Matemática Computacional - Aula 28/10/2011 (Trabalho Prático - 30 pontos)

Trabalho Prático - Valor 30 pontos - Entrega 10/11/2011

Os trabalhos são individuais e deverão ser entregues à mão. Cada problema vale 10 pontos.

Usando o método Simplex e o princípio da Dualidade (se aplicável), resolver os problemas seguintes:

Problema 1
Em uma situação de gerenciamento de recursos hídricos para a geração de energia elétrica, o problema a ser resolvido tem por objetivo minimizar o custo de produção de energia elétrica no horário de operação das 8 às 16h em uma rede de duas usinas.

A descrição geográfica consiste em um rio, com uma barragem e usina hidrelétrica U_A a montante, e uma barragem com usina hidrelétrica U_B a jusante. Existe uma ramificação afluente B ao rio principal, como mostra a figura abaixo.

Os fluxos de afluência de água às barragens são 60 m³/s para a ramificação A e 20 m³/s para B. A potência elétrica gerada pela usina A é calculada por P_A = 0,98ΦA, expressa em kW, e ΦA_j é o fluxo de água turbinada, em m³/s. Para B, vale P_B = 0,93ΦB. O consumo de energia é dividido em dois períodos: das 8 às 12h e das 12 às 16h. Para cada usina -- que funciona também como ponto de distribuição -- valem os consumos de energia da tabela a seguir.

onde 1 kWh é a medida de energia correspondente ao consumo de 1 kWh de potência durante um período de 1 hora. A saber, energia = potência x tempo.

O que não é possível suprir com a energia hidrelétrica deve ser suprido com energia proveniente de usinas térmicas. Porém, 1 kWh de energia elétrica gerada por hidrelétricas custa 18 u.m. (unidades monetárias), e a energia proveniente de termoelétricas custa 50 u.m. por kWh.

Às 8 horas, a barragem da usina A dispõe de 216000 m³ e a barragem B dispõe de 72000 m³. Suponha que a água não turbinada fique represada na barragem e que as perdas por infiltrações e evaporação sejam desprezíveis. As barragens são grandes o suficiente para evitar que água em excesso possa vir a verter. Variáveis de decisão sugeridas para a formulação:

• Φ_ij = fluxo de água turbinada na usina hidrelétrica i (i = A, B) durante o período j (j = 1 no horário das 8 às 12h; j = 2 no horário das 12 às 16h);
• T_ij = energia gerada pelas termoelétricas em i (i = A ou B) durante o período j para suprir eventuais carências de energia não supridas pelas geradoras hidrelétricas.

Solução

Análise do período das 8 às 12 horas:

USINA A

Nas 4 horas iniciais, o volume total de água, em m³, à montante seria, se nada fosse turbinado: 216000 m³ + 60 m³/s x 14400 s = 1080000 m³.

Assim, o volume que pode ser turbinado deve ser <= a isto: 14400Φ_A1 <= 1080000 => Φ_A1 <= 75 m³/s.

Em energia: energia hidrelétrica + energia termoelétrica >= 400 => 4 horas x 0,98Φ_A1 + T_A1 >= 400.

USINA B

Nestas 4 horas, o volume total de água, em m³, à montante seria (se nada fosse turbinado): 72000 m³ + 20 m³/s x 14400 s + 14400Φ_A1 = 360000 + 14400Φ_A1.

Assim, o volume que pode ser turbinado deve ser <= a isto: 14400Φ_B1 <= 360000 + 14400Φ_A1 => Φ_B1 - Φ_A1 <= 25 m³/s.

Em energia: energia hidrelétrica + energia termoelétrica >= 250 => 4 horas x 0,93Φ_B1 + T_B1 >= 250.

Análise do período das 12 às 16 horas:

USINA A

Volume turbinado <= volume que chega + volume não utilizado no período anterior:

14400Φ_A2 <= 14400 x 60 + (1080000 - 14400Φ_A1) => Φ_A1 + Φ_A2 <= 135.

Em energia: energia hidrelétrica + energia termoelétrica >= 330:

4 x 0,98Φ_A2 + T_A2 >= 330.

USINA B

14400Φ_B2 <= 14400 x 20 + 14400Φ_A2 + (360000 + 14400Φ_A1 - 14400Φ_B1) => -Φ_A1 - Φ_A2 + Φ_B1 + Φ_B2 <= 45.

Em energia: 4 x 0,93Φ_B2 + T_B2 >= 485.

Assim, o modelo consiste em 8 restrições estruturais.

Função objetivo

Lembre-se que a função objetivo é minimizar o custo total de energia, que é obtido pelo produto entre tempo, potência e custo/kWh.

Cada custo é obtido por tempo (4h) x potência (kW) x custo/kWh. O objetivo é minimizar o custo total de energia, expresso por meio de

Min Z = 4 x (0,98Φ_A1 + 0,98Φ_A2 + 0,93Φ_B1 + 0,93Φ_B2) x 18 + 4 x (T_A1 + T_A2 + T_B1 + T_B2) x 50.

Problema 2
Min Z = 5 x₁ + 10 x₂ + x₃
sujeito a
3 x₁ + 2 x₂ + 0,8 x₃ >= 40
x₁ + x₂ + 0,5 x₃ >= 25
x₁ - 2 x₃ >= -1
x₁, x₃ >= 0

Solução (sugestão inicial)

A colocação na forma padrão de minimização necessita a restrição x₂ >= 0, pois não pode haver variável negativa na minimização.

Forma padrão da minimização:

Necessitamos trocar x₂ por x_a - x_b. O modelo final de minimização na forma padrão ficará assim:

Min Z = 5 x₁ + 10 x_a - 10 x_b + x₃

sujeito a

3 x₁ + 2 x_a - 2 x_b + 0,8 x₃ >= 40

x₁ + x_a - x_b + 0,5 x₃ >= 25

x₁ - 2 x₃ >= -1

x₁, x_a, x_b, x₃ >= 0

Falta agora aplicar a dualidade, transformando o problema de minimização em um problema de maximização, aplicar o método Simplex e dar a solução final da minimização.

Problema 3

Min Z = 2 x₁ ‐ 10 x₂ + x₃ + 4 x₄
sujeito a
3 x₁ + 6 x₂ + 3 x₄ <= 100
4 x₁ + 10 x₄ >= 50
‐3 x₁ + x₂ + 6 x₃ >= 30
x₁, x₂, x₃, x₄ >= 0


Solução (sugestão inicial)
O Mathaeus esboçou um princípio de solução, que parece-me estar correta.

Boa sorte!