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Optimizacin y Simulacin de ProcesosEnrique Eduardo Tarifa Facultad de Ingeniera - Universidad Nacional de Jujuy

Introduccin de SimulacinIntroduccinEl curso de simulacin est basado en el libro Chemical Engineering Dynamics de Ingham et al. (1995) y en los manuales del HYSYS. Como se planteo anteriormente una parte importante de la simulacin es el modelado del sistema en estudio. Kapur (1988) plante treinta y seis principios del modelado, los ms importantes son: El modelo matemtico slo puede ser una aproximacin del sistema real, el cual puede ser extremadamente complejo y an no comprendido del todo. La complejidad del modelo estar determinada por los objetivos que persigue su construccin. El mejor modelo es el ms simple que satisface las expectativas del ingeniero. El modelado es un proceso continuo. Se debe comenzar modelando los fenmenos principales y luego ir agregando los restantes si es que son necesarios. Es decir, se va de menor a mayor, de un prototipo al modelo final. Tratar de enfrentar el problema de una sola vez puede traer problemas. El modelado es un arte, no hay reglas fijas, pero el premio es un profundo conocimiento del sistema en estudio. Muchas veces, el problema que se quiere resolver con el simulador se resuelve en la etapa del modelado; es decir, antes de completar el simulador. El modelo debe ser realista y robusto. Las predicciones del modelo deben estar de acuerdo con las observaciones y no debe ser demasiado sensible a cambios en los parmetros o variables de entradas. Los pasos para encarar las construccin de un modelo son: 1. Definicin de los objetivos del modelo: Es de suma importancia establecer claramente qu es lo que se espera del modelo. Esto implica la definicin de las fronteras del sistema a modelar, de la exactitud necesaria, de la necesidad de conocer la evolucin en el tiempo, etc. 2. Formulacin de un modelo fsico: Se identifican los fenmenos ms importantes que se llevan a cabo en el sistema. 3. Balances (estacionarios o dinmicos): Se escriben los balances de materia, energa, etc.. 4. Propiedades: Se obtienen o estiman los valores para las propiedades fsico qumicas que intervienen en los balances. 5. Suposiciones considerando los objetivos: Se realizan las simplificaciones en el modelo considerando los objetivos. 6. Consistencia matemtica: El grado de libertad del modelo. 7. Se resuelve el modelo utilizando algn mtodo matemtico analtico o numrico (simulacin). 8. Perfeccionamiento: Si los resultados obtenidos con el modelo no son satisfactorios,Optimizacin y Simulacin de Procesos. Simulacin Introduccin Enrique Eduardo Tarifa - Universdad Nacional de Jujuy

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entonces se repite el ciclo adoptando suposiciones menos restrictivas. En esta etapa se puede sugerir la adquisicin de nuevos datos experimentales. El modelo puede ser obtenido empricamente o utilizando los primeros principios. En el primer caso el tiempo de desarrollo es menor, no hay que pensar mucho, slo se trata de ajustar parmetros para que las predicciones del modelo coincidan con los datos experimentales. Las redes neuronales son un ejemplo de este tipo de modelos. Sin embargo, la dificultad aparece a la hora de seleccionar los datos experimentales que se utilizarn para realizar el ajuste ya que se necesita una gran cantidad si es que se quiere que la zona de validez del modelo no sea muy pequea. Por otra parte, el otro enfoque ofrece la ventaja de requerir menos datos experimentales, produce modelos ms robustos; pero requieren de un gran esfuerzo para su desarrollo. Las herramientas que se disponen actualmente para asistir al ingeniero en el desarrollo de un simulador son muy variadas: 1. Lenguajes de programacin: a. Fortran. b. Pascal. c. Delphi. 2. Lenguajes de simulacin: a. GPROMS. b. ISIM. 3. Utilitarios matemticos: a. MatLab. b. Simulink. c. MathCad. 4. Simuladores: a. Aspen. b. HYSYS. c. ChemCad.

Formulacin de balancesUn balances expresa el principio de conservacin de una determinada propiedad en un dado volumen de control. Su formulacin general es: {velocidad de acumulacin} = {velocidad de entrada} + {velocidad de generacin} - {velocidad de salida} Unidades: [{velocidad de acumulacin}] = [Propiedad].[tiempo]-1 Los balances pueden ser: Estacionario @ ({velocidad de acumulacin} = 0). Dinmico @ ({velocidad de acumulacin} g 0). Se puede decir que Equilibrio < Estacionario pero no vale la inversa. Por ejemplo, en un reactor tubular funcionando en su estado estacionario no existe equilibrio dada la presencia deOptimizacin y Simulacin de Procesos. Simulacin Introduccin Enrique Eduardo Tarifa - Universdad Nacional de Jujuy

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gradientes de temperaturas, presiones y composiciones.

