e s das VNB’ sunsigned int ∗VB = NULL; // í n d i c e s das VB’ s

CAPÍTULO 7. O MÉTODO SIMPLEX 71FILE ∗ arq = NULL; // p o n t e i r o para arquivo de dados do PL//Pré−d e f i n i ç ã o de funçõesvoid e r r o ( int e ) ;void liberamem ( void ) ;int entra ( void ) ;int s a i ( unsigned int k ) ;void p i v o t e a r ( int k , int r ) ;void imprimiQS ( void ) ;7.9.2 A função principalA função principal realiza o seguinte:• lê o arquivo de entrada com os dados do problema segundo formato descrito no preâmbulo;• adiciona variáveis de folga para cada restrição (note que estamos supondo que cada restriçãoé de desigualdade);• monta o QS inicial e identifica as VB’s/VNB’s;• aplica o método Simplex, invocando as funções do processo de pivoteamento (veja próximasubseção);• imprimi resultado na tela.//Função p r i n c i p a lint main ( int argc , char ∗ argv [ ] ){unsigned int i , j , s a i d a = 0 , entrada = 0 ;i f ( ( arq = fopen ( argv [ 1 ] , ” r t ” ) ) == NULL){p r i n t f ( ”\nErro ! Arquivo nao encontrado ! \ n\n” ) ;e x i t ( 1 ) ;}// l ê número de r e s t r i ç õ e s e de v a r i á v e i si f ( f s c a n f ( arq , ”%d” , &m) != 1) e r r o ( 1 ) ;i f ( f s c a n f ( arq , ”%d” , &n) != 1) e r r o ( 1 ) ;n += m;// ∗∗∗∗∗∗∗ EXERCÍCIO ∗∗∗∗∗∗∗∗// Porque incrementar o número de v a r i á v e i s em m?// aloca matrizes na memóriai f ( (QS = ( double ∗∗) malloc ( (m+1)∗ sizeof ( double ∗ ) ) )== NULL) e r r o ( 2 ) ;for ( i = 0 ; i < m+1; i++)i f ( (QS[ i ] = ( double ∗) malloc ( ( n−m+1)∗ sizeof ( double ) ) )

CAPÍTULO 7. O MÉTODO SIMPLEX 72== NULL) e r r o ( 2 ) ;// ∗∗∗∗∗∗∗ EXERCÍCIO ∗∗∗∗∗∗∗∗// Qual o tamanho do QS?i f ( (VB = ( unsigned int ∗) malloc (m∗ sizeof ( unsigned int ) ) )== NULL) e r r o ( 2 ) ;i f ( (VNB = ( unsigned int ∗) malloc ( ( n−m)∗ sizeof ( unsigned int ) ) )== NULL) e r r o ( 2 ) ;//Começamos o simplex com a base B = I , r e l a t i v a às f o l g a s//MONTAMOS ENTÃO O QS INICIAL :for ( i = 0 ; i < m; i++)VB[ i ] = (n−m) + i ;// ∗∗∗∗∗∗∗ EXERCÍCIO ∗∗∗∗∗∗∗∗// De acordo com a l i n h a anterior , q u a i s os í n d i c e s// das VB’ s no QS i n i c i a l ? Porque e s t ã o c o r r e t o s ?for ( j = 0 ; j < n−m; j++){VNB[ j ] = j ;// ∗∗∗∗∗∗∗ EXERCÍCIO ∗∗∗∗∗∗∗∗// De acordo com a l i n h a anterior , q u a i s os í n d i c e s// das VNB’ s no QS i n i c i a l ? Porque e s t ã o c o r r e t o s ?// l ê c o e f i c i e n t e s da FOi f ( f s c a n f ( arq , ”%l f ” , &QS [ 0 ] [ j ] ) != 1) e r r o ( 1 ) ;QS [ 0 ] [ j ] = −QS [ 0 ] [ j ] ;}// ∗∗∗∗∗∗∗ EXERCÍCIO ∗∗∗∗∗∗∗∗// O que f a z a última l i n h a ?// Porque a l i n h a zero do QS e s t a r á c o r r e t a ?QS [ 0 ] [ n−m] = 0 . 0 ;// ∗∗∗∗∗∗∗ EXERCÍCIO ∗∗∗∗∗∗∗∗// QS [ 0 ] [ n−m] é o v a l o r da FO.// Porque n e s t e caso , no QS i n i c i a l , e l a é zero ?// l ê a coluna RHSfor ( i = 1 ; i < m+1; i++){i f ( f s c a n f ( arq , ”%l f ” , &QS[ i ] [ n−m] ) != 1) e r r o ( 1 ) ;// termina programa se não tivermos b >= 0

CAPÍTULO 7. O MÉTODO SIMPLEX 73}i f (QS[ i ] [ n−m] < 0) e r r o ( 1 ) ;// ∗∗∗∗∗∗∗ EXERCÍCIO ∗∗∗∗∗∗∗∗// De acordo com código acima , quem será// a coluna RHS? Estará c o r r e t a ?// l ê a matriz dos c o e f i c i e n t e sfor ( i = 1 ; i < m+1; i++)for ( j = 0 ; j < n−m; j++)i f ( f s c a n f ( arq , ”%l f ” , &QS[ i ] [ j ] ) != 1) e r r o ( 1 ) ;// ∗∗∗∗∗∗∗ EXERCÍCIO ∗∗∗∗∗∗∗∗// De acordo com código acima , quem será a coluna y j ?// Estará c o r r e t a ? Observe que a l e i t u r a é f e i t a em l i n h a s .i f (n−m < 15) // imprimi QS caso o número colunas não f o r grandeimprimiQS ( ) ;//MÉTODO SIMPLEXdo{entrada = entra ( ) ;i f ( entrada != −1){s a i d a = s a i ( entrada ) ;i f ( s a i d a != −1)p i v o t e a r ( entrada , s a i d a ) ;}} while ( ( s a i d a != −1) && ( entrada != −1));// ∗∗∗∗∗∗∗ EXERCÍCIO ∗∗∗∗∗∗∗∗// Resuma os passos no loop do . . . w h i l e acima . Porque o loop é// executado enquanto ( saida != −1) E ( entrada != −1) ?// imprime soluçãoi f ( s a i d a == −1){p r i n t f ( ”\n\nProblema i l i m i t a d o \n\n” ) ;// ∗∗∗∗∗∗∗ EXERCÍCIO ∗∗∗∗∗∗∗∗// Porque o problema será i l i m i t a d o se saida = −1// após o loop do . . . w h i l e ?}else{p r i n t f ( ”\n\ n\ nSolucao encontrada : x = ( ” ) ;for ( i = 0 ; i < n−m; i++)

CAPÍTULO 7. O MÉTODO SIMPLEX 74}{for ( j = 0 ; j < m; j++)i f (VB[ j ] == i ) break ;p r i n t f ( ”%.5 l f ” , ( j > m−1)?0:QS[ j +1][ n−m] ) ;i f ( i < n−m−1) p r i n t f ( ” , ” ) ;}p r i n t f ( ” ) , FO = %.5 l f \n\n” , QS [ 0 ] [ n−m] ) ;liberamem ( ) ; // l i b e r a memória}return 0 ;7.9.3 Entrada/saída de variáveis e processo de pivoteamentoFunções que compõem o processo de pivoteamento. A função entra retorna o índice da VNBque entra na base. Analogamente, a função sai tem como parâmetro o índice k da VNB queentra, e retorna o índice da VB que sai da base. Veja o código para os casos em que não hácandidatos para entrar ou sair.A função pivotear recebe os índices das variáveis que entra (k) e sai (r), e atualiza o QS.//Função que retorna í n d i c e da VNB que entra baseint entra ( void ){unsigned int E = −1, i ;double max = 0 . 0 ;for ( i = 0 ; i < n−m; i++)i f (QS [ 0 ] [ i ] > max + ERRO){max = QS [ 0 ] [ i ] ;E = i ;}return E;}/∗∗∗∗∗∗∗∗ EXERCÍCIO ∗∗∗∗∗∗∗∗O retorno da função entra pode ser −1?Se sim , o que i s t o s i g n i f i c a ?∗///Função que retorna í n d i c e da VB que s a i da baseint s a i ( unsigned int k ){unsigned int E = −1, i ;double min = INF ;for ( i = 1 ; i < m+1; i++)

CAPÍTULO 7. O MÉTODO SIMPLEX 75i f(QS[ i ] [ k ] > ERRO)i f (QS[ i ] [ n−m] /QS[ i ] [ k ] < min − ERRO){min = QS[ i ] [ n−m] /QS[ i ] [ k ] ;E = i ;}return E;}/∗∗∗∗∗∗∗∗ EXERCÍCIO ∗∗∗∗∗∗∗∗O retorno da função s a i pode ser −1?Se sim , o que i s t o s i g n i f i c a ?∗///Função para pivoteamento do quadro simplexvoid p i v o t e a r ( int k , int r ){unsigned int i , j , aux ;for ( i = 0 ; i < m+1; i++)i f ( i != r )for ( j = 0 ; j < n−m+1; j++)i f ( j != k )QS[ i ] [ j ] = QS[ i ] [ j ] − (QS[ i ] [ k ] ∗QS[ r ] [ j ] ) /QS[ r ] [ k ] ;// ∗∗∗∗∗∗∗ EXERCÍCIO ∗∗∗∗∗∗∗∗// O que a última l i n h a f a z ? Quais entradas do QS são a f e t a d a s ?for ( j = 0 ; j < n−m+1; j++)i f ( j != k )QS[ r ] [ j ] = QS[ r ] [ j ] /QS[ r ] [ k ] ;// ∗∗∗∗∗∗∗ EXERCÍCIO ∗∗∗∗∗∗∗∗// O que a última l i n h a f a z ? Quais entradas do QS são a f e t a d a s ?for ( i = 0 ; i < m+1; i++)i f ( i != r )QS[ i ] [ k ] = −QS[ i ] [ k ] /QS[ r ] [ k ] ;// ∗∗∗∗∗∗∗ EXERCÍCIO ∗∗∗∗∗∗∗∗// O que a última l i n h a f a z ? Quais entradas do QS são a f e t a d a s ?QS[ r ] [ k ] = 1.0/QS[ r ] [ k ] ;// ∗∗∗∗∗∗∗ EXERCÍCIO ∗∗∗∗∗∗∗∗// O que a última l i n h a f a z ?// imprimi o pivô na t e l a

CAPÍTULO 7. O MÉTODO SIMPLEX 76p r i n t f ( ”\n\ n\n>> Proximo passo : entra %d , s a i %d

CAPÍTULO 7. O MÉTODO SIMPLEX 77}}k++;7.9.5 Funções auxiliaresFunções para impressão de erro na tela e liberação de memória. O seu entendimento não énecessário.//Função usada para retorno de errovoid e r r o ( int e ){switch ( e ){case 1 : p r i n t f ( ”\n\nERRO na l e i t u r a do arquivo . \ n\n” ) ; break ;case 2 : p r i n t f ( ”\n\nERRO na alocacao de dados . \ n\n” ) ; break ;case 3 : p r i n t f ( ”\n\nERRO INESPERADO. SAINDO . . . \ n\n” ) ; break ;}liberamem ( ) ;e x i t ( 1 ) ;}//Função para l i b e r a r memóriavoid liberamem ( void ){int i ;i f (VNB != NULL) f r e e (VNB) ;i f (VB != NULL) f r e e (VB) ;for ( i = 0 ; i < m+1; i++)i f (QS[ i ] != NULL) f r e e (QS[ i ] ) ;i f (QS != NULL) f r e e (QS ) ;}i f ( arq != NULL) f c l o s e ( arq ) ;

Capítulo 8Método Simplex: inicialização eciclagemVimos no Capítulo anterior que o método Simplex necessita de uma solução básica viávelpara ser inicializado. Comentamos que no caso especial em que A ≤ b, x ≥ 0 e b ≥ 0, a baseinicial I relativa às variáveis de folga fornece uma solução básica viável. Isso não é obviamenteo que acontece em geral.Exemplo 8.0.1. Considere o sistemax 1 −2x 2 ≥ 4−x 1 +x 2 = 3x 1 , x 2 ≥ 0Após inserção da variável de folga relativa à primeira restrição, obtemosA matriz das restrições éx 1 −2x 2 −x 3 = 4−x 1 +x 2 = 3x 1 , x 2 , x 3 ≥ 0[A =1 −2 −1−1 1 0Observe que não há base viável aparente, muito menos um bloco identidade. Mesmo que conseguíssemosuma base por tentativa e erro, o que é computacionalmente impraticável, teríamosque calcular a inversa da base, e testar viabilidade. Claramente isso se torna mais crítico emaltas dimensões.Nosso objetivo é portanto estabelecer uma forma de conseguir uma base inicial viável parao Simplex. Apesar de conhecido mais de um procedimento para isso, discutiremos somente oMétodo de Duas Fases.8.1 Método de Duas FasesRetomemos o PL (7.1)min cxs.a. Ax = bx ≥ 0].78

CAPÍTULO 8. MÉTODO SIMPLEX: INICIALIZAÇÃO E CICLAGEM 79onde A é m × n com posto m. Podemos supor sem perda de generalidade que b ≥ 0 poispodemos manipular facilmente as restrições para que isso ocorra. O sistema Ax = b admitesolução se, e somente se, o sistema Ax + x a = b, x a = 0 admite solução, ou seja, o PL(7.1) é viável se, e somente se, pudermos ter x a = 0 e x ≥ 0. Agora observe que o últimosistema contém um bloco I m , relativo às variáveis artificiais x a . Procedemos então como segue.Primeiro acrescentamos variáveis artificiais de modo a obter o bloco identidade. A fim de testarse o PL (7.1) é viável devemos verificar se podemos ter x a = 0 e x ≥ 0, ou equivalentemente,se o PLmin 1x as.a. Ax + x a = bx ≥ 0x a ≥ 0onde 1 é vetor de uns, tem solução ótima com FO x 0 = 1 × 0 = 0. Note que este PL é viávelpois x = 0, x a = b ≥ 0 é uma solução sua. Mais ainda, este pode ser resolvido pelo Simplexinicializado pela base viável I m . Após resolvido, teremos uma base B formada por colunas damatriz [ ]A I m . Se na otimalidade deste PL temos a FO x0 = 0 e todas as variáveis artificiaisfora da base, então as variáveis artificiais x a serão VNB’s, enquanto as VB’s serão variáveislegítimas x B do PL original. Portanto a base viável final B é formada somente de colunas damatriz original A, e logo o Simplex para o PL original pode ser inicializado com esta base. Esteé o Método de Duas Fases.O esquema a seguir resume o Método de Duas Fases no caso discutido.1. (FASE I) Resolva o PLmin 1x as.a. Ax + x a = bx ≥ 0x a ≥ 0pelo Simplex, inicializado com a solução básica viável x = 0, x a = b (relativa à base I m ,formato pelas m últimas colunas de [ A I m]).Se na otimalidade x a ≠ 0, então pare com a conclusão de que o problema original éinviável. Caso contrário, a base viável corrente B é formada somente de colunas de A(assumimos por hora que todas as variáveis artificiais saem da base). Seja x B as VB’slegítimas relativas à base B e x N as VNB’s legítimas. Passe para o próximo passo.2. (FASE II) Resolva o PL original pelo Simplex inicializado com a solução básica viávelx B = B −1 b, x N = 0, ou seja, resolva o PLmin c B x B + c N x Ns.a. x B + B −1 Nx N = B −1 bx B , x N ≥ 0Atividade 22. Como já dito, o problema da Fase 1 do Método de Duas Fases é viável. Mostreque ele não é ilimitado, e por isso a Fase 1 é coerente.Pode ocorrer que na otimalidade do PL da Fase 1, tenhamos x a = 0 mas alguma variávelartificial x ai = 0 é VB. Por definição, isso significa que a solução ótima do PL da primeira faseé degenerada. Ora, neste caso a base da Fase 1 tem pelo menos uma coluna relativa à variávelartificial x ai , e não pode ser utilizada no PL original. Veremos adiante como proceder nessecaso.

