O Problema da Dieta – Programação Linear

CENTRO UNIVERSITÁRIO JORGE AMADO

JORGE HENRIQUE FARJALA FERRAZ SOUZA

MAT: 193002075

CÁLCULO ELEMENTAR

Trabalho da Disciplina [AVA 1]:

O problema da Dieta – programação linear

Salvador - Bahia

2019

JORGE HENRIQUE FARJALA

X1: quantidade de ração M em Kg

X2: quantidade de ração N em Kg

Determine as restrições e expressando-as como equações ou inequações dependentes das variáveis de decisão. Tais restrições são deduzidas da composição necessária para a dieta diária (em Kg):

Nessa fase precisamos definir o que é necessário para alcançar a quantidade de cada componente usando as rações M (X1) e N(X2).

Componente A: 0,1.X1 + 0.X2 ≥ 0.4

Componente B: 0,X1 + 0,1.X2 ≥ 0.6

Componente C: 0,1.X1 + 0,2.X2 ≥ 2

Componente D: 0,2.X1 + 0,1.X2 ≥ 1.7

Expressar todas as condições estabelecidas implicitamente pela natureza das variáveis: que não possam ser negativas, que sejam inteiras, que somente possam ter determinados valores, ... Neste caso, a única restrição é que as quantidades de ração que fazem parte da dieta não podem ser negativas:

Condições para garantir que a quantidade de N e M (X1 e X2) sejam sempre positivas.

X1 ≥ 0

X2 ≥ 0

        

        Determinar a função objetivo:

        O que queremos? Minimizar os custos. Como iremos alcançar esse objetivo? Calculando os custos de X1 e X2 relacionado com a quantidade usada dos mesmos.

             Minimizar Z = 0,2.X1 + 0,08.X2

             A melhor solução é Z = 1,52 ou R$1,52

     Sendo,  X1 = 4 e X2 = 9

Resolver utilizando o APPSimplex: http://www.phpsimplex.com

Nós passamos o problema para a forma padrão, adicionando variáveis de excesso, de folga, e artificiais, onde necessário:

• Como a restrição 1 é do tipo '≥' é necessária a variável de excesso X3 e a variável artificial X7.
• Como a restrição 2 é do tipo '≥' é necessária a variável de excesso X4 e a variável artificial X8.
• Como a restrição 3 é do tipo '≥' é necessária a variável de excesso X5 e a variável artificial X9.
• Como a restrição 4 é do tipo '≥' é necessária a variável de excesso X6 e a variável artificial X10.

MINIMIZAR: Z = 0.2 X1 + 0.08 X2	[pic 1]	MAXIMIZAR: Z = -0.2 X1 -0.08 X2 + 0 X3 + 0 X4 + 0 X5 + 0 X6 + 0 X7 + 0 X8 + 0 X9 + 0 X10
sujeito a 0.1 X1 + 0 X2 ≥ 0.4 0 X1 + 0.1 X2 ≥ 0.6 0.1 X1 + 0.2 X2 ≥ 2 0.2 X1 + 0.1 X2 ≥ 1.7	sujeito a 0.1 X1 -1 X3 + 1 X7 = 0.4 0 X1 + 0.1 X2 -1 X4 + 1 X8 = 0.6 0.1 X1 + 0.2 X2 -1 X5 + 1 X9 = 2 0.2 X1 + 0.1 X2 -1 X6 + 1 X10 = 1.7
X1, X2 ≥ 0	X1, X2, X3, X4, X5, X6, X7, X8, X9, X10 ≥ 0

Tabela 1			0	0	0	0	0	0	-1	-1	-1	-1
Base	Cb	P0	P1	P2	P3	P4	P5	P6	P7	P8	P9	P10
P7	-1	0.4	0.1	0	-1	0	0	0	1	0	0	0
P8	-1	0.6	0	0.1	0	-1	0	0	0	1	0	0
P9	-1	2	0.1	0.2	0	0	-1	0	0	0	1	0
P10	-1	1.7	0.2	0.1	0	0	0	-1	0	0	0	1
Z		-4.7	-0.4	-0.4	1	1	1	1	0	0	0	0

A variável que vai sair da base é P7 e a que entra P1.

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