Ecuacin de continuidadPara el caso de conservacin de materia se debe considerar que no existe generacin en el campo de aplicacin de la ingeniera qumica, por lo tanto el balance debe tener la siguiente forma: {velocidad de acumulacin} = {velocidad de entrada} - {velocidad de salida} Unidades: [{Acumula}] = [Masa].[tiempo]-1 Slo se puede escribir una nica ecuacin de este tipo. Veamos la aplicacin para un sistema de parmetros concentrados, un tanque de homogeneizacin:

d(V ) = F0 0 F dt

Figura 1: Tanque de homogeneizacin. Para la correcta formulacin de los balances se puede seguir el siguiente procedimiento: Elija como volumen de control una regin donde las variables permanecen constantes o varan muy poco. En este ejemplo, se tom como volumen de control el volumen lquido. Identificar las corrientes que atraviesan las fronteras del volumen de control. En este caso son las corrientes de alimentacin y de descarga del reactor; es decir que slo existen flujos convectivos. Escribir el balance con palabras, tal como se hizo al inicio de esta seccin. Expresar cada trmino en forma matemtica utilizando variables medibles. A continuacin se dan algunas formas matemticas de los trminos que generalmente aparecen en un balance: Velocidad de acumulacin: d ( V ) (1) dt Flujo convectivo:

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(2) 3

Flujo difusivo: j i A = i dC i A dz (3)

donde A es el rea normal de flujo y Di es la difusividad del compuesto i. La fuerza impulsora es un gradiente de propiedad. Flujo en la interfaz:J i = K i A C i

(4)

donde A es el rea total de transferencia, Ci es la diferencia entre la concentracin de equilibrio y la real del compuesto i (no es la diferencia entre las concentraciones de las fases) y Ki es el coeficiente global de transferencia.

Velocidad de generacin:

R i = ri V

(5)

La velocidad de generacin es positiva cuando i es un producto, y es negativa cuando se trata de un reactivo. Veamos un balance aplicado a un sistema con parmetros distribuidos, una tubera de transporte:

t

+

( v ) =0 z

Figura 2: Tubera de transporte.

Balance por componentesEn forma general, este balance se puede expresar como: {velocidad de acumulacin} = {velocidad de entrada} + {velocidad de generacin} - {velocidad de salida} Unidades: [{velocidad de acumulacin}] = [Masa].[tiempo]-1 Cantidad = NC - 1 (si es que se escribe el balance global)Optimizacin y Simulacin de Procesos. Simulacin Introduccin Enrique Eduardo Tarifa - Universdad Nacional de Jujuy

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A continuacin se da un ejemplo con un reactor CSTR (Continuous Stirred Tank Reactor):

d(VC A ) = F0 C A 0 FC A VkC A dt

Figura 3: Reactor CSTR. Veamos un ejemplo aplicado a un sistema con parmetros distribuidos, un reactor tubular:

CA t

+

CA ( vC A ) " A + kC A = z z z Figura 4: Reactor tubular.

Otro ejemplo puede ese el que se presenta en la extraccin con solvente desde un slido. En este caso se desea disolver un slido contenido en una matriz slida como se muestra en la Figura 5.

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Figura 5: Extractor slido-lquido. Como se trata de un reactor batch, no existen salidas ni entradas durante su operacin. En este caso, los flujos entre las fases son los relevantes. En palabras, el balance debe ser: {velocidad de acumulacin en el solvente} = {velocidad de transferencia del slido} Matemticamente, el balance en la fase lquida es: dC L = k L A (C L* C L ) VL dt

(6)

donde CL* es la concentracin de equilibrio del lado lquido y es funcin de la concentracin real del lado slido, por lo tanto necesitamos plantear el balance tambin del lado slido: dC S (7) = k L A (C L* C L ) VS dt donde CL* es funcin de CS.

Balance de energaEl balance de energa es importante cuando la temperatura afecta las variables que nos interesan estudiar. Por ejemplo, en un reactor la conversin ser afectada por la temperatura a travs de la constante cintica; a su vez, la reaccin afectar a la temperatura mediante la generacin de calor. La ley de conservacin de energa es planteado por el primer principio de la termodinmica. La energa interna depende no slo de la temperatura sino tambin de la materia del sistema y su composicin. Por este motivo, el balance de materia siempre est asociado al de energa. Para un sistema abierto que intercambia energa a travs de su frontera, el balance de energa puede ser escrito como: {velocidad de acumulacin} = {velocidad de entrada} - {velocidad de salida} Unidades:Optimizacin y Simulacin de Procesos. Simulacin Introduccin Enrique Eduardo Tarifa - Universdad Nacional de Jujuy

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[{velocidad de acumulacin}] = [Energa].[tiempo]-1 Cantidad = 1 Algunos trminos empleados a la hora de escribir el balance de energa son: Formas Energa: potencial, cintica, interna. Transporte de Energa: calor, trabajo. Tanto el calor como el trabajo no son energas sino formas de transporte. Generacin: La energa no se genera (por lo menos en las condiciones de las plantas qumicas), el calor de reaccin tiene otro origen que ser analizado ms adelante. Con estas aclaraciones, podemos escribir matemticamente el balance de la siguiente forma:N N dE = F0 C i 0 E i 0 F1 C i 1 E i 1 + Q W dt i =1 i =1