CAPÍTULO 8. MÉTODO SIMPLEX: INICIALIZAÇÃO E CICLAGEM 80Exemplo 8.1.1. [1] Considere o PLNa forma padrão,min x 1 −2x 2s.a. x 1 +x 2 ≥ 2−x 1 +x 2 ≥ 1x 2 ≤ 3x 1 , x 2 ≥ 0min x 1 −2x 2s.a. x 1 +x 2 −x 3 = 2−x 1 +x 2 −x 4 = 1x 2 +x 5 = 3x 1 , x 2 , x 3 , x 4 , x 5 ≥ 0A identidade como base inicial não está disponível. Teremos que acrescentar variáveis artificiais.FASE INote que não é necessário uma variável artificial para cada uma das três restrições, poisa terceira já contém a coluna 3 da identidade. Acrescentamos então somente as variáveisartificiais x 6 e x 7 relativas às duas primeiras restrições e consideramos o PL da Fase 1, com FOx 0 = 1x a = x 6 + x 7min x 6 +x 7s.a. x 1 +x 2 −x 3 +x 6 = 2−x 1 +x 2 −x 4 +x 7 = 1x 2 +x 5 = 3x 1 , x 2 , x 3 , x 4 , x 5 , x 6 , x 7 ≥ 0Assim, a identidade I 3 = [ a 6 a 7]a 5 é base viável deste PL. Sendo c ′ o gradiente da FO x 0 ,temos ainda• N = [ a 1 a 2 a 3 a 4](R = {1, 2, 3, 4}) e I−13 N = N;• b = I −13 b = b;• x 0 = c ′ I 3b = [ c ′ 6 c ′ 7 c ′ 5]b =[1 −2 0]b = 3, e• c ′ I 3I −13 N − c ′ N = c′ I 3N = [ 0 2 −1 −1 ] .Daí o QS associado à base I 3 éVar. legítimas Artif.x 0 x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 x 7 RHSx 0 1 0 2 −1 −1 0 0 0 3x 6 0 1 1 −1 0 0 1 0 2x 7 0 −1 1 0 −1 0 0 1 1x 5 0 0 1 0 0 1 0 0 3

CAPÍTULO 8. MÉTODO SIMPLEX: INICIALIZAÇÃO E CICLAGEM 81Pivoteando sobre y 22 (verifique que este é o pivô), o QS 2 éQS3:Var. legítimas Artif.x 0 x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 x 7 RHSx 0 1 2 0 −1 1 0 0 −2 1x 6 0 2 0 −1 1 0 1 −1 1x 2 0 −1 1 0 −1 0 0 1 1x 5 0 1 0 0 1 1 0 −1 2Var. legítimas Artif.x 0 x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 x 7 RHSx 0 1 0 0 0 0 0 −1 −1 0x 1 0 1 0 −1/2 1/2 0 1/2 −1/2 1/2x 2 0 0 1 −1/2 −1/2 0 1/2 1/2 3/2x 5 0 0 0 1/2 1/2 1 −1/2 −1/2 3/2QS 3 é ótimo e x 0 = 0. Também, todas as VB’s são legítimas, isto é, as variáveis artificiaissaíram da base. Passamos então aFASE IIDescartamos as colunas das variáveis artificiais e resolvemos o PL original, com a FO cx =x 1 − 2x 2 , iniciando o QS da Fase 2 pela base corrente B = [ ]a 1 a 2 a 5 (do QS 3, as VB’ssão x 1 , x 2 e x 5 , nessa ordem).Da coluna RHS do QS 3 da Fase 1, temos b = [ 1/2 3/2 3/2 ] te logo z0 = c B b = −5/2.Das colunas das VNB’s legítimas x 3 e x 4 concluímos quee logo c B B −1 N − c N = [ 1/2QS 2:B −1 N = B −1 [ a 3a 4]=⎡⎣−1/2 1/2−1/2 −1/21/2 1/23/2 ] . Assim o QS 1 da Fase 2 éz x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 RHSz 1 0 0 1/2 3/2 0 −5/2x 1 0 1 0 −1/2 1/2 0 1/2x 2 0 0 1 −1/2 −1/2 0 3/2x 5 0 0 0 1/2 1/2 1 3/2⎤⎦QS 3:z x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 RHSz 1 −3 0 2 0 0 −4x 4 0 2 0 −1 1 0 1x 2 0 1 1 −1 0 0 2x 5 0 −1 0 1 0 1 1z x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 RHSz 1 −1 0 0 0 −2 −6x 4 0 1 0 0 1 1 2x 2 0 0 1 0 0 1 3x 3 0 −1 0 1 0 1 1

CAPÍTULO 8. MÉTODO SIMPLEX: INICIALIZAÇÃO E CICLAGEM 82QS 3 é ótimo e portanto o PL original foi resolvido, com solução ótima (x 1 , x 2 ) = (0, 3), e FO−6. Observe que o QS 1 da Fase 2 é essencialmente o QS final da Fase 1, a menos da linha dez e das colunas das variáveis artificiais.Do exemplo, observamos que o QS inicial da Fase 1 é de fácil montagem. De fato, seconsiderarmos que a cada restrição inserimos uma variável artificial, teremos o problemamin 1x as.a. Ax + Ix a = bx ≥ 0x a ≥ 0onde a base viável é I. Neste caso, considerando c ′ o gradiente da FO x 0 = 1x a temos• N = A e I −1 N = A;• b = I −1 b = b (lembre-se que supomos b ≥ 0);• x 0 = c ′ I b = 1b, e• c ′ I I−1 N − c ′ N = 1A.O QS inicial da Fase 1 é portantox 0 x x a RHSx 0 1 1A 0 1bx a 0 A I b8.1.1 Organizando as Fases I e II no mesmo quadroComo já dito, os quadros final da Fase 1 e inicial da Fase 2 diferem somente na linha zero.Portanto para passar da Fase 1 para a 2, devemos calcular apenas z 0 e z j − c j , ∀j ∈ R. A fimde evitar esses cálculos, organizamos os quadros das duas fases em um mesmo QS, como segue.Se c e c ′ são os gradientes das FO’s das Fases 1 e 2, respectivamente, temos no início da Fase1 a base B = I relativa às variáveis artificiais, e daí a linha de z é dada porc I I −1 N − c N = −c N = −c e z 0 = c I I −1 b = 0pois as VB’s são as artificiais que não aparecem na FO original, e logo c I = 0. Organizamosentão as duas fases no QSz x 0 x x a RHSz 1 0 −c 0 0x 0 0 1 1A 0 1bx a 0 0 A I b

CAPÍTULO 8. MÉTODO SIMPLEX: INICIALIZAÇÃO E CICLAGEM 83O pivoteamento na Fase 1 é feito utilizando a linha de x 0 , atualizando também a linha dez pelo procedimento usual. Após o término da Fase 1, caso x 0 = 0 e as variáveis artificiaisestejam todas fora da base, eliminamos a linha de x 0 e as colunas das artificiais, e procedemosnormalmente com a Fase 2.Exemplo 8.1.2. Considere o PL do Exemplo anterior após inserção de variáveis de folga eartificiais,min x 1 −2x 2s.a. x 1 +x 2 −x 3 +x 6 = 2−x 1 +x 2 −x 4 +x 7 = 1x 2 +x 5 = 3x 1 , x 2 , x 3 , x 4 , x 5 , x 6 , x 7 ≥ 0A FO original é x 1 − 2x 2 , e logo c = (1, −2, 0, 0, 0) (as variáveis legítimas são x 1 , . . . , x 5 ). OQS inicial éVar. legítimas Artif.z x 0 x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 x 7 RHSz 1 0 −1 2 0 0 0 0 0 0x 0 0 1 0 2 −1 −1 0 0 0 3x 6 0 0 1 1 −1 0 0 1 0 2x 7 0 0 −1 1 0 −1 0 0 1 1x 5 0 0 0 1 0 0 1 0 0 3QS 2:QS 3:Var. legítimas Artif.z x 0 x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 x 7 RHSz 1 0 1 0 0 2 0 0 −2 −2x 0 0 1 2 0 −1 1 0 0 −2 1x 6 0 0 2 0 −1 1 0 1 −1 1x 2 0 0 −1 1 0 −1 0 0 1 1x 5 0 0 1 0 0 1 1 0 −1 2Var. legítimas Artif.z x 0 x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 x 7 RHSz 1 0 0 0 1/2 3/2 0 −1/2 −3/2 −5/2x 0 0 1 0 0 0 0 0 −1 −1 0x 1 0 0 1 0 −1/2 1/2 0 1/2 −1/2 1/2x 2 0 0 0 1 −1/2 −1/2 0 1/2 1/2 3/2x 5 0 0 0 0 1/2 1/2 1 −1/2 −1/2 3/2FASE IIQS 4:z x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 RHSz 1 0 0 1/2 3/2 0 −5/2x 1 0 1 0 −1/2 1/2 0 1/2x 2 0 0 1 −1/2 −1/2 0 3/2x 5 0 0 0 1/2 1/2 1 3/2

CAPÍTULO 8. MÉTODO SIMPLEX: INICIALIZAÇÃO E CICLAGEM 84QS 5:QS 6:z x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 RHSz 1 −3 0 2 0 0 −4x 4 0 2 0 −1 1 0 1x 2 0 1 1 −1 0 0 2x 5 0 −1 0 1 0 1 1z x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 RHSz 1 −1 0 0 0 −2 −6x 4 0 1 0 0 1 1 2x 2 0 0 1 0 0 1 3x 3 0 −1 0 1 0 1 1QS 6 é ótimo. Observe que no fim da Fase 1, a linha de z é exatamente a que obtivemos noExemplo anterior. A Fase 2 procede de maneira exatamente igual.Atividade 23. Você pode perceber no Exemplo anterior que ao adicionarmos a linha de z logona Fase 1 e realizarmos pivoteamentos, ao fim da Fase 1 essa linha já está correta para inícioda Fase 2. Mostre que quando x 0 = 0 e todas as variáveis artificiais saem da base, a linha de zjá está correta para início da Fase 2, ou seja, após pivoteamentos, no fim da Fase 1 os valoresz j − c j estão corretos.8.2 Degeneração: ciclagem no SimplexNo Capítulo 7 discutimos o método Simplex supondo ausência de degeneração. Na ocasião,o Simplex sempre termina, pois a FO diminui a cada pivoteamento. Vamos ver aqui o que adegeneração de uma solução básica viável pode ocasionar no Simplex.Lembre-se que uma solução básica viável[ ] [ ]xB B=−1 b≥ 0x N 0é degenerada se x Bi = 0 para algum índice básico i (Definição 7.2, página 54). Deste modo ométodo Simplex pode ciclar, ou seja, a partir de um certo QS, voltar ao mesmo QS depois deuma sequência finita de pivoteamentos. Assim, o método realiza sempre a mesma sequência depivoteamentos e entra num laço infinito.Mais precisamente, o processo de ciclagem pode ocorrer quando há mais de uma base para omesmo vértice. Da Atividade 19 (página 56), isso só ocorre quando o vértice (ou, pelo Teorema7.3 da página 55, a solução básica viável) é degenerada. Quando o vértice é não degenerado,há somente uma base associada.Atividade 24. Mostre que se x é vértice não degenerado de {x; Ax = b, x ≥ 0} então existesomente uma base associada a x.O exemplo a seguir ilustra o processo de ciclagem.Exemplo 8.2.1. [1] Considere o PL, devido a Beale,min −3/4x 4 +20x 5 −1/2x 6 +6x 7s.a. x 1 +1/4x 4 −8x 5 −x 6 +9x 7 = 0x 2 +1/2x 4 −12x 5 −1/2x 6 +3x 7 = 0x 3 +x 6 = 1x 1 , x 2 , x 3 , x 4 , x 5 , x 6 , x 7 ≥ 0

CAPÍTULO 8. MÉTODO SIMPLEX: INICIALIZAÇÃO E CICLAGEM 85Como b ≥ 0, a base I formada pelas colunas 1, 2 e 3 é viável.z x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 x 7 RHSz 1 0 0 0 3/4 −20 1/2 −6 0x 1 0 1 0 0 1/4 −8 −1 9 0x 2 0 0 1 0 1/2 −12 −1/2 3 0x 3 0 0 0 1 0 0 1 0 1z x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 x 7 RHSz 1 −3 0 0 0 4 7/2 −33 0x 4 0 4 0 0 1 −32 −4 36 0x 2 0 −2 1 0 0 4 3/2 −15 0x 3 0 0 0 1 0 0 1 0 1z x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 x 7 RHSz 1 −1 −1 0 0 0 2 −18 0x 4 0 −12 8 0 1 0 8 −84 0x 5 0 −1/2 1/4 0 0 1 3/8 −15/4 0x 3 0 0 0 1 0 0 1 0 1z x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 x 7 RHSz 1 2 −3 0 −1/4 0 0 3 0x 6 0 −3/2 1 0 1/8 0 1 −21/2 0x 5 0 1/16 −1/8 0 −3/64 1 0 3/16 0x 3 0 3/2 −1 1 −1/8 0 0 21/2 1z x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 x 7 RHSz 1 1 −1 0 1/2 −16 0 0 0x 6 0 2 −6 0 −5/2 56 1 0 0x 7 0 1/3 −2/3 0 −1/4 16/3 0 1 0x 3 0 −2 6 1 5/2 −56 0 0 1z x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 x 7 RHSz 1 0 2 0 7/4 −44 −1/2 0 0x 1 0 1 −3 0 −5/4 28 1/2 0 0x 7 0 0 1/3 0 1/6 −4 −1/6 1 0x 3 0 0 0 1 0 0 1 0 1z x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 x 7 RHSz 1 0 0 0 3/4 −20 1/2 −6 0x 1 0 1 0 0 1/4 −8 −1 9 0x 2 0 0 1 0 1/2 −12 −1/2 3 0x 3 0 0 0 1 0 0 1 0 1O último QS é idêntico ao primeiro. Note também que todos os QS correspondem aovértice x = (0, 0, 1, 0, 0, 0, 0), ou seja, o processo acima gerou as bases B 1 , B 2 , . . . , B 7 , ondeB 7 = B 1 = [ ]a 1 a 2 a 3 todas associadas à x. Se a mesma sequência de pivoteamentos fosseutilizada, o Simplex ciclaria entre essas bases e não convergiria.No Exemplo acima, logo no primeiro quadro temos um empate na escolha da variável desaída: x 1 empata com x 2 pois b 1 /y 14 = b 2 /y 24 = 0. Podemos então, ao invés de pivotear sobre

CAPÍTULO 8. MÉTODO SIMPLEX: INICIALIZAÇÃO E CICLAGEM 86y 14 , pivotear sobre y 24 . Isso nos levaria a uma nova sequência de pivoteamentos. É de se esperarque, se tivermos como contornar a ciclagem do Exemplo, temos que escolher outro pivô daquelejá escolhido.Por incrível que pareça, podemos SEMPRE contornar a ciclagem apenas criando regraspara escolha das variáveis que entram e que saem. Existem várias regras, mas nos limitaremosà Regra de Bland, por sua simplicidade.8.2.1 Regra de BlandSupondo que as variáveis estejam indexadas sempre na mesma ordem, digamos x 1 , . . . , x n ,a Regra de Bland consiste no seguinte:1. Dentre todas as VNB’s com z j − c j > 0, escolha para entrar a de menor índice, digamosx k ;2. Dentre todas as VB’s que empatam no critério usual de saída, isto é, dentre todas as VB’sx Bs com{ }b sbi= min ; y ik > 0y sk 1≤i≤m y ikescolha para sair a de menor índice.Note que NÃO escolhemos necessariamente para entrar a variável com MAIOR z j − c j > 0,como anteriormente, e sim a de MENOR índice dentre TODAS as VNB’s com z j − c j > 0.Pelo que vimos na Seção 7.4, a escolha de QUALQUER variável com z j − c j > 0 para entrarmelhora a FO, ou pelo menos não aumenta.Não demonstraremos que a Regra de Bland evita ciclagem. Para detalhes, consulte [1].Exemplo 8.2.2. Resolvemos o PL de Beale (Exemplo 8.2.1) usando a Regra de Bland.z x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 x 7 RHSz 1 0 0 0 3/4 −20 1/2 −6 0x 1 0 1 0 0 1/4 −8 −1 9 0x 2 0 0 1 0 1/2 −12 −1/2 3 0x 3 0 0 0 1 0 0 1 0 1No QS acima, a VNB x 4 é escolhida para entrar pois tem menor índice entre as candidatas.No entanto, x 1 e x 4 empatam no critério usual de saída. A Regra de Bland decide por x 1 .z x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 x 7 RHSz 1 −3 0 0 0 4 7/2 −33 0x 4 0 4 0 0 1 −32 −4 36 0x 2 0 −2 1 0 0 4 3/2 −15 0x 3 0 0 0 1 0 0 1 0 1z x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 x 7 RHSz 1 −1 −1 0 0 0 2 −18 0x 4 0 −12 8 0 1 0 8 −84 0x 5 0 −1/2 1/4 0 0 1 3/8 −15/4 0x 3 0 0 0 1 0 0 1 0 1Até aqui, o processo seguiu exatamente igual ao do Exemplo 8.2.1. No entanto, no próximoQS, a Regra de Bland diz para escolher x 1 ao invés de x 7 para entrar. O pivô será y 21 , e nãoy 27 como no Exemplo 8.2.1.

CAPÍTULO 8. MÉTODO SIMPLEX: INICIALIZAÇÃO E CICLAGEM 87z x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 x 7 RHSz 1 2 −3 0 −1/4 0 0 3 0x 6 0 −3/2 1 0 1/8 0 1 −21/2 0x 5 0 1/16 −1/8 0 −3/64 1 0 3/16 0x 3 0 3/2 −1 1 −1/8 0 0 21/2 1z x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 x 7 RHSz 1 0 1 0 5/4 −32 0 −3 0x 6 0 0 −2 0 −1 24 1 −6 0x 1 0 1 −2 0 −12 16 0 3 0x 3 0 0 1 1 1 −24 0 6 1z x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 x 7 RHSz 1 0 0 −1 1/4 −8 0 −9 −1x 6 0 0 0 2 1 −24 1 6 2x 1 0 1 0 2 −10 −32 0 15 2x 2 0 0 1 1 1 −24 0 6 1z x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 x 7 RHSz 1 0 −1/4 −5/4 0 −2 0 −21/2 −5/4x 6 0 0 −1 −1 0 0 1 0 1x 1 0 1 10 12 0 −272 0 75 12x 4 0 0 1 1 1 −24 0 6 1O último QS é ótimo, e logo o PL de Beale está resolvido.8.3 Degeneração: Método de Duas FasesAntes de iniciarmos o estudo da degeneração no Método de Duas Fases, vamos estabelecero seguinte resultado:Teorema 8.1. Seja QS 1 um quadro simplex de um dado PL, e QS 2 o quadro simplex do mesmoPL obtido após finitos pivoteamentos sobre QS 1 . Então os sistemas lineares associados a QS 1e QS 2 são equivalentes.Demonstração. Claramente, é suficiente mostrar que ao aplicarmos um pivoteamento, obtém-seum sistema associado equivalente ao do QS anterior.Considere o QS 1z x B x N RHSz 1 . . . . . . . . .x B 0 I B −1 N B −1 brelativo à base B e associado ao sistema linear[I B −1 N ] [ ]x B= B −1 bx N

CAPÍTULO 8. MÉTODO SIMPLEX: INICIALIZAÇÃO E CICLAGEM 88A atualização da base B = [ a 1 . . . a r . . .] [a m para a base B = a1 . . . a k . . .]a mcorresponde a fazerB = BEonde E é a matriz inversível obtida da identidade I m trocando a coluna r por y k , isto é,⎡⎤1 0 . . . y 1k . . . 0E = [ 0 1 . . . y 2k . . . 0] . . . .e 1 . . . e r−1 y k e r+1 . . . e m = ,0 0 . . . y rk . . . 0⎢⎥⎣ . . . . ⎦0 0 . . . y mk . . . 1poisBE = [ Be 1 . . . Be r−1 BB −1 a k Be r+1 . . . Be m]=[a1 . . . a k . . . a m].Logo B −1 = E −1 B −1 . Você pode verificar que⎡⎤1 0 . . . −y 1k /y rk . . . 00 1 . . . −y 2k /y rk . . . 0E −1 . . . .=.0 0 . . . 1/y rk . . . 0⎢⎥⎣ . . . . ⎦0 0 . . . −y mk /y rk . . . 1Observe do Quadro 7.2 (página 66) que após o processo de pivoteamento do QS 1 sobre o pivôy rk obtemos exatamente o bloco E −1 abaixo de x B . Também verifica-se B −1 a k = E −1 B −1 a k =e k , ou seja, a coluna da nova VB x k é a coluna k da identidade. Logo, após pivotearmos QS 1sobre o pivô y rk , obtemos o QSz x B x N RHSz 1 . . . . . . . . .x B 0 E −1 B −1 N B −1 bO sistema associado a este QS é[E −1B −1 N] [ ]x B= B −1 b ⇔ [ Ex −1 (E −1 B −1 )N ] [ ]x B= (E −1 B −1 )bN x Nque é equivalente ao sistema associado ao QS 1 pois consiste na multiplicação à esquerda pelamatriz inversível E −1 . Isso conclui a demonstração.Na discussão do Método de Duas Fases, assumimos que ao fim da Fase 1 todas as variáveisartificiais saem da base. Discutiremos agora o caso em que no término da Fase 1 tivermosx 0 = 0, ou seja, o PL original é viável, mas alguma variável artificial permanece na base. Esseé precisamente o caso em que o problema da Fase 1 é degenerado. Não podemos passar para