(8)

donde E es la energa total del sistema Ei es la energa total por mol de compuesto i, F es el caudal volumtrico, C es la concentracin molar, N es el nmero total de compuestos incluyendo los inertes, Q es el calor suministrado al sistema, mientras W es el trabajo entregado por el sistema. El trmino de trabajo puede ser separado considerando el trabajo de flujo y el trabajo neto WS:

W = F0 C i 0 P V i 0 F1 C i 1 P V i 1 W Si =1 i =1

N

N

(9)

La energa E es la suma de la energa interna U, la energa cintica, la energa potencial y toda otra energa. De todos ellas, la energa interna es la predominante en los procesos qumicos comunes. Entonces, haciendo E U y recordando que la entalpa se define como H = U + PV, y suponiendo el trabajo entregado igual a cero, podemos rescribir el balance de energa de la siguiente forma: d V dt N N C i hi 1 = F0 C i 0 hi 0 F1 C i 1 hi 1 + Q W s i =1 i =1 i =1 N

(10)

La ecuacin anterior vendra a ser el balance trmico o de energa qumica (energa interna, calor), donde se consideran slo los efectos trmicos. Otro balance que suele plantearse es el de energa mecnica pura (potencial, cintica y trabajo). En rigor, debera plantearse un nico balance, pero por conveniencia se plantean en forma separada vinculados por trminos de intercambios, por ejemplo el trmino de disipacin viscos que transforma la energa mecnica en energa qumica, y el trmino de trabajo til que transforma la energa trmica en trabajo mecnico.


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El gran problema con el balance de energa es la determinacin de las entalpas. Los valores absolutos de las mismas son imposibles de medir (lo mismo ocurre con la energa potencial y cintica); lo que s se pueden medir son los cambios de entalpas. Es as como aparecen los estados de referencia y los h. Generalmente se utilizan las capacidades calorficas especficas para calcular los cambios de entalpa como sigue:

h = h1 h 0 =

T C p ( T ) d TT10

(11)

Mientras es comn encontrar en la bibliografa los coeficientes para la siguiente expresin de clculo de los Cp: (12) C p (T ) = a + b T + c T 2 El calor de reaccin Note que en las ecuaciones anteriormente escritas no aparece el trmino de calor de reaccin. Este trmino no existe fsicamente porque la energa no se genera. El calor que genera la reaccin es realidad surge de una transformacin de energa que ya vena en los reactivos. A continuacin veremos entonces cmo es que aparece el trmino de calor de reaccin. En primer lugar, rescribiremos el trmino de acumulacin como sigue:

d V dt

C i hi 1 = i =1N

d (V C i 1 ) N dh hi 1 d t + V C i 1 d ti 1 i =1 i =1N

(13)

Por otra parte, tenemos el balance de materia para cada componente:

d (V C i 1 ) = F 0 C i 0 F1 C i 1 + ri V dt

(14)

Multiplicando cada una de estas ecuaciones por su correspondiente hi1 y sumando para todos los componentes, se tiene:N N d (V C i 1 ) hi 1 dt = F0 hi 1 C i 0 F1 hi 1 C i 1 + V i =1 i =1 i =1 N

r hi =1 i

N

i1

(15)

Recordando que ri = .i rg, donde rg es la velocidad de reaccin general y .i es el coeficiente estequeomtrico del compuesto i (positivo para los productos y negativo para los reactivos), tenemos que el ltimo trmino es el calor de reaccin a la temperatura T1, esto es:

V

ri hi 1 = V r g i hi 1 = V r g Hi =1 i =1

N

N

(16)


8

Restando la ecu.(15) de la ec.(10), considerando todas las ecuaciones intermedias, y suponiendo R reacciones, tenemos el balance:N d hi 1 = F0 C i 0 ( h i 0 h i 1 ) + V V C i1 dt i =1 i =1 N

rg j ( H j 1 ) + Q W sj =1

R

(17)

Trabajando con capacidades calorficas tenemos:N N dT V C i 1 C p i 1 1 = F0 C i 0 i =1 dt i =1

T

T01

C p i d Ti + V

rg j ( H j 1 ) + Q W sj =1

R

(18)

A continuacin se vern otras maneras empleadas para escribir los trminos de los balances de energa. Trmino de acumulacin Para cambios moderados de temperaturas, los Cp pueden ser considerados constantes, por lo tanto: V 1 C p 1 dT1 dt (19)

donde 1 es la densidad en el sistema. Trminos de flujo Con las mismas consideraciones, tenemos:F 0 0 C p ( T0 T1 )

(20)

Trminos de transferenciaU A ( Ta T1 )

(21)

donde Ta es la temperatura ambiente, U es el coeficiente global de transferencia y A es el rea de transferencia. Trminos de reaccin La definicin de la velocidad de reaccin para el compuesto i es: ri = 1 dn i V dt (22)


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donde ni es el nmero de moles del compuesto i. Tambin tenemos la velocidad de reaccin general que es independiente del compuesto:

rg =

ri i

(23)

donde .i es el coeficiente estequeomtrico del compuesto i. La velocidad de una reaccin irreversible puede ser expresada como:rg = k C ii =1 NRi

(24)

donde k es la constante cintica y es calculada por la frmula de Arrhenius:k = Z eE RT

(25)

donde Z y E (energa de activacin) son determinados experimentalmente. Otros trminos Dependiendo del caso en particular, pueden tener efectos importantes el calor generado por la agitacin, prdidas de calor por conveccin, evaporacin, radiacin o mezclado. Balance simplificado Suponiendo constante el Cp, se tiene:

V 1 C p

d T1 = F0 0 C p ( T0 T1 ) + V dt

1 rg j ( H j 1 ) + U j=

R

A ( Ta T1 ) W s

(26)

A continuacin se muestra un balance en un tanque de calefaccin:


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d(VU ) = F0 0 h0 F h + Q dt

C p

d (V T ) = C p ( F 0 T0 F T ) + Q dt

F0,0,T0 V, T Q

F,,T Figura 6: Tanque calefaccionado.El balance simplificado por la combinacin del balance de materia es:

V Cp

dT = F 0 0 C p ( T0 T ) + Q dt

(27)

Otro ejemplo, es el balance aplicado a un sistema de dos fases:d( vVv H + VL h) = F0 0h0 Fh Fv v H + Q dt d[ vVv (C p T + v ) + VL C p T ] dtF0,0,T0

= F0 0C p T0 FC p T Fv v (C p T + v ) + QVv,v,Tv,P VL,,T Q Fv,v,Tv

F,,T

Figura 7: Evaporador. Veamos a continuacin un ejemplo sobre un sistema con parmetros concentrados, un reactor CSTR calefaccionado:


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d(VU ) = F0 0h0 F h + Q V k C d t

A

C

p

d (V T ) = C d t

p

( F0 T0 F T ) + Q V k C

A

F0,0,CA0,T0 Q

V, CA,T

F,,CA,T

Figura 8: Reactor CSTR. Ahora veamos el caso de un sistema con parmetros distribuidos, un tubo calefaccionado:

( C p T ) t

+

(vC p T ) 4 hT T [T + ( T TM ) = z z z D

Figura 9: Tubo calefaccionado.

Conservacin de cantidad de movimientoLa forma general es: {velocidad de acumulacin de cantidad de movimiento} = {velocidad de entrada de c.m } - {velocidad de salida de c.m.} + {fuerzas} Cantidad: 1. La ecuacin es de carcter vectorial. Su estudio es todo un campo, el de la Mecnica de los Fluidos, que est fuera del alcance de este curso. Slo se vern algunos ejemplos para dar una idea general. La expresin matemtica simplificada de este balance es: dM v = F 0 0 v 0 + F1 1 v 1 + F dt

(28)

Veamos un ejemplo para un tubera, el balance correspondiente es:


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dv 1 K = ( P P ) F v2 0 1 A d t L

Figura 10: Tubera.

donde se model el trmino de friccin como proporcional al cuadrado de la velocidad del fluido y a la longitud del tubo. El balance para un sistema de parmetros distribuido es:

vz t

=

1 v z P r r r r L

Figura 11: Tubera.

Ecuaciones complementariasJunto con los balances se necesitan ecuaciones complementarias como ya vimos. A continuacin se listan las ms comunes. Ecuaciones de Transporte Forma General {Flujo}=-{Constante}{Gradiente} Unidades: [{Propiedad}].[tiempo]-1.[longitud]-2 Ejemplos: Ley de Furier (q). Ley de Fick (NA). Ley de Newton ( rz). Moleculares (Gradientes). Globales (Diferencias).Optimizacin y Simulacin de Procesos. Simulacin Introduccin Enrique Eduardo Tarifa - Universdad Nacional de Jujuy

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Ecuaciones de Estado Ejemplos: L = f(P,T,x) v = f(P,T,y) h = f(P,T,x) H = f(P,T,y) Ecuaciones de Equilibrio Ejemplos: Qumico. Entre fases: Ley de Rault. Ley de Henry. Volatilidad Relativa (.ij). Valores K. Coeficiente de actividad. Ecuaciones de Cintica Ejemplos: Ecuacin de Arrhenius. Ley de accin de masas.