CAPÍTULO 8. MÉTODO SIMPLEX: INICIALIZAÇÃO E CICLAGEM 89a Fase 2 pois a base corrente contém colunas fora da matriz A do PL original. Vejamos comoproceder.Suponha que aplicamos a Fase 1 e obtivemos x 0 = 0 com variáveis artificiais básicas x aB eartificiais não básicas x aN . Também, sejam x lB e x lN as variáveis legítimas básicas e não básicas,respectivamente. Assim, as VB’s e VNB’s do problema da Fase 1 são, respectivamente,[ ][ ]x ′ xaBB = e x ′ xaNN = .x lB x lNO QS do fim da Fase 1 tem a formaVar. Legítimas Var. Artificiaisx 0 x lB x lN x aB x aN RHSx 0 1 0 s l 0 s a 0x lB 0 I R 1 0 R 3 b lx aB 0 0 R 2 I R 4 0Pelo quadro, temosx lB + R 1 x lN + R 3 x aN = b lR 2 x lN + x aB + R 4 x aN = 0Pelo Teorema 8.1, o sistema do PL original Ax + x a = b, x a = 0 (associado ao QS inicial)é equivalente a [ ] [ ] [ ]I R1 xlB bl= , x0 R 2 x lN 0 aB = 0, x aN = 0.Se R 2 ≠ 0, então pivoteamos sobre os elementos não nulos de R 2 a afim de retirar VB’sartificiais da base, e colocar VNB’s legítimas na base. Se após pivoteamentos tivermos ainda obloco R 2 = 0, o sistema acima terá restrições redundantes relativas às linhas de x lN (do tipo0 = 0), e estas poderão ser eliminadas. Passamos neste caso para a Fase 2 iniciando com o QSz x lB x lN RHSz 1 0 c B R 1 − c N cb lx lB 0 I R 1 b lque contém somente variáveis legítimas. Observe que se B é a base corrente então R 1 = B −1 Ne b l = B −1 b, e logo a linha zero do QS faz sentido.

CAPÍTULO 8. MÉTODO SIMPLEX: INICIALIZAÇÃO E CICLAGEM 90Exemplo 8.3.1. [1] Considere o PL na forma padrãomin −x 1 +2x 2 −3x 3s.a. x 1 +x 2 +x 3 = 6−x 1 +x 2 +2x 3 = 42x 2 +3x 3 = 10x 3 +x 4 = 2x 1 , x 2 , x 3 , x 4 ≥ 0Introduzimos as variáveis artificiais x 5 , x 6 e x 7 :min −x 1 +2x 2 −3x 3s.a. x 1 +x 2 +x 3 +x 5 = 6−x 1 +x 2 +2x 3 +x 6 = 42x 2 +3x 3 +x 7 = 10x 3 +x 4 = 2x 1 , x 2 , x 3 , x 4 , x 5 , x 6 , x 7 ≥ 0O QS inicial éz 0 x 0 x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 x 7 RHSz 1 0 1 −2 3 0 0 0 0 0x 0 0 1 0 4 6 0 0 0 0 20x 5 0 0 1 1 1 0 1 0 0 6x 6 0 0 −1 1 2 0 0 1 0 4x 7 0 0 0 2 3 0 0 0 1 10x 4 0 0 0 0 1 1 0 0 0 2z 0 x 0 x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 x 7 RHSz 1 0 1 −2 0 −3 0 0 0 −6x 0 0 1 0 4 0 −6 0 0 0 8x 5 0 0 1 1 0 −1 1 0 0 4x 6 0 0 −1 1 0 −2 0 1 0 0x 7 0 0 0 2 0 −3 0 0 1 4x 3 0 0 0 0 1 1 0 0 0 2z 0 x 0 x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 x 7 RHSz 1 0 −1 0 0 −7 0 2 0 −6x 0 0 1 4 0 0 2 0 −4 0 8x 5 0 0 2 0 0 1 1 −1 0 4x 2 0 0 −1 1 0 −2 0 1 0 0x 7 0 0 2 0 0 1 0 −2 1 4x 3 0 0 0 0 1 1 0 0 0 2z 0 x 0 x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 x 7 RHSz 1 0 0 0 0 −13/2 −1/2 3/2 0 −4x 0 0 1 0 0 0 0 −2 −2 0 0x 1 0 0 1 0 0 1/2 1/2 −1/2 0 2x 2 0 0 0 1 0 −3/2 1/2 1/2 0 2x 7 0 0 0 0 0 0 −1 −1 1 0x 3 0 0 0 0 1 1 0 0 0 2

CAPÍTULO 8. MÉTODO SIMPLEX: INICIALIZAÇÃO E CICLAGEM 91As entradas da linha da VB artificial x 7 nas colunas das VNB’s legítimas são nulas, e logodescartamos essa linha. Também, as colunas das variáveis artificiais são descartadas e obtemoso QSz 0 x 1 x 2 x 3 x 4 RHSz 1 0 0 0 −13/2 −4x 1 0 1 0 0 1/2 2x 2 0 0 1 0 −3/2 2x 3 0 0 0 1 1 2O QS anterior já é ótimo, e portanto resolvemos o PL original, com solução ótima (2, 2, 2, 0)e FO −4.8.4 Exercícios1. Fazer os seguintes exercícios do livro do Bazaraa [1]: 4.1, 4.2, 4.3, 4.4, 4.5, 4.6, 4.8, 4.28,4.35 (somente Regra de Bland), 4.36.2. Execute em computador o Simplex cujo código está descrito na Seção 7.9 para o PL deBeale do Exemplo 8.2.1. Verifique que o Simplex cicla.O arquivo de entrada do PL de Beale no formato requerido pelo código é descrito a seguir.3 4-0.75 20 -0.5 60 0 10.25 -8 -1 90.5 -12 -0.5 30 0 1 03. No código do Simplex da Seção 7.9 modifique as funções entra e sai de modo a satisfazerema Regra de Bland. Execute então o seu código modificado para o PL de Beale e veja quea ciclagem é contornada. Confira então que a FO ótima obtida pelo programa é a mesmado Exemplo 8.2.2.8.5 NotasApresentamos a Regra de Bland para contornar ciclagem no Simplex. Como comentamos,existem várias regras que cumprem tal objetivo. Em [1], além da Regra de Bland, é discutidaa Ordem Lexicográfica. Em [3] são apresentadas a Regra de Wolfe, e os métodos de Dantzig ede Krishna.

Capítulo 9O Simplex RevisadoDada uma base B, para a construção do QS associado devemos calcular c B B −1 N − c N ,c B B −1 b, B −1 N e B −1 b. Dessas matrizes, apenas B −1 não é um dado direto do problema. Aideia é estabelecer o Simplex em um QS menor. Neste QS, devemos• ter em mãos a solução corrente x B = B −1 b = b, x N = 0;• ter em mãos a FO corrente z = c B B −1 b = c B b;• calcular com certa facilidade z j − c j = c B B −1 a j − c j ;• calcular com certa facilidade y k = B −1 a k para alguma VB x k candidata a entrar na base.Note que as matrizes w = c B B −1 e B −1 aparecem nos cálculos que necessitamos. Consideramoso Quadro Simplex Revisado (QSR)Inversa da baseRHSz w c B bx B B −1 bTabela 9.1: Quadro Simplex Revisado.Vejamos agora como o processo de pivoteamento no QS tradicional é feito no QSR. Primeiro,devemos calcular z j −c j para todo j ∈ R. Como z j −c j = wa j −c j , isso pode ser facilmente feitousando a linha w do QSR. Escolhida x k para entrar na base, calculamos y k = B −1 a k usando ainversa B −1 presente no QSR. O processo de mudança de base é realizado como segue. Se y rké o pivô, inserimos a coluna da VNB x k , obtendo o QSR estendidoInversa da base RHS x kz w c B b z k − c kx B B −1 b y k92

CAPÍTULO 9. O SIMPLEX REVISADO 93Pivoteamos então da forma tradicional sobre o pivô y rk . Por último apagamos a coluna dex k , obtendo o QSR atualizado.Para mostrar que esse procedimento de mudança de base é correto, considere o QSR 1Inversa da base RHS x kz c B B −1 c B B −1 b z k − c kx B B −1 B −1 b y kPela demonstração do Teorema 8.1 (página 87), o QSR 1 após a mudança da baseB [ a B1 . . . a Br . . . a Bm]para a baseB = [ a B1 . . . a k . . . a Bm]é o QSR 2Inversa da base RHSz c B (E −1 B −1 ) c B (E −1 B −1 )bx B E −1 B −1 (E −1 B −1 )bonde⎡⎤1 0 . . . y 1k . . . 0E = [ 0 1 . . . y 2k . . . 0] . . . .e 1 . . . e r−1 y k e r+1 . . . e m = .0 0 . . . y rk . . . 0⎢⎥⎣ . . . . ⎦0 0 . . . y mk . . . 1Basta verificarmos que o pivoteamento tradicional sobre y rk no QSR 1 recai no QSR 2 .Atividade 25. Verifique que pivoteando sobre y rk no QSR 1 , obtemos o QSR 2 .Dica: O trabalho é braçal. Chame B −1 = [d ij ]. Para a linha de z, estude a componente j dec B E −1 B −1 , lembrando que c B é o vetor c B com c k no lugar de c Br . Mostre que o pivoteamentoleva w = c B B −1 aw = c B B −1 − (c By k − c k )d ry rkonde d r é linha r de B −1 . Compare a componente j de w e veja que é igual à componente jde c B E −1 B −1 . Assim você terá mostrado que w = c B E −1 B −1 . A linha de x B se faz do mesmomodo.Com isso, estabelecemos o Simplex Revisado como segue.1. (INICIALIZAÇÃO) Encontre uma solução básica viável inicial com base inversa B−1 .Monte o QSR 9.1.2. (PASSO PRINCIPAL)

CAPÍTULO 9. O SIMPLEX REVISADO 94(a) Para cada VNB, calcule z j − c j = wa j − c j . Seja z k − c k = max j∈R {z j − c j }. Sez k − c k ≤ 0 então pare com a solução ótima corrente. Caso contrário, vá para opróximo passo.(b) Calcule y k = B −1 a k . Se y k ≤ 0 para com a conclusão de que o problema é ilimitado.Caso contrário, vá para o próximo passo.[ ]zk − c(c) Insira a colunakno QSR.y kInversa da base RHS x kz w c B b z k − c kx B B −1 b y kDetermine um índice r tal que{ }b rbi= min ; y ik > 0 .y rk 1≤i≤m y ikAtualize o QSR realizando pivoteamento no pivô y rk . Atualize o conjunto R dosíndices das VNB’s, e repita o passo 2.Exemplo 9.0.1. [1] Considere o PLmin x 1 −2x 2 +x 3 −x 4 −4x 5 +2x 6s.a. x 1 +x 2 +x 3 +x 4 +x 5 +x 6 ≤ 62x 1 −x 2 −2x 3 +x 4 ≤ 4x 3 +x 4 +2x 5 +x 6 ≤ 4x 1 , x 2 , x 3 , x 4 , x 5 , x 6 ≥ 0Introduzindo variáveis de folga x 7 , x 8 e x 9 , a base inicial é I = [ a 7 a 8]a 9 . Assim, w =c B I −1 = (0, 0, 0) e b = b.z 0 0 0 0x 7 1 0 0 6x 8 0 1 0 4x 9 0 0 1 4Temos z j − c j = wa j − c j = −c j para j ∈ {1, 2, 3, 4, 5, 6}. Assim z 5 − c 5 = 4 = max j∈R {z j −c j }. Também,⎡ ⎤1y 5 = I −1 a 5 = ⎣ 0 ⎦2Inserimos a coluna referente à x 5[ ]z5 − c 5=y 5⎡⎢⎣4102⎤⎥⎦

CAPÍTULO 9. O SIMPLEX REVISADO 95no QSR.z 0 0 0 0 4x 7 1 0 0 6 1x 8 0 1 0 4 0x 9 0 0 1 4 2z 0 0 −2 −8x 7 1 0 −1/2 4x 8 0 1 0 4x 5 0 0 1/2 2Temos w = (0, 0, −2). Fazendo as contas, 2 = z 2 − c 2 = wa 2 − c 2 = max j∈R {z j − c j } e⎡⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤1 0 −1/2 1 1y 2 = B −1 a 2 = ⎣ 0 1 0 ⎦ ⎣ −1 ⎦ = ⎣ −1 ⎦ .0 0 1/2 0 0z 0 0 −2 −8 2x 7 1 0 −1/2 4 1x 8 0 1 0 4 −1x 5 0 0 1/2 2 0z −2 0 −1 −16x 2 1 0 −1/2 4x 8 1 1 −1/2 8x 5 0 0 1/2 2Temos w = (−2, 0, −1) e verificamos que z j − c j ≤ 0 para todo j. Logo o último QSR éótimo. Portanto o PL tem x = (0, 4, 0, 0, 2, 0) como solução ótima e FO ótima −16. 9.1 Comparação entre o Simplex e o Simplex RevisadoVamos descrever algumas vantagens e desvantagens do Simplex Revisado frente ao Simplex.O Simplex trabalha com um quadro de tamanho (m+1)×(n+1) (desconsideramos a coluna dez), enquanto o Simplex Revisado com um de tamanho (m + 1) × (m + 1). Assim, se n for maiorque m, ou seja, se houverem mais variáveis de decisão do que restrições, o Simplex Revisadoocupa menos espaço na memória. Mesmo em nossa implementação do Simplex na Seção 7.9,onde não armazenamos as colunas das VB’s, temos um quadro de tamanho (m+1)×(n−m+1).Neste caso, se n for muito grande em relação à m, teremos um quadro maior que o do SimplexRevisado. Nos problemas práticos é comum essa situação.Outra observação é quanto ao número de multiplicações e adições necessárias para atualizarcada quadro.• No Simplex, para cada elemento fora da linha e coluna do pivô, são realizadas 3 multiplicaçõese 1 adição. Assim, para todos esses elementos, são 3m(n − m) multiplicações em(n − m) adições. Na linha do pivô temos mais n − m multiplicações (exclui-se o pivô).• No Simplex Revisado, para cada elemento fora da linha do pivô são 3 multiplicações e 1adição, e na linha do pivô realizamos m + 1 multiplicações. No total são (3m + 1)(m + 1)multiplicações e m(m + 1) adições.

CAPÍTULO 9. O SIMPLEX REVISADO 96• No Simplex Revisado temos ainda que calcular z j − c j = wa j − c j para todo j ∈ R.Depois, devemos calcular y k = B −1 a k . No total são m(n − m) + m 2 = mn multiplicaçõese (m + 1)(n − m) + m 2 = mn + n − m adições.SimplexSimplex RevisadoMultip. Adições Multip. AdiçõesPivoteamento 3m(n − m) m(n − m) (3m + 1)(m + 1) m(m + 1)Outros cálculos 0 0 mn mn + n − mTOTAIS 3m(n − m) m(n − m) (3m + 1)(m + 1) + mn m(m + 1) + mn + n − mA tabela a seguir ilustra o número de operações (multiplicação e adições) e o tamanho doquadro.OperaçõesTamanho do Quadrom n Simplex Simplex Revisado Simplex Simplex Revisado5 10 100 231 36 365 20 300 341 96 365 35 600 506 186 365 50 900 671 276 365 100 1900 1221 576 365 1000 19900 11121 5976 365 10000 199900 110121 59976 36Observe que o total de operações realizadas pelo Simplex Revisado é maior quando n épouco maior do que m. Mas os problemas da prática tem n muito maior do que m, e nestecaso o Simplex Revisado leva vantagem. Além disso esses problemas geralmente tem a matrizdas restrições esparsa, isto é, com muitos zeros. Isso facilita os cálculos adicionais de wa j − c je B −1 a k no Simplex Revisado pois envolvem multiplicações pelos vetores esparsos a ′ js. Aexperiência confirma que nos problemas da prática o Simplex Revisado é mais rápido.9.2 Outras observaçõesO Simplex Revisado foi apresentado como uma melhora do Simplex tradicional. No entanto,é utilizado também no Método de Duas Fases pois este consiste na aplicação do Simplex emdois PL’s. Neste caso, inserimos a linha de z na primeira fase, como já fazíamos. No fim daFase 1 caso x 0 = 0 descartamos a linha de x 0 e procedemos pivoteando, lembrando que asVNB’s da Fase 2 são as variáveis legítimas. A diferença para o Método de Duas Fases vistoanteriormente é que a linha das VB’s artificiais (se houverem) permanecem no QSR.Exemplo 9.2.1. Considere o PL do Exemplo 8.3.1 (página 90)min −x 1 +2x 2 −3x 3s.a. x 1 +x 2 +x 3 +x 5 = 6−x 1 +x 2 +2x 3 +x 6 = 42x 2 +3x 3 +x 7 = 10x 3 +x 4 = 2x 1 , x 2 , x 3 , x 4 , x 5 , x 6 , x 7 ≥ 0

CAPÍTULO 9. O SIMPLEX REVISADO 97onde x 5 , x 6 e x 7 são variáveis artificiais. Iniciamos com a base I = [ a 5 a 6 a 7]a 4 . Temosb = b. Relativo à FO original temosRelativo à FO da Fase 1,w ′ = c ′ II −1 = [ 0 0 0 0 ] t, z = c′I b = 0.w = c I I −1 = [ 1 1 1 0 ] ,x 0 = c I b = 20.FASE IQSR 1 :QSR 2 :QSR 3 :z 0 0 0 0 0x 0 1 1 1 0 20x 5 1 0 0 0 6x 6 0 1 0 0 4x 7 0 0 1 0 10x 4 0 0 0 1 2x 3z 0 0 0 0 0 3x 0 1 1 1 0 20 6x 5 1 0 0 0 6 1x 6 0 1 0 0 4 2x 7 0 0 1 0 10 3x 4 0 0 0 1 2 1x 2z 0 0 0 −3 −6 −2x 0 1 1 1 −6 8 4x 5 1 0 0 −1 4 1x 6 0 1 0 −2 0 1x 7 0 0 1 −3 4 2x 3 0 0 0 1 2 0QSR 4 :QSR 5 :x 1z 0 2 0 −7 −6 −1x 0 1 −3 1 2 8 4x 5 1 −1 0 1 4 2x 2 0 1 0 −2 0 −1x 7 0 −2 1 1 4 2x 3 0 0 0 1 2 0z 1/2 3/2 0 −13/2 −4x 0 −1 −1 1 0 0x 1 1/2 −1/2 0 1/2 2x 2 1/2 1/2 0 −3/2 2x 7 −1 −1 1 0 0x 3 0 0 0 1 2QSR 5 é ótimo, e logo passamos para a Fase 2. Note que x 7 é VB artificial.FASE IIz 1/2 3/2 0 −13/2 −4x 1 1/2 −1/2 0 1/2 2x 2 1/2 1/2 0 −3/2 2x 7 −1 −1 1 0 0x 3 0 0 0 1 2O conjunto dos índices das VNB’s, relativas ao PL original, é {4}. Temos z 4 − c ′ 4 ≤ 0 e logoeste QSR é ótimo. Resolvemos assim o PL original.