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Mtodos AnalticosLa Ingeniera y la Optimizacin"Para definirlo ruda pero no inapropiadamente, ingeniera es el arte de hacer bien con un dolar aquello que cualquier chapucero hara con dos dlares" ("To define it rudely but not inaptly, engineering is the art of doing that well with one dollar which any bungler can do with two dollars.") -Arthur M. Wellington, The Economic Theory of the Location of Railways, Introduction (6th ed., 1900). La optimizacin est en todo lo que el ingeniero hace. Cuando alguien propone la construccin de un tnel, el ingeniero aporta diciendo que se inicie la construccin desde los dos extremos para ahorrar tiempo y reducir el recorrido de los materiales de deshecho. Una de las mayores diferencias entre la Ingeniera con respecto a la Ciencia y la Tecnologa es precisamente su sentido de eficacia y eficiencia. Mientras la Ciencia busca conocer, y la Tecnologa busca resolver problemas a cualquier costo, la Ingeniera usa la Ciencia para perfeccionar las soluciones obtenidas por la Tecnologa, a la vez que reduce sus costos y potenciales peligros. Cualquiera puede hacer Tecnologa, no es necesario ser un cientfico ni un ingeniero, Edison es un buen ejemplo de ello. Sin embargo, la ingeniera slo puede ser hecha por una persona con slidos conocimientos tericos y un sentido de lo factible y prctico muy desarrollado. Si la Ciencia es el arte de hacer posible lo imposible, la Ingeniera es el arte de hacer prctico lo posible (Luyben, 1973). La formacin terica es lo que distingue a un ingeniero de un tcnico. Podemos as definir una cadena de evolucin del conocimiento, ste se inicia en la Ciencia o en la Tecnologa, y evoluciona hasta llegar a la Ingeniera donde se vuelve de utilidad general para toda la sociedad. No siempre es el mismo grupo de investigacin, ni siquiera el mismo pas, el que realiza la cadena completa. Tomemos como ejemplo la electrnica, los europeos dieron los primeros pasos de esta ciencia, pero fueron los americanos los que desarrollaron la tecnologa con aplicaciones como las vlvulas y los transistores. Sin embargo, los Japoneses hicieron la ingeniera, optimizaron el tamao y el costo, y hoy son lderes en electrnica. En Qumica, fueron nuevamente los europeos los que desarrollaron la ciencia y la tecnologa. El precio que pagaron por este desarrollo a cualquier costa fue la contaminacin ambiental, la prdida de recursos naturales, conflictos sociales, etc. Todava hoy seguimos pagando esos costos, pero estamos trabajando en la ingeniera que resolver esos problemas.

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Un Ingeniero debe estar capacitado para reconocer los problemas y encarar su solucin con eficacia y eficiencia. Es en la eficiencia donde est involucrada la optimizacin; por ejemplo, suponga que tenemos una corriente para enfriar y otra para calentar, cualquiera puede proponer que calentemos la corriente fra con vapor, y que enfriemos la caliente con agua de enfriamiento. En cambio, el ingeniero analizar la posibilidad de combinar ambas corrientes en un intercambiador para minimizar el uso de los servicios (tecnologa Pinch). Veamos un ejemplo, suponga se quiere disear el sector de produccin de NH3 de una planta. Se dispone del gas de sntesis desde otro sector. Lo que un tcnico nos dira es que slo necesitamos un reactor y tal vez un separador. En cambio, un ingeniero vera que mucho de los reactivos quedan sin reaccionar, por lo tanto propondra un reciclo. Debido a que tambin hay inertes, el ingeniero sabe que deber purgar algo del reciclo. Adems, nota que tiene corrientes que deben calentrse y otras que deben enfriarse, por lo tanto propone una integracin

Figura 1: Planta de NH3. energtica. Se da cuenta tambin que existe un reciclo y una purga ptima. Nuestro ingeniero no se queda tranquilo, y contina con el anlisis de los materiales, del diseo de los equipos, de la operabilidad, etc., siempre buscando la mejor solucin.

Un ingeniero debe resolver en forma ptima los problemas planteados en los siguientes niveles: Al nivel de gerenciamiento: Evaluacin de un dado proyecto, comparacin entre 1. proyectos, asignacin de capitales a diferentes proyectos. Nuevos proyectos: Eleccin del producto, eleccin de la capacidad de la planta, 2. eleccin de la ruta qumica, eleccin de las materias primas, eleccin de la localizacin. Process and flowsheeteing: Seleccin del proceso, seleccin del flowsheet, 3. ordenamiento de los flowsheet. Especificaciones de los equipos: Seleccin del tipo de equipos para un dado flowsheet, 4. seleccin de los materiales de construccin, dimensionamiento de los equipos, layout. Condiciones operativas: Unidades de procesos dependientes e independientes del 5. tiempo, sistemas de control, poltica de mantenimiento y reemplazos de equipos, scheduling de la produccin, localizacin de materias primas, stock de materias primas, de productos intermedios y productos; despacho, transporte, y distribucin.

Definicin del problemaOptimizacin y Simulacin de procesos. Optimizacin Introduccin Enrique Eduardo Tarifa - Universidad Nacional de Jujuy

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Hasta aqu, tenemos una idea de lo que es Optimizacin, pero hasta ahora no la hemos definido. Podemos decir que Optimizacin significa seleccionar el mejor curso de accin de las posibles alternativas. Esto nos plantea el problema de definir qu es lo mejor y cules son las alternativas. Para seleccionar lo mejor, primero hay que probar y comparar. Para probar, necesitamos una metodologa que nos permita encontrar lo mejor con la mnima cantidad de ensayos considerando las alternativas disponibles. Para comparar, necesitamos tener alguna forma de ponderar la bondad de una dada solucin. Esquemticamente, podemos plantear el problema como sigue: Maximizar {Objetivo}Alternativas

s.a (sujeto a): Alternativas {posible, prctico}

La solucinLos dos elementos que componen la solucin del problema de optimizacin son: La Alternativa Optima: es la Alternativa que cumple con todas las restricciones y que a la vez genera el valor mximo del Objetivo. El Valor Optimo: es el valor que adopta el Objetivo cuando se aplica la Alternativa Optima.

Funcin objetivoEs la funcin matemtica que se emplear para ponderar la bondad de una solucin; podemos emplear distintos criterios: Econmicos: Beneficios, costos, retorno de capital, TIR, VAN. Tcnicos: cantidad de producto, tiempo de produccin, servicios utilizados, calidad del producto. Seguridad: probabilidad de accidentes, consecuencias de los accidentes. Ambiental: contaminacin, agotamiento de recursos naturales. La solucin del problema de optimizacin depende del criterio que se adopte en la funcin objetivo. Muchas veces es necesario trabajar con varios criterios a la vez y no es raro que estos criterios compiten entre s. En tales casos se tienen tres opciones: 1. Plantear un problema con mltiples objetivos: se plantea una funcin objetivo para cada criterio. Este campo est fuera del alcance del presente curso. 2. Plantear una funcin objetivo combinada: se construye una funcin objetivo que combina los criterios a seleccionados. Por ejemplo, el criterio ambiental puede ser combinado con uno econmico si se tiene en cuenta las multas que pagara la empresa por arrojar efluentes que violen los lmites especificados por la legislacin del lugar deOptimizacin y Simulacin de procesos. Optimizacin Introduccin Enrique Eduardo Tarifa - Universidad Nacional de Jujuy

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3.

operacin. Agregar los objetivos secundarios como restricciones: se selecciona un criterio principal para la funcin objetivo, mientras los restantes criterios se utilizan para plantear restricciones. Por ejemplo, un criterio de seguridad podra limitar la temperatura que puede alcanzar una reaccin.

RestriccionesSe debe observar que las alternativas a explorar estn sujetas a un conjunto de restricciones. Estas restricciones surgen tanto de la naturaleza propia del sistema como de los criterios ingenieriles aplicables. Las primeras, son las que constituyen el modelo del sistema. En efecto, el sistema plantea relaciones entre las variables que no pueden ser ignoradas al plantear las alternativas, por ejemplo: la velocidad de reaccin aumenta con la temperatura. Las otras restricciones surgen del criterio del ingeniero, ya sea para acotar la solucin o para facilitar la solucin del problema. Entre las primeras se puede citar: el tanque deber ser cilndrico porque es ms fcil de construir, el producto debe tener determinada concentracin, la presin no podr superar un dado valor porque sino se necesitar de otra tecnologa. Entre las segundas se puede citar, la composicin ser una variable positiva, el reciclo ser menor que el caudal de salida del reactor, etc.

AlternativasAntes de resolver el problema, primero el ingeniero tiene que detectarlo. Es fundamental que el ingeniero sepa cundo es posible optimizar y cundo no. Por ejemplo, si nos plantean que dibujemos una lnea recta que pase por dos puntos dados, no hay alternativas. Sin embargo, si slo nos dan un punto, existirn infinitas soluciones y se presentar la oportunidad para optimizar. Primero, se deber elegir la funcin objetivo; supongamos que el rea bajo la recta representa la energa consumida en el proceso, analizando la misma descubrimos que la misma vara con la pendiente de la recta y que existe un mnimo. Entonces, elegiremos la pendiente que minimice el rea bajo la recta. Supongamos ahora que nos dan diez puntos no alineados. No existe recta que pase por todos ellos. Sin embargo, podemos optimizar; ya que no es posible tocar todos los puntos, por lo menos podemos pasar lo ms cerca posible de todo ellos (regresin). En resumen, podemos optimizar cuando el sistema tiene alguna variable libre o cuando el problema est sobredeterminado; en definitiva, cuando el problema no tiene una nica solucin o no tiene solucin exacta.

Un caso de estudioDado una tubera de vapor, deseamos determinar ptimamente el espesor del aislante. Podemos hacer esto grficamente considerando el costo total CT (costo fijo y variable). Esto nos dar un punto ptimo sin restricciones expresas para la variable espesor. El costo fijo CF estar dado por el costo de instalacin del aislante, mientras que el costo variable CV estar dado por el costo del gas empleado para generar el vapor. Estos costos deben ser comparables, por lo tanto seOptimizacin y Simulacin de procesos. Optimizacin Introduccin Enrique Eduardo Tarifa - Universidad Nacional de Jujuy

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adopta una base anual. La Figura 2 muestra la determinacin del punto ptimo en forma grfica correspondiente a un espesor ptimo xo con un costo mnimo CTo.