Capítulo 10DualidadePara um dado PL existe um problema associado de forma que, ao resolver o problema original,o resolvemos simultaneamente. As relações entre esses problemas permitem a introduçãode dois novos algoritmos para resolução de PL’s: o Simplex Dual e o método Primal-Dual.Estudaremos a seguir esse tal problema e suas relações com o original.10.1 O dual de um problema de programação linearConsidere o PL na forma canônicaP 1 : min cxs.a. Ax ≥ bonde A é m × n. Definimos o dual de P como o PLD 1 : max wbx ≥ 0.s.a. wA ≤ cw ≥ 0.Quando estamos trabalhando com o dual de P 1 , podemos dizer que P 1 é o problema primal.Também, x são as variáveis primais e w as variáveis duais. A mesma terminologia se aplica àsrestrições e FO’s.Observe que há exatamente uma variável dual para cada restrição primal e exatamente umarestrição dual para cada variável dual. Ou seja, w ∈ R m .Agora consideramos o problema primal na forma padrãoP 2 : min cxs.a. Ax = bx ≥ 0.Vamos estabelecer o dual de P 2 colocando-o na forma canônica, ou seja, escrevendoP 2 : min cxs.a. Ax ≥ b(−A)x ≥ (−b)x ≥ 0.98

CAPÍTULO 10. DUALIDADE 99Equivalentemente,P 2 : min cx[ As.a.−A] [ bx ≥−b]x ≥ 0.Assim, o dual de P 2 éD 2 : max [ w + w ] [ ]− b−b[s.a. w + w ] [ ]− A≤ c−Aw + ≥ 0w − ≥ 0,ou seja,D 2 : max (w + − w − )bs.a. (w + − w − )A ≤ cw + ≥ 0w − ≥ 0.Fazendo w = w + − w − ∈ R m , as restrições w + , w − ≥ 0 são equivalentes a afirmar que w éirrestrito. Assim, o dual de P 2 éLema 10.1. O dual do dual é o primal.D 2 : max wbs.a. wA ≤ cw irrestrito.Demonstração. Dado qualquer PL, colocamos-o na forma canônica P 1 . Seu dual é portanto oproblema D 1 , que é equivalente ao PLO dual de D 1 éD 1 : − min (−b) t w ts.a. (−A) t w t ≥ (−c) t− max x t (−c t )w t ≥ 0.s.a. x t (−A) t ≤ (−b) tx t ≥ 0,onde x t são as variáveis duais de D 1 . Ora, este problema é equivalente aIsso conclui a demonstração.P 1 : min cxs.a. Ax ≥ bx ≥ 0.

CAPÍTULO 10. DUALIDADE 100Como sabemos, qualquer problema pode ser posto nas formas canônica ou padrão. Comisso, estabelecemos o dual de qualquer problema. Na prática procedemos da seguinte forma:cada restrição primal tem uma única variável dual associada, e cada variável primal tem umaúnica restrição dual associada. A relação entre variáveis/restrições primais e restrições/variáveisduais é dada na tabela abaixo.Minimização Maximização≥ 0 ↔ ≤variáveis ≤ 0 ↔ ≥ restriçõesirrestrito ↔ =≥ ↔ ≥ 0restrições ≤ ↔ ≤ 0 variáveis= ↔ irrestritoTabela 10.1: Dual de um PL genérico.Exemplo 10.1.1. [1] Considere o PLmax 8x 1 +3x 2 −2x 3s.a. x 1 −6x 2 +x 3 ≥ 25x 1 +7x 2 −2x 3 = −4x 1 ≤ 0x 2 ≥ 0x 3 ∈ RFaçamos corresponder as variáveis duais w 1 e w 2 às duas primeiras restrições primais. Astrês restrições duais são relativas às variáveis primais x 1 , x 2 e x 3 . Pela Tabela 10.1 o dual émin 2w 1 −4w 2s.a. w 1 +5w 2 ≤ 8−6w 1 +7w 2 ≥ 3w 1 −2w 2 = −2w 1 ≤ 0w 2 ∈ RAtividade 26. Mostre que a Tabela 10.1 é correta.Dica: Faça o dual do PL genéricocolocando-o na forma canônica.min c 1 x 1 +c 2 x 2 +c 3 x 3s.a. A 11 x 1 +A 12 x 2 +A 13 x 3 ≥ b 1A 21 x 1 +A 22 x 2 +A 23 x 3 ≤ b 2A 31 x 1 +A 32 x 2 +A 33 x 3 = b 3x 1 ≥ 0x 2 ≤ 0x 3 ∈ R k

CAPÍTULO 10. DUALIDADE 10110.2 Relações entre os problemas primal e dualNesta seção daremos relações importantes entre os problemas primal e dual.Teorema 10.2 (da Dualidade Fraca). Seja dado um problema primal na forma canônica P 1 eseu dual D 1 . Se x 0 e w 0 são pontos viáveis de P 1 e D 1 , respectivamente, entãocx 0 ≥ w 0 b.Ou seja, a FO do dual fornece um limitante inferior para a FO do problema primal de minimizaçãona forma canônica.Demonstração. Temos Ax 0 ≥ b, x 0 ≥ 0, w 0 A ≤ c e w 0 ≥ 0. Multiplicando Ax 0 ≥ b aesquerda por w 0 ≥ 0 e w 0 A ≤ c a direita por x 0 ≥ 0, obtemoscx 0 ≥ w 0 Ax 0 ≥ w 0 b.Corolário 10.3. Considere x 0 e w 0 como no Teorema 10.2. Se cx 0 = w 0 b então x 0 e w 0 sãosoluções ótimas de P 1 e D 1 , respectivamente.Corolário 10.4. Se um dos problemas P 1 ou D 1 é ilimitado, o outro é inviável.Atividade 27. Mostre os dois Corolários anteriores.Atividade 28. Enuncie e demonstre o Teorema 10.2 para a forma padrão (problemas P 2 eD 2 ). Conclua que os dois Corolários anteriores valem também para a forma padrão.Contrariando as expectativas, se um dos problemas P 1 ou D 1 for inviável então não hágarantia de que o outro seja ilimitado, como mostra o próximo exemplo.Exemplo 10.2.1. [1] Considere o PL primale seu dualmin −x 1 −x 2s.a. x 1 −x 2 ≥ 1−x 1 +x 2 ≥ 1x 1 , x 2 ≥ 0max w 1 +w 2s.a. w 1 −w 2 ≤ −1−w 1 +w 2 ≤ −1w 1 , w 2 ≥ 0O PL primal é inviável pois x 1 − x 2 ≥ 1 e x 1 − x 2 ≤ −1. Mas note que pelo mesmo motivoo dual é também inviável.Teorema 10.5 (da Dualidade Forte). Se um dos problemas P 1 ou D 1 admitir solução ótima,então o outro também admite. Neste caso os valores ótimos das FO’s do primal e do dual sãoiguais.

CAPÍTULO 10. DUALIDADE 102Demonstração. Suponha que P 1 tenha solução ótima x. Inserimos variáveis de folga no problemaprimal, obtendo o sistema Ax − I m x f = b, x ≥ 0, x f ≥ 0. Podemos supor neste casoque x seja solução básica viável associada a uma base B. Tomemos w = c B B −1 ∈ R m . Como xé ótimo, wN−c N ≤ 0, onde N é a submatriz de [ ]A −I m das colunas não básicas. TambémwB − c B = c B B −1 B − c B = 0, e logow [ A −I m]−[c 0]= w[B N]−[cB c N]≤ 0 ⇒ w[A −Im]≤[c 0].Com isso wA ≤ c e w ≥ 0, ou seja, w é viável para o dual D 1 . Por outro lado cx = c B B −1 b =wb, e do Corolário 10.3 segue que w é solução ótima de D 1 .O caso em que D 1 admite solução ótima recai no anterior transformando D 1 na forma deP 1 .Atividade 29. Enuncie e demonstre de forma análoga o Teorema da Dualidade Forte para aforma padrão.Os resultados enunciados até aqui são resumidos no Teorema a seguir, conhecido por Teoremada Dualidade ou Teorema Fundamental da Dualidade. Como qualquer PL pode sertransformado nas formas padrão ou canônica, ele será enunciado de forma geral.Teorema 10.6 (Teorema Fundamental da Dualidade). Sejam P um problema primal e D seudual. Exatamente uma das afirmações ocorre:(i) Ambos possuem solução ótima x ∗ e w ∗ com cx ∗ = w ∗ b.(ii) Um dos problemas é ilimitado. Neste caso o outro é inviável.(iii) Ambos os problemas são inviáveis.Teorema 10.7 (das Folgas Complementares). Se x ∗ e w ∗ são soluções ótimas de um problemaprimal P e seu dual D, respectivamente, então (c − w ∗ A)x ∗ = 0 e w ∗ (Ax ∗ − b) = 0.Demonstração. Pelo Teorema da Dualidade Forte, cx ∗ = w ∗ b. Da demonstração do Teoremada Dualidade Fraca, temos cx ∗ ≥ w ∗ Ax ∗ ≥ w ∗ b e logo cx ∗ = w ∗ Ax ∗ = w ∗ b, donde segue oresultado.As condições (c − w ∗ A)x ∗ = 0 e w ∗ (Ax ∗ − b) = 0 do Teorema 10.7 são chamadas folgascomplementares. Elas asseguram que quando x ∗ é não ativo em uma restrição primal, digamosa i x ∗ < b i , então a variável dual correspondente w ∗ i é zero. Da mesma forma, quando w ∗ é nãoativo em uma restrição dual, digamos w ∗ a j < c j , a variável primal correspondente x ∗ j é zero.Exemplo 10.2.2. [1] Considere o PLe seu dualmin 2x 1 +3x 2 +5x 3 +2x 4 +3x 5s.a. x 1 +x 2 +2x 3 +x 4 +3x 5 ≥ 42x 1 −2x 2 +3x 3 +x 4 +x 5 ≥ 3x 1 , x 2 , x 3 , x 4 , x 5 ≥ 0max 4w 1 +3w 2s.a. w 1 +2w 2 ≤ 2w 1 −2w 2 ≤ 32w 1 +3w 2 ≤ 5w 1 +w 2 ≤ 23w 1 +w 2 ≤ 3w 1 , w 2 ≥ 0

CAPÍTULO 10. DUALIDADE 103Como o dual tem duas variáveis, podemos resolvê-lo graficamente. Sua solução ótima éw ∗ = (4/5, 3/5), com FO igual a 5 (verifique!). Assim, a FO primal ótima é igual a z ∗ = 5. PeloTeorema das Folgas Complementares, x ∗ 2 = x ∗ 3 = x ∗ 4 = 0 pois as restrições duais correspondentessão não ativas em w ∗ . Como w1, ∗ w2 ∗ > 0, as restrições primais correspondentes são ativas emx ∗ , ou seja, x ∗ 1 + 3x ∗ 5 = 4 e 2x ∗ 1 + x ∗ 5 = 3. Dessas equações obtemos x ∗ 1 = x ∗ 5 = 1. Assim,resolvemos o problema primal.10.3 Condições de otimalidade de Karush-Kuhn-Tucker(KKT)Nesta seção vamos discutir condições necessárias e suficientes para um ponto x ser soluçãoótima de um PL nas formas canônica e padrão.10.3.1 Condições KKT para restrições de desigualdadeConsidere o PL na forma canônicaP 1 : min cxs.a. Ax ≥ bx ≥ 0.Seja x uma solução ótima de P 1 . Do Teorema da Dualidade Forte, seu dual D 1 admite umasolução ótima w. Do Teorema das Folgas Complementares segue quevx = 0 e w(Ax − b) = 0.onde v = c − wA. Ora, x e w são viáveis para P 1 e D 1 , ou seja,ou equivalentementeAx ≥ b, x ≥ 0 e wA ≤ c, w ≥ 0.Ax ≥ b, x ≥ 0 e wA + v = c, v ≥ 0, w ≥ 0.Estabelecemos então as condições de Karush-Kuhn-Tucker (KKT):Ax ≥ b, x ≥ 0 (10.1)wA + v = c, w ≥ 0, v ≥ 0 (10.2)w(Ax − b) = 0, vx = 0. (10.3)As condições (10.1) dizem que x devem ser solução primal, e por isso são chamadas condiçõesde viabilidade primal. Analogamente, as condições (10.2) são as condições de viabilidade dual.As condições (10.3) são as condições de folga complementar. Aqui, w e v são chamados multiplicadoresde Lagrange (ou variáveis duais) associados às restrições Ax ≥ b e x ≥ 0, respectivamente.Veremos agora que as condições KKT são necessárias e suficientes para otimalidade na formacanônica.Teorema 10.8. Sejam P 1 um PL na forma canônica. Se x é solução ótima de P 1 então existemw e v tais que (x, w, v) satisfaz as condições KKT. Reciprocamente, se (x, w, v) satisfaz ascondições KKT então x é solução ótima de P 1 .

CAPÍTULO 10. DUALIDADE 104Demonstração. Suponha que x seja solução ótima de P 1 . A condição (10.1) vale pois x é primalviável. Pelo Teorema da Dualidade Forte existe w solução ótima do dual D 1 de P 1 . Temosentão wA ≤ c, w ≥ 0, e fazendo v = c − wA vem (10.2). A condição (10.3) segue do Teoremadas Folgas Complementares.Reciprocamente, seja (x, w, v) satisfazendo as condições KKT. De (10.1), x é viável parao primal P 1 e de (10.2), w é viável para o dual D 1 (v = c − wA são as folgas das restriçõesduais). Da condição (10.3) segue quecx = wAx = wb.Do Corolário 10.3 concluímos que x é solução ótima de P 1 .10.3.2 Condições KKT para restrições de igualdadeConsidere o PL na forma padrãoP 2 : min cxs.a. Ax = bx ≥ 0.Como vimos, neste caso w é viável para o dual D 2 de P 2 se wA ≤ c e w irrestrito. Note quew(Ax−b) = 0 para pois Ax−b = 0. As condições KKT para o problema P 2 na forma padrãosãoAx = b, x ≥ 0wA + v = c, w irrestrito, v ≥ 0vx = 0.Atividade 30. Mostre que as condições KKT são necessárias e suficientes para otimalidadena forma padrão. Imite a demonstração do Teorema 10.8.10.3.3 Interpretação geométrica das condições KKTVamos dar uma interpretação geométrica das condições KKT para a forma canônica, ondeas restrições são de desigualdade.Seja x um ponto viável de P 1 . As condições de folga complementar (10.3) dizem que• se a i-ésima restrição primal não for ativa em x, isto é, se a i x > b i então o multiplicadorde Lagrange correspondente é zero, ou seja, w i = 0;• se x j > 0 então v j = 0.Sejam os conjuntos I e J dos índices das restrições ativas em x relativas à Ax ≥ b e x ≥ 0,respectivamente:I = {i; a i x = b i } e J = {j; x j = 0}.Assim w i = 0, ∀i /∈ I, e v j = 0, ∀j /∈ J. Portanto as condições (10.2) se resumem a∑w i a i + ∑ v j e j = c,i∈Ij∈Jw i ≥ 0, i ∈ I,v j ≥ 0, j ∈ J,

CAPÍTULO 10. DUALIDADE 105onde a i é linha i de A e e j o j-ésimo canônico de R n . Isso quer dizer precisamente que c estáno cone gerado pelos gradientes das restrições ativas em x, onde a i é o gradiente de a i x ≥ b i ee j e gradiente de x j ≥ 0.Somos levados à seguinte interpretação geométrica: x é solução ótima de P 1 se, e somentese, c está no cone gerado pelos gradientes das restrições ativas em x.Exemplo 10.3.1. [1] Considere o PL na forma canônicaOs gradientes da FO e restrições sãomin −x 1 −3x 2s.a. x 1 −2x 2 ≥ −4−x 1 −x 2 ≥ −4x 1 , x 2 ≥ 0c = (−1, −3)a 1 = (1, −2)a 2 = (−1, −1)e 1 = (1, 0)e 2 = (0, 1).Consideremos os quatro pontos extremos da região viável (veja Figura 10.1):1. (0, 0): as restrições ativas são x 1 , x 2 ≥ 0. Da figura, vemos que c /∈ cone {e 1 , e 2 } e logo(0, 0) não é ótimo;2. (0, 2): as restrições ativas são x 1 − 2x 2 ≥ −4 e x 1 ≥ 0. Da figura, c /∈ cone {a 1 , e 1 } e logo(0, 2) não é ótimo;3. (4/3, 8/3): as restrições ativas são x 1 − 2x 2 ≥ −4 e −x 1 − x 2 ≥ −4. Da figura, temosc ∈ cone {a 1 , a 2 } e logo (4/3, 8/3) é ótimo;4. (4, 0): as restrições ativas são −x 1 − x 2 ≥ −4 e x 2 ≥ 0. Da figura, vemos que c /∈cone {a 2 , e 2 } e logo (4, 0) não é ótimo;Seja x = (4/3, 8/3). Vamos verificar que existem w, v tais que (x, w, v) satisfazem ascondições KKT. Como x 1 , x 2 > 0, das condições de folga complementar devemos ter v 1 = v 2 = 0.Assim w deve ser tal que c−wA = v = 0, ou seja, w 1 −w 2 = −1 e −2w 1 −w 2 = −3. Resolvendoobtemos w 1 = 2/3 e w 2 = 5/3. Note que w ≥ 0 e Ax = b, e logo w(Ax − b) = 0. Assim, ascondições (10.1), (10.2) e (10.3) são satisfeitas por (x, w, v), e x é ótimo.Você pode ainda verificar geometricamente que (4/3, 8/3) é ótimo pela Figura 10.1.