Costos de aislacin15

CVx) ( CFx) 10 ( [$/ao] CTx) ( CTo 5

0

0

2 x [cm]

4

Figura 3: Espesor ptimo.

Antes de tomar esta solucin, un ingeniero plantea que segn la normas de seguridad, la temperatura externa no debe superar los 60C. Esto obliga a aumentar el espesor del aislante a un valor mnimo xT; es decir, se agrega la restriccin x xT, la solucin es ahora la mejor que se puede obtener dada la restriccin de seguridad. Adems, puede existir un problema de espacio donde la distancia a la pared hace que el espesor no pueda superar el valor mximo xP; es decir, se agrega la restriccin x xP Esta es una restriccin fsica que tambin puede afectar el valor ptimo. Con estas restricciones es interesante analizar los casos que podran presentarse en cuanto a qu restriccin se vuelve activa (hace valer la igualdad): xT < xo < xP: En este caso, ambas restricciones son inactivas, y es como si no existieran. 1. xP < xo: La restriccin activa que representa la pared hace que tengamos que renunciar 2. al ptimo xo y conformarnos con xP. xo < xT: La restriccin activa que representa la temperatura mnima en la pared hace que 3. tengamos que renunciar al ptimo eo y adoptar el valor eT. eP < eT: El problema no se puede resolver. 4.

Magnitud del ProblemaLos problemas que enfrenta el ingeniero son de una magnitud tal que no siempre es posible resolverlos en su totalidad, por ello se plantean tcnicas para descomponer el problema, en otrosOptimizacin y Simulacin de procesos. Optimizacin Introduccin Enrique Eduardo Tarifa - Universidad Nacional de Jujuy

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ms pequeos y manejables; sin embargo, la solucin ptima de los subproblemas no siempre est de acuerdo con la solucin del problema total. Analicemos un ejemplo, deseamos separar ABCD, ordenados de acuerdo a sus volatilidades relativas, A es el ms voltil. Si slo nos restringimos a la operacin de destilacin, existen cinco alternativas posibles; en la Figura 3 se muestran slo dos de ellas. Para decidir cul de todas las alternativas es la mejor es necesario avanzar con el diseo de cada una hasta determinar el ms mnimo detalle. Esto es, ser necesario analizar la instrumentacin y control ptimo, la forma de operacin ptima, analizar la integracin energtica, etc. Esto implica explorar un rbol hasta llegar a sus hojas finales para poder compararlas entre ellas y recin elegir la mejor. Esta tarea es monumental, y an no fue totalmente resuelta. Lo ms que se puede hacer actualmente es particionar el problema, por ejemplo, se optimiza el diseo de los equipos por un lado, el control por otro, la puesta en marcha por otro, etc. Sin embargo, como ya se mencion, de esta manera no se asegura encontrar la solucin ptima para el sistema en su conjunto.

Figura 3: Sntesis de procesos.

FormulacinEs sorprendente que todos los problemas de optimizacin tengan la misma forma, independientemente del rea en que se est trabajando. La formulacin matemtica general es (Ray y Szekely, 1973):


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Max i 1,2,...,n dxl I(x1,x2,...,x n) xi l 1,2,...,m3 f l(x1,x2,...,x n) dt x l(t0) xl0 t0 t t f h j(x1,x2,...,xn) 0 j 1,2,...,m1 1,2,...,m2

(1) (4) (2)

g k(x1,x2,...,xn) 0

k

(3)

La ec. 1 es la Funcin Objetivo (FO), es la que se quiere maximizar. El problema es determinar cules son los valores de los xi que maximizan la FO. Aunque existen trabajos que consideran ms de una FO, en este curso nos restringiremos a estudiar problemas con un nico objetivo. Las ecs. 2-4 son las restricciones del problema. Las ecs. 2 son las restricciones algebraicas. Cada una de estas restricciones reduce en una unidad el grado de libertad del problema; esto es, cuntas de las xi pueden variar independientemente. Las ecs.3 son las restricciones de desigualdad. Estas ecuaciones no afectan el grado de libertad pero pueden afectar a la bondad de la solucin. Es siempre interesante analizar cules de todas las restricciones se vuelven activas en el ptimo (hacen valer la igualdad). De este anlisis se puede tomar decisiones a fin de dirigir futuras inversiones para relajar las restricciones activas ms importantes. Las ecs. 4 son las restricciones diferenciales o integrales de igualdad. La regin determinada por todos los puntos que satisfacen todas las restricciones se denomina regin factible. La bsqueda del ptimo debe restringirse a esta regin. Tradicionalmente estos problemas fueron clasificados en: Programacin matemtica. Optimizacin de trayectoria.