CAPÍTULO 10. DUALIDADE 106Figura 10.1: Geometria do exemploAtividade 31. Mostre que para o PLmin cxs.a. Ax ≤ bx ≥ 0.temos o seguinte: x é solução ótima se, e somente se, −c pertence ao cone gerado pelos gradientesdas restrições ativas em x. Reescreva o Exemplo anterior na forma acima multiplicandoas duas primeiras restrições por −1. Refaça a figura do Exemplo. Qual a mudança nos conesda figura?10.4 O Simplex DualNesta seção introduziremos o método Simplex Dual, que resolve o problema dual diretamentedo quadro simplex primal que temos trabalhado. Passamos, a cada iteração, de umasolução básica dual viável para outra, até que o dual esteja resolvido ou até que concluamosque o dual seja ilimitado. Pelo Teorema Fundamental da Dualidade (Teorema 10.6, página 102)isto implica, respectivamente, que o primal foi resolvido ou que o primal é inviável.10.4.1 Interpretação da viabilidade dual no quadro simplex primalConsidere o PL na forma canônicamin cxs.a. Ax ≥ bx ≥ 0onde A é m × n com posto m. Inserimos variáveis de folga x n+1 , . . . , x n+m , uma para cadauma das m primeiras restrições. Tome B uma base que não é necessariamente primal viável econsidere o quadro

CAPÍTULO 10. DUALIDADE 107Variáveis de folgaz x 1 x 2 · · · x n x n+1 · · · x n+m RHSz 1 z 1 − c 1 z 2 − c 2 · · · z n − c n z n+1 − c n+1 · · · z n+m − c n+m c B bx B1 0 y 11 y 12 · · · y 1n y 1(n+1) · · · y 1(n+m) b 1x B2 0 y 21 y 22 · · · y 2n y 2(n+1) · · · y 2(n+m) b 2. . . .. .. .x Bm 0 y m1 y m2 · · · y mn y m(n+1) · · · y m(n+m) b mDefinindo w = c B B −1 como anteriormente temosz j − c j = c B B −1 a j − c j = wa j − c j .Assim, o critério de otimalidade primal implica wa j −c j ≤ 0 para j = 1, . . . , n, ou seja, wa j ≤ c jpara j = 1, . . . , n. Isto equivale a wA ≤ c, como na demonstração do Teorema 10.5. Maisainda, note que ao inserir variáveis de folga para cada restrição ganhamos um bloco −I m , eportanto a n+i = −e i para i = 1, . . . , m. Como c n+i = 0 para i = 1, . . . , m temosz n+i − c n+i = wa n+i − c n+i = −we i − 0 = −w i , i = 1, . . . , m.Daí z n+i − c n+i ≤ 0 para i = 1, . . . , m equivale a w ≥ 0. Mostramos portanto que z j − c j ≤ 0para j = 1, . . . , n + m se, e somente se, wA ≤ c e w ≥ 0, onde w = c B B −1 . Em outraspalavras, temos oLema 10.9. Num PL na forma canônica, a viabilidade dual é exatamente o critério de otimalidadeprimal (ou seja, z j − c j ≤ 0 para todo j).O Lema acima garante que, se além de dual viável, o quadro for primal viável (b ≥ 0)então é primal ótimo. Pelo Teorema da Dualidade Forte (Teorema 10.5), também é dual ótimo.Neste caso, os valores ótimos primal z ∗ = c B b e dual w ∗ b são iguais (verifique!).Cabe notar que o Lema vale para problemas na forma padrão, com restrições de igualdade.10.4.2 O método Simplex DualConsidere o PL na forma padrãomin cxs.a. Ax = bx ≥ 0.Suponha que seja dada uma base B que seja dual viável, isto é, z j − c j ≤ 0 para todo j (Lema10.9). Considere o QS primal associado a Bz x 1 · · · x j · · · x k · · · x n RHSz 1 z 1 − c 1 · · · z j − c j · · · z k − c k · · · z n − c n c B bx B1 0 y 11 · · · y 1j · · · y 1k · · · y 1n b 1x B2 0 y 21 · · · y 2j · · · y 2k · · · y 2n b 2. . .... .x Br 0 y r1 · · · y rj · · · y rk · · · y rn b r. . .... .x Bm 0 y m1 · · · y mj · · · y mk · · · y mn b m

CAPÍTULO 10. DUALIDADE 108Como já dito, estamos supondo z j − c j ≤ 0 para todo j. Se também o QS é primal viável,ou seja, se b ≥ 0 então estamos de posse de um QS primal ótimo e o problema está resolvido.Por outro lado, considere b r < 0. Queremos mudar da base atual dual viável para outra dualviável, de modo a resolver o problema dual. Com isso, resolveremos o problema primal. Vamosdeterminar então um pivô que após pivoteamento tradicional a viabilidade dual se mantenha.Se y rk ≠ 0 é o pivô, a linha de z terá como novos termose o novo termo na coluna RHS e linha r será(z j − c j ) ′ = (z j − c j ) − y rjy rk(z k − c k ) (10.4)b ′ r = b ry rk.Como nosso interesse é obter um QS primal viável, escolhemos pivôs negativos. Assim, sendoy rk < 0 teremos b ′ r > 0. Neste caso se y rj ≥ 0, como z k − c k ≤ 0, da equação (10.4) obtemos(z j − c j ) ′ ≤ (z j − c j ) ≤ 0e a viabilidade dual é mantida, como queremos. Agora, se y rj < 0 exigindo que (z j − c j ) ′ ≤ 0na equação (10.4) obtemosz k − c k≤ z j − c j.y rk y rjComo essa inequação deve valer para todo j, escolhemos a coluna k do pivô segundo a regraz k − c ky rk= min{zj − c jy rj; y rj < 0}.Resumindo, o pivô y rk < 0 é escolhido da seguinte forma, em ordem:• Critério de saída: escolha para sair da base x Brb r = min {b i }.de forma que• Critério de entrada: escolha para entrar na base x k de forma que{ }z k − c k zj − c j= min ; y rj < 0 .y rky rjNote que variáveis básicas nunca serão escolhidas pelo critério de entrada, pois suas colunasno quadro não tem componentes negativas (são colunas da identidade).Considere agora o caso em que há candidatos para sair mas não para entrar, ou seja, b r < 0e y rj ≥ 0 para todo j. A linha r do QS diz quen∑y rj x j = b r .j=1Desta forma para qualquer ponto x viável para o problema primal, a relação acima não ésatisfeita pois como x ≥ 0 teríamosn∑0 ≤ y rj x j = b r < 0.j=1Isso mostra que neste caso o problema primal é inviável, e o dual é ilimitado (pelo TeoremaFundamental da Dualidade).Este processo de pivoteamento entre bases duais viáveis é o que conhecemos como o métodoSimplex Dual. Em resumo, o método se estabelece como a seguir:

CAPÍTULO 10. DUALIDADE 1091.(INICIALIZAÇÃO) Encontre uma base B do problema primal que seja dual viável, ouseja, tal que z j − c j ≤ 0 para todo j.2. (PASSO PRINCIPAL)(a) Calcule b r = min {b i }. Se b r ≥ 0 então pare com a solução primal ótima (neste casotemos b = B −1 b ≥ 0). Caso contrário vá para o próximo passo.(b) Se y rj ≥ 0 para todo j então pare com a conclusão de que o dual é ilimitado e oprimal inviável. Caso contrário vá para o próximo passo.(c) x Br sai da base. x k entra na base sendo k de modo que{ }z k − c k zj − c j= min ; y rj < 0 .y rky rjAtualize o QS realizando pivoteamento no pivô y rk e repita o passo 2.Exemplo 10.4.1. Considere o PLmin 2x 1 +3x 2 +4x 3s.a. x 1 +2x 2 +x 3 ≥ 32x 1 −x 2 +3x 3 ≥ 4x 1 , x 2 , x 3 ≥ 0Inserindo variáveis de folga x 4 e x 5 e multiplicando as duas primeiras restrições por −1 obtemoso PLmin 2x 1 +3x 2 +4x 3s.a. −x 1 −2x 2 −x 3 +x 4 = −3−2x 1 +x 2 −3x 3 +x 5 = −4x 1 , x 2 , x 3 , x 4 , x 5 ≥ 0A base I = [ a 4a 5]é dual viável pois para j = 1, 2, 3 temosApliquemos então o Simplex Dual.z j − c j = c I Ia j − c j = −c j < 0.z x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 RHSz 1 −2 −3 −4 0 0 0x 4 0 −1 −2 −1 1 0 −3x 5 0 −2 1 −3 0 1 −4z x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 RHSz 1 0 −4 −1 0 −1 4x 4 0 0 −5/2 1/2 1 −1/2 −1x 1 0 1 −1/2 3/2 0 −1/2 2z x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 RHSz 1 0 0 −9/5 −8/5 −1/5 28/5x 2 0 0 1 −1/5 −2/5 1/5 2/5x 1 0 1 0 7/5 −1/5 −2/5 11/5No último QS temos b ≥ 0 e z j − c j ≤ 0 para todo j, e portanto é primal ótimo. A soluçãoótima encontrada do problema original é x = (11/5, 2/5, 0) com FO 28/5.

CAPÍTULO 10. DUALIDADE 110Observamos que a fim de evitar ciclagem do Simplex Dual, podemos modificar os critériosde saída e entrada de acordo com a Regra de Bland da seguinte forma:• Critério de saída: dentre todas as variáveis básicas com b i < 0 escolha para sair aquelade menor índice, digamos x Br .• Critério de entrada: dentre todas as variáveis não básicas x i tais que{ }z i − c i zj − c j= min ; y rj < 0 ,y riy rjescolha para entrar aquela de menor índice.Encerramos esta seção dizendo que, assim como o Método de Duas Fases, existem métodospara conseguir uma base dual viável inicial. Não os veremos aqui. O Simplex Dual tem aplicaçãona análise de sensibilidade, que veremos adiante, e em particular na resolução de problemasde programação inteira pelo método dos planos de corte. Essa aplicação não requer encontrarbase dual viável alguma.10.5 Exercícios1. Fazer os seguintes exercícios do livro do Bazaraa [1]: 6.2, 6.3, 6.5, 6.6, 6.8, 6.13, 6.15,6.17, 6.30, 6.31, 6.71.2. Use dualidade para mostrar oLema de Farkas: Um e somente um dos sistemas admite solução. Sistema 1: Ax ≥ 0,cx < 0; ou Sistema 2: wA = c, w ≥ 0.Dica: Use o PLe seu dual.10.6 Notasmin 0x s.a. Ax = b, x ≥ 0O método Primal-Dual não apresentado é uma outra alternativa na resolução de problemasde PL. É semelhante ao dual simplex, mas não exige que a solução inicial seja básica. Paramaiores detalhes, consulte [1].

Capítulo 11Análise de SensibilidadeEm problemas da prática os dados de entrada (c, A e b) não são determinados de maneiraexata, e sim estimados. Pode ocorrer portanto que esses dados sofram alterações apósa resolução do PL. Outra situação é quando a realidade mude após a resolução do PL. Paraexemplificar, suponha que num dado PL uma restrição dependa da quantidade máxima dematéria-prima disponível para fabricação de um produto. Se após resolver o PL a quantidadede matéria-prima é aumentada, a restrição é alterada e temos um novo PL. É interessanteportanto que resolvamos o PL modificado sem iniciar todo o processo de resolução do zero. Énisso que consiste o estudo deste capítulo.Considerando um PL resolvido com base ótima B, duas perguntas são colocadas:1. se algum dado do problema for alterado (c, A ou b), como reotimizar o PL a partir dabase B?2. quão “estável” a base B é, no sentido de medir o quanto podemos alterar os dados doproblema de forma a manter a otimalidade da base B?Nos referimos ao primeiro enfoque como análise de sensibilidade e ao segundo como análiseparamétrica.11.1 Análise de sensibilidadeDado um PL resolvido com base ótima B, estamos interessados em estudar as seguintesmudanças nos dados do problema:• Alterar o vetor de custos c;• Alterar o vetor do lado direito b;• Alterar a matriz A das restrições;• Adicionar uma nova variável de decisão;• Adicionar uma nova restrição.É de particular interesse em programação inteira saber reotimizar o PL quando se adicionauma nova restrição ao problema.111

CAPÍTULO 11. ANÁLISE DE SENSIBILIDADE 11211.1.1 Alterando o vetor de custos cDada uma solução básica viável ótima x, suponha que a componente k de c seja alterada dec k para c ′ k . O efeito dessa mudança no quadro simplex ótimo ocorre na linha de z, a única quedepende dos custos. Assim, dependendo do novo valor dos z j − c j ’s, a viabilidade dual podeser perdida. Separamos a análise em dois casos:CASO I: x k é VNB. Neste caso c B não é alterado e portanto, para todo j, z j = c B B −1 a jtambém não é. Assim z j − c j não é alterado para todo j ≠ k, e z k − c k passa a ser z k − c ′ k . Sez k − c ′ k = (z k − c k ) + (c k − c ′ k)for positivo então o QS não é mais primal ótimo, e portanto o Simplex Primal é aplicadoentrando com x k na base. Caso contrário, se z k − c ′ k ≤ 0, o QS ainda é primal ótimo e nada háa fazer, ou seja, a solução antiga x é ótima para o problema modificado.Cabe observar que neste caso o valor da FO c B B −1 b não é alterado.CASO II: x k é VB. Digamos que x k = x Bt e assim c Bt muda para c ′ B t. Neste caso c B éalterado, e logo z j = c B B −1 a j é alterado ∀j. Digamos que z ′ j seja o novo valor de z j . TemosAssimz ′ j = c ′ BB −1 a j ==m∑i=1,i≠tc Bi y ij + c ′ B ty tjm∑c Bi y ij + c ′ B ty tj − c Bt y tji=1= z j + (c ′ B t− c Bt )y tj .• z j − c j é alterado paraquando j ∈ R;z ′ j − c j = (z j − c j ) + (c ′ B t− c Bt )y tj• Para j = k = B t temos z ′ k = z k + (c ′ k − c k)y tk . Mas y tk = 1 pois y t é a coluna e k daidentidade, e logoz ′ k − c ′ k = z k − c k = 0.• Para todo índice de VB j ≠ k temos y tj = 0, e logo z j − c j passa a serz ′ j − c j = z j − c j = 0.Ou seja, z j − c j permanecem nulos quando j for índice de VB. Isso é o esperado pois asVB’s antigas continuam sendo VB’s após a mudança de c.Também, o valor da FO c B B −1 b é alterado visto que c B o é. É possível mostrar que o novovalor da FO serác ′ BB −1 b = c B B −1 b + (c ′ B t− c Bt )b t .Exemplo 11.1.1. [1] Considere o PLmin −2x 1 +x 2 −x 3s.a. x 1 +x 2 +x 3 ≤ 6−x 1 +2x 2 ≤ 4x 1 , x 2 , x 3 ≥ 0

CAPÍTULO 11. ANÁLISE DE SENSIBILIDADE 113Seu QS ótimo éQS 0:z x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 RHSz 1 0 −3 −1 −2 0 −12x 1 0 1 1 1 1 0 6x 5 0 0 3 1 1 1 10Suponha que c 2 = 1 seja alterado para c 2 = −3. Como x 2 é VNB então z 2 − c ′ 2 = (z 2 −c 2 ) + (c 2 − c ′ 2) = −3 + 4 = 1 > 0 e todos os outros z j − c j permanecem inalterados. Portanto onovo quadroz x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 RHSz 1 0 1 −1 −2 0 −12x 1 0 1 1 1 1 0 6x 5 0 0 3 1 1 1 10e x 2 entra na base. O QS após pivoteamento não é mostrado.Suponha agora que c 1 = −2 seja alterado para c ′ 1 = 0, e voltemos ao QS 0. Como x 1 é VB,a nova linha de z terá termosz ′ j − c j = (z j − c j ) + (0 + 2)y 1j ,∀j ∈ Re os outros z j − c j permanecem em zero. Também o valor da FO passa a serO QS alterado é portantoc ′ BB −1 b = −12 + (0 + 2)6 = 0.Assim, x 3 entra na base.z x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 RHSz 1 0 −1 1 0 0 0x 1 0 1 1 1 1 0 6x 5 0 0 3 1 1 1 1011.1.2 Alterando bSe o vetor b é alterado para b ′ então B −1 b é alterado para B −1 b ′ . Note que z j − c j =c B B −1 a j − c j permanece inalterado para todo j. Logo a base B permanece dual viável. SeB −1 b ′ ≥ 0 então a base corrente B é primal ótima e a nova solução básica viável ótima éx B = B −1 b ′ , x N = 0, com FO igual a c B B −1 b ′ . Caso contrário, se algum b r < 0, a viabilidadeprimal é perdida. Assim aplicamos o Simplex Dual para reotimizar o PL.Se no processo de resolução do PL a primeira base for a identidade, podemos obter B −1 b ′sem calcular explicitamente. De fato, neste caso a última base B é um produto de matrizesinversíveis E i , i = 1, . . . , t, como no Teorema 8.1 (página 87). Assim,B −1 = E −1t · · · E −11 .Pelo Teorema 8.1, passamos então do QS inicial

CAPÍTULO 11. ANÁLISE DE SENSIBILIDADE 114z x I x N RHSz 1 . . . . . . . . .x I 0 I N bpara o QSz x I x N RHSz 1 . . . . . . . . .x B 0 E −1t · · · E −11 = B −1 B −1 N B −1 bPelos quadros acima, vemos que as colunas relativas às VB’s do primeiro QS guardam noúltimo QS a inversa B −1 da base atual. Assim neste caso não precisamos inverter a matriz B,uma tarefa computacionalmente impraticável. Esta conta se torna interessante pois na práticasempre iniciamos com a base identidade (Método de Duas Fases).Exemplo 11.1.2. No QS 0 do Exemplo 11.1.1, alteremos o vetor b para b ′ = (3, 4). Aoanalisar o PL, vemos que o QS inicial usado para sua resolução tem como base associada aidentidade I = [ ]a 4 a 5 , relativa às variáveis de folga x4 e x 5 . As colunas dessas variáveis noQS 0 guardam portanto a inversa da base corrente, isto é,[ ] 1 0B −1 = .1 1AssimB −1 b ′ =[ 1 01 1] [ ] [ ]3 3= ≥ 0,4 7e logo a base B é ainda primal ótima. A nova solução é x = (3, 0, 0, 0, 7) com FO c B B −1 b ′ = −6.11.1.3 Alterando a matriz A das restriçõesSuponha que a coluna a k da matriz A seja alterada para a ′ k . Dois casos podem ocorrer:CASO I: a k é coluna não básica. Neste caso a coluna de x k no QS ótimo[ ] [ ]zk − c k cB B=−1 a k − c ky k B −1 a ké alterada para[ z′k − c ky ′ k] [cB B=−1 a ′ k − c kB −1 a ′ k].

CAPÍTULO 11. ANÁLISE DE SENSIBILIDADE 115O restante do QS não se altera pois B −1 não muda. Assim a solução corrente ainda é primalviável. Se z ′ k − c k ≤ 0 então o QS atual ainda é primal ótimo, e a antiga solução básica viávelótima continua sendo ótima. Se por outro lado z ′ k − c k > 0 então o Simplex primal é aplicadocom a entrada da VNB x k na base.CASO II: a k é coluna básica. Como a k é uma das colunas da base B, após sua mudançapara a ′ k , é possível que a nova matriz B′ não seja mais invertível. Mesmo que isso não ocorra,ou seja, que B ′ seja base, pode ocorrer que toda coluna do QS mude, pois todas elas dependemde B ′−1 . Vejamos como essa mudança em a k , apesar de parecer desastrosa, pode ser tratada.Inserimos uma nova variável x ′ k no problema, com coluna a′ k e coeficiente na FO igual a c k.Isso equivale à inserção no QS da coluna[ ] [ z′k − c k cB B=−1 a ′ k − c ]kB −1 a ′ ,ky ′ krelativa à nova variável x ′ k (podemos usar o que foi discutido na subseção anterior para obterB −1 do QS corrente). Se o elemento y kk ′ da linha da VB x k e da coluna de x ′ k for não nulo,pivoteamos sobre y kk ′ para retirar x k da base e inserir x ′ k . É claro que obteremos uma novabase pois o pivoteamento garante isso. Com isso, a variável antiga x k pode ser eliminada doQS pois ela inexiste no PL alterado. Mas note que tanto viabilidade primal quanto dual podemser perdidas. Podemos no entanto restabelecer viabilidade primal ou dual inserindo variáveisartificiais e reotimizando. Por outro lado, se o pivoteamento sobre y kk ′ não for possível, isto é,se y kk ′ = 0 então a matriz das colunas básicas com a nova coluna de x k não forma uma base.Neste caso, eliminamos a variável x k do problema tratando-a como VB artificial e aplicando oMétodo de Duas Fases.Atividade 32. Complete o argumento acima mostrando que se y kk ′ = 0 a matriz das colunasbásicas com a nova coluna de x k não forma base.Dica: Volte à seção 7.4 e analise o argumento lá exposto para justificar que o pivoteamentopassa de uma base para outra. Escreva então a nova coluna a ′ k como combinação das outrascolunas a Bi , i ≠ k de B.Exemplo 11.1.3. [1] Considere o PL do Exemplo 11.1.1cujo QS ótimo émin −2x 1 +x 2 −x 3s.a. x 1 +x 2 +x 3 ≤ 6−x 1 +2x 2 ≤ 4x 1 , x 2 , x 3 ≥ 0QS 0:z x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 RHSz 1 0 −3 −1 −2 0 −12x 1 0 1 1 1 1 0 6x 5 0 0 3 1 1 1 10Como já discutido em Exemplo anterior, associado ao QS 0 está a base B cuja inversa é[ ] 1 0B −1 = .1 1Alteremos a coluna não básica a 2 = [ 1 2 ] tpara a′2 = [ 2 5 ] t. Temos y′2 = B −1 a ′ 2 =[2 7] te z′2 − c 2 = c B B −1 a ′ 2 − c 2 = −5. Como z ′ 2 − c 2 ≤ 0, QS 0 permanece primal ótimo enada há a fazer.

CAPÍTULO 11. ANÁLISE DE SENSIBILIDADE 116Suponha agora que a coluna básica a 1 = [ 1 −1 ] tmude para a′1 = [ 0 −1 ] t. Temosy 1 ′ = B −1 a ′ 1 = [ 0 −1 ] te z′1 − c 1 = c B B −1 a ′ 1 − c 1 = 2. Observe que a entrada y 11 ′ é zero,e logo a matriz das colunas básicas com a nova coluna de x 1 não forma base. Adicionamos acoluna relativa à x ′ 1 no QS 0:z x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x ′ 1 RHSz 1 0 −3 −1 −2 0 2 −12x 1 0 1 1 1 1 0 0 6x 5 0 0 3 1 1 1 −1 10Tratamos x 1 como VB artificial e aplicamos o Método de Duas Fases. Isso nos leva aconsiderar a FO da Fase 1 como sendo simplesmente x 0 = x 1 . Relativo ao PL da Fase 1, temosz j − c j = c B B −1 a j = [ 1 0 ] [ ]1 0a1 1 j = [ 1 0 ] a j , ∀j ∈ R,o que resulta no QS (note que x 0 = x 1 = 6)z x 0 x ′ 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 1 RHSz 1 0 2 −3 −1 −2 0 0 −12x 0 0 1 0 1 1 1 0 0 6x 1 0 0 0 1 1 1 0 1 6x 5 0 0 −1 3 1 1 1 0 10z x 0 x ′ 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 1 RHSz 1 0 2 −2 −1 −1 0 1 −6x 0 0 1 0 0 0 0 0 −1 0x 3 0 0 0 1 1 1 0 1 6x 5 0 0 −1 2 0 0 1 −1 4z x ′ 1 x 2 x 3 x 4 x 5 RHSz 1 2 −2 −1 −1 0 −6x 3 0 0 1 1 1 0 6x 5 0 −1 2 1 0 1 4O último QS diz que o PL alterado é ilimitado pois x ′ 1 é candidata a entrar, mas não hácandidatos a sair da base. Você pode observar que após a mudança de a 1 obtemos o PLmin −2x 1 +x 2 −x 3s.a. x 2 +x 3 ≤ 6−x 1 +2x 2 ≤ 4x 1 , x 2 , x 3 ≥ 0Veja que x 1 pode crescer indefinidamente, e como c 1 < 0, o PL é ilimitado.Finalmente, suponha que a coluna básica a 1 = [ 1 −1 ] tmude para a′1 = [ 3 6 ] t. Temosy 1 ′ = B −1 a ′ 1 = [ 3 9 ] te z′1 − c 1 = c B B −1 a ′ 1 − c 1 = −4. Observe que a entrada y 11 ′ é nãonula, e logo a matriz das colunas básicas com a nova coluna de x 1 forma uma base. Inserimosa coluna de x ′ 1 no QS 0 e pivoteamos sobre y 11:′z x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x ′ 1 RHSz 1 0 −3 −1 −2 0 −4 −12x 1 0 1 1 1 1 0 3 6x 5 0 0 3 1 1 1 9 10

CAPÍTULO 11. ANÁLISE DE SENSIBILIDADE 117z x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x ′ 1 RHSz 1 4/3 −5/3 1/3 −2/3 0 0 −4x ′ 1 0 1/3 1/3 1/3 1/3 0 1 2x 5 0 −3 0 −2 −2 1 0 −8Descartamos a variável antiga x 1 obtendo o QSz x ′ 1 x 2 x 3 x 4 x 5 RHSz 1 0 −5/3 1/3 −2/3 0 −4x ′ 1 0 1 1/3 1/3 1/3 0 2x 5 0 0 0 −2 −2 1 −8O QS acima não é primal nem dual viável. Aqui não é necessária a adição de variáveisartificiais. Basta pivotearmos sobre y 53 = −2 e a viabilidade primal é restabelecida:z x ′ 1 x 2 x 3 x 4 x 5 RHSz 1 0 −5/3 0 −1 1/6 −16/3x ′ 1 0 1 1/3 0 −1/6 1/6 2/3x 3 0 0 0 1 1 −1/2 4Prosseguimos então com o Simplex Primal.11.1.4 Adicionando uma nova variável de decisãoSuponha que uma nova variável x n+1 ≥ 0 seja adicionada ao PL, com custo c n+1 e colunaa n+1 . Desta forma, a nova coluna[ ] [ ]zn+1 − c n+1 cB B=−1 a n+1 − c n+1y n+1 B −1 ,a n+1relativa à x n+1 , é adicionada no QS. Observe que assim x n+1 é introduzida no problema comoVNB e o QS permanece primal viável. Se z n+1 − c n+1 ≤ 0 então o QS alterado é primal ótimo,e a nova solução será x B = B −1 b, x N = 0, x n+1 = 0. Caso z n+1 − c n+1 > 0 aplicamos o SimplexPrimal com x n+1 entrando na base.Exemplo 11.1.4. [1] Considere o PL do Exemplo 11.1.1 cujo QS ótimo éQS 0:z x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 RHSz 1 0 −3 −1 −2 0 −12x 1 0 1 1 1 1 0 6x 5 0 0 3 1 1 1 10Adicionemos a variável x 6 ≥ 0 com c 6 = 1 e a 6 = [ −1B −1 =[ 1 01 1].2 ] t. A inversa da base corrente éNeste casoz 6 − c 6 = c B B −1 a 6 − c 6 = 1 > 0e assim o QS alterado não será ótimo. Temos[ −1y 6 = B −1 a 6 =1].

CAPÍTULO 11. ANÁLISE DE SENSIBILIDADE 118O QS alterado será portantoz x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 RHSz 1 0 −3 −1 −2 0 1 −12x 1 0 1 1 1 1 0 −1 6x 5 0 0 3 1 1 1 1 10O Simplex Primal é aplicado então ao pivô y 26 = 1. O processo não será mostrado.11.1.5 Adicionando uma nova restriçãoSuponha que B seja base ótima do PL original e considere que a adição[ da restrição ] a m+1 x ≤Ab m+1 . Aqui, a m+1 é a linha de índice m + 1 da nova matriz das restriçõesa m+1 . Em termosda base B, temosReescrevemos a restrição a m+1 x ≤ b m+1 comoz + (c B B −1 N − c N )x N = c B B −1 bonde a m+1 é decomposto de acordo com B em (a m+1BMultiplicando a equação (11.1) a direita por a m+1Bx B + B −1 Nx N = B −1 b. (11.1)a m+1B x B + a m+1N x N + x n+1 = b m+1 , (11.2)z + (c B B −1 N − c N )x N = c B B −1 b, am+1 N) e x n+1 ≥ 0 é variável de folga.e subtraindo da nova restrição (11.2) obtemosx B + B −1 Nx N = B −1 b (11.3)(am+1N− a m+1B B−1 N ) x N + x n+1 = b m+1 − a m+1B B−1 b.O sistema das restrições do PL considerando a nova restrição a m+1 x + x n+1 = b m+1 com a folgax n+1 é [ ] [ ] [ ]A 0 x ba m+1 = . (11.4)1 x n+1 b m+1Uma base desse sistema tem dimensão m + 1. As equações (11.3) sugerem que x n+1 é variávelbásica. Mais ainda, elas determinam uma solução básica do sistema acima com base B ′ formadapelas novas colunas de índices B 1 , . . . , B m , m + 1, isto éAtividade 33. Mostre que[B ′ =[B ′−1 =B 0a m+1B1Mostre também que [ B ′−1 b ′].B −1 0−a m+1B B−1 10[ ]onde b ′ b= é solução básica do sistema (11.4).b m+1Dica: Para mostrar ser solução básica o vetor acima, a matriz do sistema (11.4) é particionadade acordo com B ′ , ou seja, sua forma é[]B 0 Na m+1B1 a m+1N].].

CAPÍTULO 11. ANÁLISE DE SENSIBILIDADE 119Diante do exposto, quando adicionamos a linha relativa à terceira equação em (11.3) e acoluna correspondente à VB x n+1 ao QS, obtemos o quadro simplex associado à base B ′ . O QSalterado é entãoz x B x N x n+1 RHSz 1 0 c B B −1 N − c N 0 c B B −1 bx B 0 I B −1 N 0 B −1 bx n+1 0 0 a m+1N− a m+1B B−1 N 1 b m+1 − a m+1BB−1 bNote que z j − c j ≤ 0 para todo j e logo a viabilidade dual é mantida. Podemos no entantoperder viabilidade primal se b m+1 − a m+1BB−1 b < 0. Neste caso, o Simplex Dual é aplicado comx n+1 saindo da base.Agora, se a restrição adicionada for de igualdade, digamos a m+1 x = b m+1 , então consideramosa variável artificial x n+1 ≥ 0 e adicionamos a restrição a m+1 x + x n+1 = b m+1 comoanteriormente. Daí aplicamos o Método de Duas Fases para eliminar x n+1 do problema.Exemplo 11.1.5. [1] Considere o PL do Exemplo 11.1.1cujo QS ótimo éQS 0:min −2x 1 +x 2 −x 3s.a. x 1 +x 2 +x 3 ≤ 6−x 1 +2x 2 ≤ 4x 1 , x 2 , x 3 ≥ 0z x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 RHSz 1 0 −3 −1 −2 0 −12x 1 0 1 1 1 1 0 6x 5 0 0 3 1 1 1 10Adicionemos a restrição x 1 − 2x 3 ≤ −2. A solução ótima antiga (x 1 , x 2 , x 3 ) = (6, 0, 0) nãosatisfaz essa inequação. Teremos portanto um QS primal inviável após a inserção.Reescrevemos a restrição como x 1 − 2x 3 + x 6 = −2, onde x 6 ≥ 0 é variável de folga. Asvariáveis básicas do problema original são x 1 e x 5 . Particionamos então a 3 = (1, 0, −2, 0, 0) ema 3 B = (a3 1, a 3 5) = (1, 0) e a 3 N = (a3 2, a 3 3, a 3 4) = (0, −2, 0). Como[ ] 1 0B −1 =1 1temosa 3 N − a 3 BB −1 N = [ 0 −2 0 ] − [ 1 0 ] [ 1 01 1] [ 1 1 12 0 0]= [ −1 −3 −1 ] .Tambémb 3 − a 3 BB −1 b = −2 − [ 1 0 ] [ 610]= −8.

CAPÍTULO 11. ANÁLISE DE SENSIBILIDADE 120O QS alterado será entãoz x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 RHSz 1 0 −3 −1 −2 0 0 −12x 1 0 1 1 1 1 0 0 6x 5 0 0 3 1 1 1 0 10x 6 0 0 −1 −3 −1 0 1 −8O QS não é primal viável. Prosseguimos com o Simplex Dual pivoteando sobre y 33 = −3.Geometricamente, ao adicionarmos uma restrição de desigualdade estamos intersectando oconjunto viável com um semi-espaço. Desta forma, se a solução ótima do PL antes da adiçãoda restrição não satisfazer a nova restrição, ela será descartada no novo PL. Exatamente nestecaso é que temos inviabilidade primal, ou seja, b m+1 − a m+1BB−1 b < 0. Note que o conjuntoviável efetivamente será “cortado”. A Figura a seguir ilustra os casos em que a solução ótimasatisfaz e não satisfaz a nova restrição.Figura 11.1: Adição de nova restrição [1]A adição de restrições aplica-se à resolução de problemas de programação inteira, problemasde programação linear a variáveis inteiras. Não discutiremos em detalhes, mas a ideia do métododos planos de corte é exemplificada a seguir.Exemplo 11.1.6. [1](CORTES DE GOMORY, MÉTODO DOS PLANOS DE CORTE)Considere o problema de programação inteiraPI: min cxs.a. Ax = bx ≥ 0x ∈ Z n .Descartando as restrições de integralidade (x ∈ Z n ), obtemos o PLPL: min cxs.a. Ax = bx ≥ 0.Os seguintes fatos são claros:

CAPÍTULO 11. ANÁLISE DE SENSIBILIDADE 121• Como {x ∈ R n ; Ax = b, x ≥ 0, x ∈ Z n } ⊂ {x ∈ R n ; Ax = b, x ≥ 0}, o valor ótimo dePL é um limitante inferior para o valor ótimo de PI. Dizemos que PL é a relaxação linearde PI;• Se x é uma solução ótima de PL e x ∈ Z n então x é também uma solução ótima de PIpois, para todo y viável para PI, o item anterior garante que cx ≤ cy.Com isso, nossa estratégia para resolução de PI será a seguinte: resolvemos a relaxaçãolinear de PI. Se a solução ótima for toda inteira, então PI estará também resolvido. Casocontrário, inserimos uma restrição no PL de modo a descartar a solução ótima não inteiracorrente, mas não uma solução inteira. Repetimos esse processo até que uma solução ótimainteira do problema relaxado seja encontrada. Tal procedimento é conhecido como método dosplanos de corte. Vejamos então como gerar tais restrições.Suponha que tenhamos resolvido a relaxação linear de PI, onde a solução encontrada não étoda inteira. Como x N ∈ Z n−m então b = x B /∈ Z m , digamos, b r = x Br /∈ Z. A linha da VBx Br do QS ótimo fornecex Br + ∑ y rj x j = b r . (11.5)j∈RPara um dado z ∈ R, definimos sua parte inteira ⌊z⌋ como o maior inteiro menor do que ouigual a z. Por sua vez, a parte fracionária de z é definida como z − [z]. Você pode ver que0 ≤ z − ⌊z⌋ < 1. Pois bem, consideremos as partes fracionárias de y rj e de b r :f rj = y rj − ⌊y rj ⌋ e f r = b r − ⌊b r ⌋.Temos 0 ≤ f rj < 1 e, como b r /∈ Z, 0 < f r < 1. Da equação (11.5) segue portanto quex Br + ∑ j∈R⇒x Br + ∑ j∈R(f rj + ⌊y rj ⌋) x j = f r + ⌊b r ⌋⌊y rj ⌋x j − ⌊b r ⌋ = f r − ∑ j∈Rf rj x j .Nosso intuito é obter soluções inteiras. Observe que o membro esquerdo da última equação éinteiro se a solução é inteira. Obrigamos-o então a ser inteiro, e portanto queremos quef r − ∑ j∈Rf rj x j ∈ Z.Agora, afirmamos que f r − ∑ j∈R f rjx j < 1. De fato, se fosse o contrário teríamosf r ≥ 1 + ∑ j∈Rf rj x j ≥ 1pois f rj , x j ≥ 0 para todo j ∈ R. Isso contraria o fato de f r < 1. Assim, juntamente com aimposição de integralidade que fizemos, devemos satisfazer a restriçãof r − ∑ j∈Rf rj x j ≤ 0.Essa restrição é chamada Corte de Gomory. É ela que iremos adicionar ao PL. Observe que nasolução corrente, x j = 0 para todo j ∈ R e f r > 0, o que viola o Corte de Gomory. Portantode fato descartamos a solução corrente não inteira.Para exemplificar, consideremos o problema

CAPÍTULO 11. ANÁLISE DE SENSIBILIDADE 122e sua relaxação linearO QS ótimo da relaxação émin 3x 1 +4x 2s.a. −3x 1 −x 2 ≤ −4−x 1 −2x 2 ≤ −4x 1 , x 2 ≥ 0x 1 , x 2 ∈ Zmin 3x 1 +4x 2s.a. −3x 1 −x 2 ≤ −4−x 1 −2x 2 ≤ −4x 1 , x 2 ≥ 0z x 1 x 2 x 3 x 4 RHSz 1 0 0 −2/5 −9/5 44/5x 1 0 1 0 −2/5 1/5 4/5x 2 0 0 1 1/5 −3/5 8/5A solução ótima não é toda inteira. Geramos então um Corte de Gomory. Como x 2 =b 2 = 8/5 /∈ Z, escolhemos-o para gerar a restrição (poderíamos escolher x 1 = b 1 , o que poderiaacarretar uma restrição diferente). A equação da VB x 2 éTemos R = {3, 4} e• f 23 = y 23 − ⌊y 23 ⌋ = 1 − ⌊ ⌋15 5 =1, 5x 2 + 1/5x 3 − 3/5x 4 = 8/5.• f 24 = y 24 − ⌊y 24 ⌋ = − 3 − ⌊ − 3 5 5⌋= −3− (−1) = 2,5 5• f 2 = b 2 − ⌊b 2 ⌋ = 8 − ⌊ ⌋85 5 =8− 1 = 3.5 5O corte gerado é portanto3/5 − 1/5x 3 − 2/5x 4 ≤ 0ou ainda−1/5x 3 − 2/5x 4 + x 5 = −3/5.Note que essa restrição não possui variáveis básicas originais, o que corresponde a a m+1BQS da página 119. Logo o QS após adição da restrição éz x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 RHSz 1 0 0 −2/5 −9/5 0 44/5x 1 0 1 0 −2/5 1/5 0 4/5x 2 0 0 1 1/5 −3/5 0 8/5x 5 0 0 0 −1/5 −2/5 1 −3/5= 0 noComo já sabíamos, este QS é dual viável, mas não primal viável. Aplicamos o Simplex Dualno pivô y 53 (verifique que este é o pivô!), obtendo o QS (ótimo)z x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 RHSz 1 0 0 0 −1 −2 10x 1 0 1 0 0 1 −2 2x 2 0 0 1 0 −1 1 1x 3 0 0 0 1 2 −5 3

CAPÍTULO 11. ANÁLISE DE SENSIBILIDADE 123Como a solução é toda inteira, o problema original está resolvido.É possível mostrar que esse procedimento é finito, ou seja, que obtemos uma solução ótimainteira após adição de um número finito desses cortes. Isso não quer dizer no entanto que sejasempre possível usá-lo na prática: observe que a cada corte o QS aumenta, podendo inviabilizaro processo se muitos cortes forem necessários.11.2 Análise paramétricaConsidere o PL na forma padrãomin cxs.a. Ax = bx ≥ 0.onde A é m × n com posto m, e uma base ótima B sua. Estamos interessados em saber paraquais λ ≥ 0 a base B permanece ótima nos seguintes casos:• perturbamos o vetor de custos c na direção de c ′ , isto é, trocamos c por c + λc ′ ;• trocamos b por b + λb ′ , ou seja, perturbamos b na direção de b ′ .Vajamos cada caso separadamente.11.2.1 Perturbando o vetor de custos cSuponha que c seja alterado para c + λc ′ , onde λ ≥ 0. Decompondo c ′ em (c ′ B , c′ N ), asequações relativas à base B serãoou seja,z + [ (c B + λc ′ B)B −1 N − (c N + λc ′ N) ] x N = (c B + λc ′ B)B −1 bx B + B −1 Nx N = B −1 b,z + [ (c B B −1 N − c N ) + λ(c ′ BB −1 N − c ′ N) ] x N = c B b + λc ′ Bbx B + B −1 Nx N = bonde b = B −1 b. Escrevendo z ′ j − c ′ j = c ′ B B−1 a j − c ′ j e sendo R o conjunto dos índices dasVNB’s, o sistema anterior é escrito comoz + ∑ j∈R[(zj − c j ) + λ(z ′ j − c ′ j) ] x j = c B b + λc ′ Bb (11.6)x B + ∑ j∈Ry j x j = b.Observe que o problema original corresponde a λ = 0. Vamos determinar o quanto podemosaumentar λ sem que a otimalidade de B seja perdida. A fim de B permanecer ótima é necessárioe suficiente que (z j − c j ) + λ(z j ′ − c ′ j) ≤ 0 para todo j. Seja S = {j; z j ′ − c ′ j > 0}. Se S = ∅ entãopara qualquer valor λ ≥ 0 a base B permanecerá ótima. Suponha agora que S ≠ ∅. Neste casodevemos terλ ≤ − z j − c jz j ′ − , ∀j ∈ S.c′ j

CAPÍTULO 11. ANÁLISE DE SENSIBILIDADE 124Assim, o valor máximo de λ para B permanecer ótima éˆλ = − z {k − c kzk ′ − = minc′ k− z j − c jz j ′ − ; j ∈ Sc′ j}. (11.7)Observe que ˆλ ≥ 0 pois z j − c j ≤ 0 para todo j.Essa análise pode ser usada de forma sequencial, como segue. Suponha que B 1 seja baseótima. Perturbemos o vetor c na direção de c ′ e seja λ 1 = ˆλ. Para λ ∈ [0, λ 1 ], a linha de z doQS terá coeficientes atualizados para (z j − c j ) + λ(z j ′ − c ′ j). Assim, em λ = λ 1 o termo de x k nalinha de z será 0. Introduzimos na base então a VNB x k . Como as novas VNB’s valem zero,da equação (11.6) o novo valor de z é c B b + λc ′ Bb. Após atualizar o QS, o processo é repetidorecalculando S e ˆλ, e tomando λ 2 = ˆλ. Daí a base corrente (após atualização do QS) é ótimapara λ ∈ [λ 1 , λ 2 ]. O processo é repetido até que S seja conjunto vazio.Exemplo 11.2.1. [1] Considere o PLmin −x 1 −3x 2s.a. x 1 +x 2 ≤ 6−x 1 +2x 2 ≤ 6x 1 , x 2 ≥ 0Suponha que o vetor de custos c = (−1, −3) seja alterado para (−1, −3) + λ(2, 1), comλ ≥ 0. Nosso interesse é resolver essa classe de problemas parametrizados por λ ≥ 0. Primeiroresolvemos o PL original (com λ = 0). Sendo x 3 e x 4 variáveis de folga, o QS ótimo éz x 1 x 2 x 3 x 4 RHSz 1 0 0 −5/3 −2/3 −14x 1 0 1 0 2/3 −1/3 2x 2 0 0 1 1/3 1/3 4A fim de encontrar o intervalo para λ em que a base do QS acima permanece ótima, calculamos[ ] [ ]c ′ BB −1 N − c ′ N = c ′ B y3 y 4 − c′3 c ′ 4= [ 2 1 ] [ ]2/3 −1/3− [ 0 0 ] = [ 5/3 −1/3 ] .1/3 1/3Assim, S = {3} e da equação (11.7) temosˆλ = − z 3 − c 3z ′ 3 − c ′ 3= − −5/35/3 = 1.Portanto λ 1 = 1 e para λ ∈ [0, 1] a base [ ]a 1 a 2 permanece ótima. A FO em termos de λ édada porz(λ) = c B b + λc ′ Bb = −14 + λ [ 2 1 ] [ ]2= −14 + 8λ.4Os coeficientes de x 3 e x 4 da linha de z serão, respectivamente,Logo o QS ótimo para λ ∈ [0, 1] é(z 3 − c 3 ) + λ(z ′ 3 − c ′ 3) = −5/3 + 5/3λ,(z 4 − c 4 ) + λ(z ′ 4 − c ′ 4) = −2/3 − 1/3λ.

CAPÍTULO 11. ANÁLISE DE SENSIBILIDADE 125Para λ = 1 o QS ficaz x 1 x 2 x 3 x 4 RHSz 1 0 0 −5/3 + 5/3λ −2/3 − 1/3λ −14 + 8λx 1 0 1 0 2/3 −1/3 2x 2 0 0 1 1/3 1/3 4z x 1 x 2 x 3 x 4 RHSz 1 0 0 0 −1 −6x 1 0 1 0 2/3 −1/3 2x 2 0 0 1 1/3 1/3 4e x 3 entra na base. Observe que x 1 sai, e o novo QS éz x 1 x 2 x 3 x 4 RHSz 1 0 0 0 −1 −6x 3 0 3/2 0 0 −1/2 3x 2 0 −1/2 1 1 1/2 3Queremos agora encontrar o intervalo [1, λ 2 ] no qual a base corrente [ ]a 3 a 2 permaneçaótima. Lembrando que o vetor de custos original é c = (−1, −3, 0, 0) e a perturbação na direçãoc ′ = (2, 1, 0, 0), temosz ′ 1 − c ′ 1 = c ′ By 1 − c ′ 1 = [ 0 1 ] [ 3/2−1/2z ′ 4 − c ′ 4 = c ′ By 4 − c ′ 4 = [ 0 1 ] [ −1/21/2z 4 − c 4 = c B y 4 − c 4 = [ 0 −3 ] [ −1/21/2Logo S = {4} e ˆλ = 3. Para λ ∈ [1, 3] temos aindaz(λ) = c B b + λc ′ Bb = [ 0 −3 ] [ ]3+ λ [ 0 1 ] [ 333]− 2 = −5/2]− 0 = 1/2]+ 4 = −3/2.]= −9 + 3λ,(z 1 − c 1 ) + λ(z ′ 1 − c ′ 1) = 5/2 − 5/2λ,(z 4 − c 4 ) + λ(z ′ 4 − c ′ 4) = −3/2 + 1/2λ,e o QS ótimo éz x 1 x 2 x 3 x 4 RHSz 1 5/2 − 5/2λ 0 0 −3/2 + 1/2λ −9 + 3λx 3 0 3/2 0 0 −1/2 3x 2 0 −1/2 1 1 1/2 3Para λ = 3, a VNB x 4 entra na base e temos o QSz x 1 x 2 x 3 x 4 RHSz 1 −5 0 0 0 0x 3 0 1 1 1 0 6x 4 0 −1 2 0 1 6

CAPÍTULO 11. ANÁLISE DE SENSIBILIDADE 126Novamente, vamos determinar o intervalo para o qual o QS acima permanece ótimo. Temosz 1 ′ −c ′ 1 = −2 e z 2 ′ −c ′ 2 = −1, e logo S = ∅. Assim, a base [ ]a 3 a 4 é ótima no intervalo [3, ∞).11.2.2 Perturbando bSuponha que o vetor b seja alterado para b + λb ′ , onde λ ≥ 0. Consideremos B uma baseótima do problema original, quando λ = 0. Temosz + (c B B −1 N − c N ) ≤ 0x B + B −1 Nx N = B −1 b,onde c B B −1 N − c N ≤ 0. Ao substituir b por b + λb ′ , o vetor c B B −1 N − c N não é afetado, elogo a viabilidade dual é mantida. Agora, o vetor B −1 b é alterado para B −1 (b+λb ′ ). A funçãoobjetivo passa a ser então c B B −1 (b + λb ′ ). A fim de manter otimalidade primal, devemos terB −1 (b + λb ′ ) ≥ 0, ou seja,B −1 b + λB −1 b ′ ≥ 0 ⇔ b + λb ′ ≥ 0 ⇔ λ(−b ′ i) ≤ b i , ∀i, (11.8)onde b ′ = B −1 b ′ . Seja S = {i; b ′ i < 0}. Vemos que se S = ∅ então B permanece ótima paratodo λ ≥ 0 pois neste caso λ(−b ′ i) ≤ 0 ≤ b i para todo i. Caso contrário, segue de (11.8) que Bcontinua ótima para todo λ ∈ [0, ˆλ] onde{ }ˆλ = minb i−b ′ i; i ∈ SExemplo 11.2.2. [1] Considere o PL do Exemplo anteriormin −x 1 −3x 2s.a. x 1 +x 2 ≤ 6−x 1 +2x 2 ≤ 6x 1 , x 2 ≥ 0Suponha que o vetor b = (6, 6) seja alterado para (6, 6) + λ(−1, 1), com λ ≥ 0. O PLoriginal (com λ = 0) tem QS ótimoz x 1 x 2 x 3 x 4 RHSz 1 0 0 −5/3 −2/3 −14x 1 0 1 0 2/3 −1/3 2x 2 0 0 1 1/3 1/3 4onde x 3 e x 4 são variáveis de folga. A fim de obter o intervalo [0, ˆλ] no qual a base correntepermanece ótima, calculamos[ ] [ ] [ ]b ′ 2/3 −1/3 −1 −1= B −1 b ′ == .1/3 1/3 1 0Temos S = {1} eˆλ = b 1−b ′ 1=.2−(−1) = 2.Assim, B = [ a 1 a 2]permanece ótima no intervalo [0, 2].

CAPÍTULO 11. ANÁLISE DE SENSIBILIDADE 127Por fim, cabe notar que a mesma análise sequencial discutida na seção anterior, e ilustradano Exemplo 11.2.1, pode ser feita aqui. Desta forma, no exemplo anterior os valores das variáveisbásicas no QS seriam x 1 = 2 − λ e x 2 = 4. Fazendo λ = 2, temos x 1 = 0 e um pivoteamentodual seria feito, obtendo um novo QS. Daí repetiríamos a análise feita, perguntando em qualintervalo a nova base permanece ótima quando perturbamos o novo b ao longo de b ′ = (−1, 1).11.3 Exercícios1. Fazer os seguintes exercícios do livro do Bazaraa [1]: 6.52, 6.53, 6.67, 6.69.

Capítulo 12O Problema do TransporteNeste Capítulo vamos retomar o Problema de Transporte apresentado no Exemplo 5.2.4,página 41, de uma maneira mais geral. Veremos que esse problema tem uma estrutura simplese com boas propriedades, que nos permitirá especializar o método Simplex. Não daremosdemonstrações de vários fatos. Para uma descrição detalhada e rigorosa, consulte os capítulos9 e 10 de [1].Considere m pontos de origem, onde cada origem i destas podem oferecer s i > 0 unidades deum certo produto. Adicionalmente, considere n pontos de destino, onde cada destino j requerd j > 0 unidades do produto. Associamos a cada link (i, j) da origem i ao destino j um custode transporte c ij . O Problema de Transporte consiste em encontrar uma programação de rotasque atenda todas as demandas, de modo a minimizar o custo total de transporte.Mais precisamente, seja x ij a quantidade de produto transportado ao longo do link (i, j), daorigem i ao destino j. Vamos assumir que o problema é balanceado, isto é, que a oferta total éigual a demanda total:m∑ n∑s i = d j .i=1Com isso, o modelo do problema de transporte é dado por (veja Exemplo 5.2.4)j=1mins.a.m∑ n∑c ij x iji=1j=1n∑x ij = s i ,j=1m∑x ij = d j ,i=1x ij ≥ 0,i = 1, . . . , mj = 1, . . . , n∀i, jPara obter uma melhor descrição da matriz das restrições, multiplicamos o segundo blocode restrições por −1 obtendo o PL128

CAPÍTULO 12. O PROBLEMA DO TRANSPORTE 129m∑ n∑min c ij x iji=1j=1n∑s.a. x ij = s i , i = 1, . . . , mj=1m∑(−x ij ) = −d j , j = 1, . . . , ni=1x ij ≥ 0, ∀i, j.Afim de descrever o PL acima na forma matricial, sejamx = (x 11 , x 12 , . . . , x 1n , x 21 , . . . , x 2n , . . . , x mn ) tc = (c 11 , c 12 , . . . , c 1n , c 21 , . . . , c 2n , . . . , c mn )b = (s 1 , s 2 , . . . , s m , −d 1 , −d 2 , . . . , −d n ) tA = (a 11 , a 12 , . . . , a 1n , a 21 , . . . , a 2n , . . . , a mn ).Não é difícil ver que as colunas a ij são dadas pora ij = e j − e m+j ,onde e j e e m+j são canônicos de R m+n . O modelo de transporte é escrito então comocom matriz A, de dimensão (m + n) × mn,⎡A =⎢⎣min cxs.a. Ax = bx ≥ 01 · · · 1 0 · · · 0 · · · 0 · · · 00 · · · 0 1 · · · 1 · · · 0 · · · 0. . . . . .0 · · · 0 0 · · · 0 · · · 1 · · · 1−1 · · · 0 −1 · · · 0 · · · −1 · · · 0.. .. . . . .. . . . .. .0 · · · −1 0 · · · −1 · · · 0 · · · −1⎤⎡=⎢⎣⎥⎦1 0 · · · 00 1 · · · 0. . .0 0 · · · 1−I −I · · · −Ionde 1 é vetor linha de 1’s e I a identidade de ordem n. Essa matriz goza de boas propriedades,que fazem a resolução do problema de transporte via simplex muito eficiente. Vejamos taispropriedades.12.1 Propriedades da matriz de restrições12.1.1 PostoObservamos que A tem m + n linhas, mas seu posto é menor que m + n. De fato, sesomarmos todas as linhas obteremos uma linha nula (toda coluna tem exatamente um 1 e um−1). Mais ainda, é possível mostrar que o posto de A é m + n − 1.⎤,⎥⎦

CAPÍTULO 12. O PROBLEMA DO TRANSPORTE 130Assim, não podemos aplicar diretamente o método Simplex ao PL. Adotaremos a seguinteestratégia: inserimos uma nova variável artificial x a com coluna e m+n e custo zero. A matrizdas restrições torna-se portantoA 0 = [ A e m+n].É possível mostrar que A 0 tem posto m + n. Podemos assim aplicar o Simplex, onde matrizesbásicas têm ordem m + n.12.1.2 A 0 é totalmente unimodularDizemos que uma matriz C é totalmente unimodular se toda submatriz quadrada (de qualquerordem) tem determinante −1, 0 ou +1. A matriz A 0 é totalmente unimodular, o quesignifica que toda base B tem determinante ±1. Como det B −1 = (det B) −1 , segue que det B −1é ±1. Assim, os vetores y ij = B −1 a ij tem coordenadas ±1 ou 0.Atividade 34. Use a Regra de Crammer para demonstrar que as soluções y ijBy ij = a ij tem coordenadas ±1 ou 0.do sistema12.2 Resolução do problema do transporte via SimplexNesta seção, estudaremos como aplicar o Simplex a problemas de transporte. Basicamenteveremos como obter um Quadro Simplex inicial. Feito isso, prosseguimos normalmente. Umfato interessante vem do fato de A 0 ser totalmente unimodular: como vimos, as entradas doQS em y ij são ±1 ou 0. Isso claramente nos levará a pivoteamentos simples pois os pivôs serãoiguais a 1.Embora o Simplex possa ser inicializado utilizando-se o Método de Duas Fases, descreveremosno que segue uma maneira direta para obtenção de um QS inicial.12.2.1 Obtendo uma base inicialOrganizamos o problema de transporte no seguinte quadro, denominado quadro de transporte:1 2 · · · j · · · n1 s 12 s 2..i (i, j) s i.md 1 d 2 · · · d j · · · d nNa vertical, colocamos as origens e suas capacidades de oferta e na horizontal, os destinos esuas demandas. Cada célula (i, j) representa um vetor a ij . O procedimento para obtenção deuma base viável é o seguinte:1. Tome ŝ i = s i e ˆd j = d j para todos i, j;2. Marque a célula (1, 1) como básica. Tome x 11 = min{ŝ 1 , ˆd 1 } e atualize ŝ 1 e ˆd 1 para ŝ 1 −x 11e ˆd 1 − x 11 , respectivamente;.s m

CAPÍTULO 12. O PROBLEMA DO TRANSPORTE 1313. Se ŝ 1 > 0 marque a célula (1, 2) como básica, tome x 12 = min{ŝ 1 , ˆd 2 } e atualize ŝ 1 , ˆd2para ŝ 1 − x 12 , ˆd 2 − x 12 .Se ŝ 1 = 0 marque a célula (2, 1) como básica, tome x 21 = min{ŝ 2 , ˆd 1 } e atualize ŝ 2 , ˆd1para ŝ 2 − x 21 , ˆd 1 − x 21 .4. Repita esse processo. Em geral, fazemos x kl = min{ŝ k , ˆd l } e atualizamos ŝ k , ˆdl paraŝ k − x kl , ˆd l − x kl . O processo termina quando (k, l) = (m, n).O processo acima, que não provaremos ser correto, sempre termina na última célula (m, n).São marcadas m + n − 1 células como básicas, digamosIsso corresponde às colunas(1, 1), (i 2 , j 2 ), . . . , (i m+n−2 , j m+n−2 ), (m, n).a 11 , a i2 ,j 2, . . . a im+n−2 ,j m+n−2, a mn .É possível mostrar que a submatriz de A 0 formada por essas colunas mais a coluna e m+n davariável artificial x 0 é uma base viável. O procedimento apresentado é conhecido, em inglês,como northwest corner rule, pois inicia no canto mais à noroeste (a célula (1, 1)) e move-se aolongo do quadro de transporte sempre para direita ou para baixo.Outro fator diz respeito à VB artificial. Ela entrará na base com valor zero, e nunca sairá.Ou seja, todas as bases terão a coluna e m+n . De fato, qualquer matriz de ordem m+n formadapor colunas de A 0 que não conter a coluna e m+n é não inversível pois terá somente colunas deA, que possui posto m + n − 1.Exemplo 12.2.1. [1] Considere o problema de transporte com 4 origens e 4 destinos, cujasofertas e demandas estão descritas no quadro de transporte1 2 3 41 302 453 504 2515 20 31 84Iniciamos marcando a célula (1, 1) como básica. Assim x 11 = min{15, 30} = 15. Parafacilitar, colocaremos os ŝ i e ˆd j atualizados ao lado dos valores antigos, e os valores de x ij emsua célula (i, j), como no quadro1 2 3 41 15 ✚30 152 453 504 25✚15 20 31 840Movemos para direita pois ŝ 1 = 30 − 15 = 15 > 0:

CAPÍTULO 12. O PROBLEMA DO TRANSPORTE 1321 2 3 41 15 15 ✚30 ✚ ✚15 02 453 504 25✚15 ✚ ✚20 31 840 5Agora, movemos para baixo pois ŝ 1 = 15 − 15 = 15 = 0:Prosseguindo,1 2 3 41 15 15 ✚30 ✚ ✚15 02 5 ✚45 403 504 25✚15 ✚ ✚20 31 840 ✁501 2 3 41 15 15 ✚30 ✚ ✚15 02 5 31 ✚45 ✚ ✚40 93 504 25✚15 ✚ ✚20 ✚ ✚31 840 ✁5 001 2 3 41 15 15 ✚30 ✚ ✚15 02 5 31 9 ✚45 ✚ ✚40 ✁9 03 504 25✚15 ✚ ✚20 ✚ ✚31 ✚ ✚840 ✁5 0 7501 2 3 41 15 15 ✚30 ✚ ✚15 02 5 31 9 ✚45 ✚ ✚40 ✁9 03 50 ✚ ✚50 04 25✚15 ✚ ✚20 ✚ ✚31 ✚ ✚840 ✁5 0 ✚750 25

CAPÍTULO 12. O PROBLEMA DO TRANSPORTE 1331 2 3 41 15 15 ✚30 ✚ ✚15 02 5 31 9 ✚45 ✚ ✚40 ✁9 03 50 ✚ ✚50 04 25 ✚ ✚25 0✚15 ✚ ✚20 ✚ ✚31 ✚ ✚840 ✁5 0 ✚750 ✚250A base é portanto formada pelas colunas a 11 , a 12 , a 22 , a 23 , a 24 , a 34 , a 44 , e 8 .Será importante dizer quem são os vetores y kl relativos às VB’s encontradas. Pois bem,pelo quadro simplex, esses vetores são colunas da identidade. Mais ainda, a ordem das VB’sno quadro simplex determinam y kl . De fato, a j-ésima VB, digamos x kl , tem colunaAssim, no exemplo temos[ ]zkl − c kl=y kl[ ]zkl − c kl.e jy 11 = e 1 , y 12 = e 2 , y 22 = e 3 , y 23 = e 4 , y 24 = e 5 , y 34 = e 6 , y 44 = e 7 .12.2.2 Obtendo o Quadro Simplex a partir de uma baseNesta subseção queremos descrever as entradas z ij − c ij e os vetores y ij = B −1 a ij a partirda base inicial B encontrada pelo método da subseção anterior. Apresentaremos uma maneiraprática, sem demonstrar que é correto, via exemplos.Exemplo 12.2.2. Consideramos o quadro do Exemplo anterior com a base encontrada, ondeno lugar dos valores das VB’s colocamos simplesmente uma marcação B nas células básicas1 2 3 41 B B2 B B B3 B4 BRetiramos as ofertas e demandas pois não são necessárias. Digamos que queiramos calculary 41 relativo à VNB x 41 . É possível mostrar que y 41 é igual a somas e subtrações de algunsvetores y kl da base. Pois bem, vamos obter através do quadro de transporte essa escrita.1. Primeiro marque a célula (4, 1) no quadro:1 2 3 41 B B2 B B B3 B4 × B

CAPÍTULO 12. O PROBLEMA DO TRANSPORTE 1342. Sempre num sentido (que convencionaremos o anti-horário), percorra o quadro de modoa fechar um ciclo com início e fim em (4, 1). O ciclo deve ter suas “quinas” em célulasbásicas, ou seja, ele só muda de direção em uma célula básica. É possível mostrar quesempre haverá um ciclo destes. O primeiro movimento será para a célula básica (4, 4):1 2 3 41 B B2 B B B3 B4 × − − BO segundo movimento é para a célula (2, 4):O terceiro para a célula (2, 2):Movemos para a célula (1, 2):Depois para (1, 1):1 2 3 41 B B2 B B B3 B4 × − − B1 2 3 41 B B2 B B B3 B4 × − − B1 2 3 41 B B2 B B B3 B4 × − − B1 2 3 41 B B2 B B B3 B4 × − − BE voltamos para a célula (4, 1), fechando o ciclo:1 2 3 41 B B2 | B B B3 | B4 × − − B

CAPÍTULO 12. O PROBLEMA DO TRANSPORTE 135O ciclo das células básicas obtido é(4, 4) → (2, 4) → (2, 2) → (1, 2) → (1, 1).A escrita do vetor y 41 segue o ciclo acima, alternando os sinais dos vetores:y 41 = y 44 − y 24 + y 22 − y 12 + y 11 .Observe que esta expressão é simples pois os vetores y kl de variáveis básicas são colunasda identidade, como vimos.Finalmente, o cálculo z ij − c ij = c B y ij − c ij é fácil. Isso porque as entradas de y 41 são±1 ou 0 (Atividade 34).O processo do Exemplo anterior é sempre possível, pois em toda linha e coluna há sempreuma célula básica.Atividade 35. Mostre que, assim como acontece com o vetor y 41 no Exemplo anterior, temosa 41 = a 44 − a 24 + a 22 − a 12 + a 11 .1. Obtenha daí a expressão com os y ′ s, multiplicando ambos os membros por B −1 ;2. A partir do item anterior, da igualdade z ij − c ij = c B y ij − c ij e do fato dos y kl ′ s básicosserem colunas da identidade, conclua quez 41 − c 41 = (c 44 − c 24 + c 22 − c 12 + c 11 ) − c 41 .Ou seja, o ciclo obtido no quadro de transporte fornece as expressões de a ij , y ij e z ij − c ij .Exemplo 12.2.3. Considere o problema de transporte, representado via quadro de transporteonde aproveitamos para inserir os custos c ij nas células:1 2 31 10 11 20 202 6 9 8 2015 15 10Observe que o problema é balanceado pois ∑ s i = ∑ d j = 40. Vamos encontrar uma baseinicial e o QS associado.BASE INICIAL1 2 31 202 2015 15 101 2 31 15 ✚20 52 20✚15 15 100

CAPÍTULO 12. O PROBLEMA DO TRANSPORTE 1361 2 31 15 5 ✚20 ✁5 02 20✚15 ✚ ✚15 100 101 2 31 15 5 ✚20 ✁5 02 10 ✚20 10✚15 ✚ ✚15 100 ✚1001 2 31 15 5 ✚20 ✁5 02 10 10 ✚ ✚20 ✚ ✚10 0✚15 ✚ ✚15 ✚ ✚100 ✚10 00A base inicial é portantoB = [ a 11 a 12 a 22 a 23 e 5].Os valores das VB’s estão representados no último quadro de transporte.artificial x a será zero. O QS parcial éO valor da VBVamos calcular as colunas das VNB’s.z x 11 x 12 x 13 x 21 x 22 x 23 x a RHSz 1 0 0 0 0 0x 11 0 1 0 0 0 0 15x 12 0 0 1 0 0 0 5x 22 0 0 0 1 0 0 10x 23 0 0 0 0 1 0 10x a 0 0 0 0 0 1 0COLUNA DE x 131 2 31 B B ×2 B BeÉ fácil ver que o ciclo será1 2 31 B B ×2 B By 13 = y 12 − y 22 + y 23 = e 2 − e 3 + e 4 =⎢⎣Lembre-se que y 13 ∈ R m+n = R 5 . A última entrada é da linha da VB x a . Com y 13 em mãos,⎡01−110⎤⎥⎦ .

CAPÍTULO 12. O PROBLEMA DO TRANSPORTE 137calculamos z 13 − c 13 :⎡z 13 − c 13 = c B y 13 − c 13 = [ 10 11 9 8 0 ] ⎢⎣01−110⎤⎥ − 20 = (11 − 9 + 8) − 20 = −10.⎦Deixamos para você encontrar a coluna da VNB x 21 e o valor de z = c B b. O QS seráz x 11 x 12 x 13 x 21 x 22 x 23 x a RHSz 1 0 0 −10 2 0 0 0 375x 11 0 1 0 0 1 0 0 0 15x 12 0 0 1 1 −1 0 0 0 5x 22 0 0 0 −1 1 1 0 0 10x 23 0 0 0 1 0 0 1 0 10x a 0 0 0 0 0 0 0 1 0Prosseguimos normalmente com o Simplex Primal.Exemplo 12.2.4. Considere o problema de transporte, representado via quadro de transporteonde aproveitamos para inserir os custos c ij nas células:1 2 3 4 5 61 10 12 13 8 14 19 182 15 18 12 16 19 20 223 17 16 13 14 10 18 394 19 18 20 21 12 13 1410 11 13 20 24 15Observe que o problema é balanceado pois ∑ s i = ∑ d j = 93. Vamos encontrar uma baseinicial.1 2 3 4 5 61 10 ✚18 82 223 394 14✚10 11 13 20 24 1501 2 3 4 5 61 10 8 ✚18 ✁8 02 223 394 14✚10 ✚ ✚11 13 20 24 150 3

CAPÍTULO 12. O PROBLEMA DO TRANSPORTE 138Prosseguindo, o quadro final seráA base encontrada é portanto1 2 3 4 5 61 10 8 ✚18 ✁8 02 3 ✚22 193 394 14✚10 ✚ ✚11 13 20 24 150 ✁301 2 3 4 5 61 10 8 ✚18 ✁8 02 3 13 6 ✚22 ✚ ✚19 ✁6 03 14 24 1 ✚39 ✚ ✚25 ✁1 04 14 ✚ ✚14 0✚10 ✚ ✚11 ✚ ✚13 ✚ ✚20 ✚ ✚24 ✚ ✚150 ✁3 0 ✚14 0 ✚140 0 0B = [ a 11 a 12 a 22 a 23 a 24 a 34 a 35 a 36 a 46 e 10].O QS inicial está parcialmente feito. Temos em mãos as VB’s, seus valores (a coluna RHS),e obviamente suas colunas y kl . Não exibiremos o QS pois é grande, são 25 variáveis. Paraexemplificar como obter o resto do QS calculamos a seguir a coluna da VNB x 15 .1 2 3 4 5 61 B B ×2 B B B3 B B B4 B1 2 3 4 5 61 B B − − ×2 B B B3 B B B4 B1 2 3 4 5 61 B B − − ×2 B B B3 B B B4 B1 2 3 4 5 61 B B − − ×2 B B B3 B B B4 B1 2 3 4 5 61 B B − − ×2 B B B3 B B B4 B1 2 3 4 5 61 B B − − ×2 B B B |3 B B B4 B

CAPÍTULO 12. O PROBLEMA DO TRANSPORTE 139Portantoy 15 = y 12 − y 22 + y 24 − y 34 + y 35 = e 2 − e 3 + e 5 − e 6 + e 7 =⎢⎣⎡01−101−11000⎤.⎥⎦Lembre-se que y 15 ∈ R m+n = R 10 , e que a última entrada é da linha da VB x a .Por fim, temos z 15 − c 15 = c B y 15 − c 15 = (12 − 18 + 16 − 14 + 10) − 14 = −8.Atividade 36. No exemplo anterior, obtenha as colunas de x 43 e x 21 .12.3 NotasVocê pode verificar que o dual do problema de transporte é muito simples, e de fácil resolução.Pode ser usado portanto para resolver o problema de transporte. Para detalhes, consulte[1].Os problemas de transporte são um caso particular dos problemas de fluxo mínimo em redes.Esses problemas possuem matriz das restrições totalmente unimodulares. Essa propriedade permite,assim como o problema de transporte, a resolução eficiente em computador. Novamente,consulte o capítulo 9 de [1] para detalhes.

Referências Bibliográficas[1] Mokhtar S. Bazaraa, John J. Jarvis, and Hanif D. Sherali. Linear Programming and NetworkFlows. John Wiley & Sons, 3 edition, 2005.[2] Dimitri P. Bertsekas. Convex Analysis and Optimization. Athena Scientific, 2003.[3] George B. Dantizig and Mukund N. Thapa. Linear Programming II: thoery and extensions.Springer, 2003.[4] Eduardo J. P. F. dos Passos. Programação Linear como Instrumento da Pesquisa Operacional.Atlas, São Paulo, 2008.[5] Marco Cesar Goldbarg and Henrique Pacca L. Luna. Otimização Combinatória e ProgramaçãoLinear: Modelos e Algoritmos. Elsevier, 2 edition, 2005.[6] Alexey Izmailov and Mikhail Solodov. Otimização volume 1: Condições de otimalidade,elementos de análise convexa e de dualidade. IMPA, 2005.[7] Marcos P. E. Lins and Guilherme M. Calôba. Programação Linear: com aplicações emteoria dos jogos e avaliação de desempenho. Interciência, Rio de Janeiro, 2006.140