Programacin matemticaEs el problema que no tiene restriccin alguna, o slo tiene del tipo 2 y 3, es decir: Max I(x1,x2,...,x n)xi

i

1,2,...,n

(5)

h j(x1,x2,...,xn)

0

j

1,2,...,m1 1,2,...,m2

(6)

g k(x1,x2,...,xn) 0

k

(7)


7

Generalmente, para facilitar la resolucin del problema, se suele agrupar las variables xi en variables de estado y variables de control o decisin. Esto surge de las restricciones de igualdad, como tenemos m1 ecuaciones de este tipo, frecuentemente es posible despejar una variable de cada una de dichas ecuaciones en funcin de las n-m1 restantes, es decir: xj F j(xm 1,xm 2,...,xn)1 1

j

1,2,...,m1

(8)

Hecho esto, podemos definir los siguientes vectores: y1 y y2 ... ym1

x1 x2 ... xm1

(9)

u1 u u2 ... un m1

xm xm

1

1 2

1

(10)

... xn

donde y es el vector de las variables de estado, mientras u es el vector de las variables de decisin. Luego, la ec. 8 se transforma en: yj F j(u1,u2,...,un m )1

j

1,2,...,m1

(11)

Finalmente, el problema puede ser reformulado como: Max I(y1,y2,...,y m ,u1,u2,...,un m )ui1 1

i

1,2,...,n m1

(12)

yj

F j(u1,u2,...,un m )1

j

1,2,...,m1

(13)

g k(y1,y2,...,y m ,u1,u2,...,un m ) 01 1

k

1,2,...,m2

(14)

Esta formulacin es ms fcil de resolver que la primera. Sin embargo, para problemas grandesOptimizacin y Simulacin de procesos. Optimizacin Introduccin Enrique Eduardo Tarifa - Universidad Nacional de Jujuy

8

no siempre es posible despejar las variables, por lo que debemos resolver la primera formulacin.

Optimizacin de TrayectoriaAgregan las restricciones del tipo integral o diferencial. Analicemos el caso en que slo est presente este tipo de restricciones (sin las de igualdades ni las de desigualdades): Max I(x1,x2,...,x n)t tx i(t)f

i

1,2,...,n

(15)

dxl dt

f l(x1,x2,...,x n) x l(0) xl0

l

1,2,...,m3

t0 t t f

(16)

Como no hay problemas en despejar las variables de estado, siempre se reformula el problema como sigue: Max I(y1,y2,...,y m ,u1,u2,...,un m )t tu i(t)3 3 f

i

1,2,...,n m3

(17)

dy l dt

fl(y1,y2,...,y m ,u1,u2,...,un m )3 3

l

1,2,...,m3

yl(t0)

yl0

t0 t t f

(18)

Clasificacin de los modelosDe acuerdo a la naturaleza de la FO y las restricciones, los modelos se clasifican en (Scenna et al., 1999): 1. Programacin Lineal (LP, Linear Programming): tanto la FO como todas las restricciones son lineales. 2. Programacin No Lineal (NLP, Nonlinear Programning): al menos una de las funciones anteriores es no lineal. 3. Programacin Lineal Entero (ILP, Integer Linear Programming): el modelo es lineal pero las variables son enteras. 4. Programacin No Lineal Entero (INLP, Integer Nonlinear Programming): el modelo es no lineal pero las variables son enteras. 5. Programacin Lineal Entero Mixto (MILP, Mixed Integer Linear Programming): el modelo es lineal pero involucra variables continuas y enteras mezcladas. 6. Programacin No Lineal Entero Mixto (MINLP, Mixed Integer Nonlinear Programming): el modelo es no lineal pero involucra variables continuas y enteras mezcladas.Optimizacin y Simulacin de procesos. Optimizacin Introduccin Enrique Eduardo Tarifa - Universidad Nacional de Jujuy

9

Planteo y solucin del problemaLo primero que debe hacer el ingeniero es detectar si la situacin presente permite plantear un problema de optimizacin, algunas de estas situaciones son: 1. Ventas limitadas por produccin: se debe maximizar la produccin. 2. Ventas limitadas por el mercado: se debe minimizar los costos de produccin. 3. Grandes volmenes de produccin: pequeos ahorros en los costos de produccin tienen un gran impacto, es el caso de las destileras y plantas qumicas. 4. Alto consumo de materia prima o energa: optimizar los equipo con mayor consumo. 5. La calidad de los productos es superior a la requerida por el mercado: minimizar los costos reduciendo la calidad hasta el lmite de aceptacin. 6. Prdida de componentes valiosos en los efluentes: minimizar las prdidas teniendo en cuenta la legislacin ambiental. 7. Alto costo de mano de obra: pasar de batch a continuo, modificar el scheduling, etc. Dos reglas prcticas para identificar la oportunidad de plantear un problema de optimizacin son: Descubrir efectos que se opongan entre s (trade-off); por ejemplo, el costo de instalacin de aislante en una tubera de vapor vara en forma inversa al costo de gas utilizado para producir vapor. Entonces, debe existir una situacin intermedia donde los dos efectos no son tan desfavorables. Descubrir una variable cuyo valores extremos conducen a situaciones inconvenientes; por ejemplo, instalar una capa de aislante con un espesor de 1 m reducir los costos de operacin pero elevar sensiblemente los costos de instalacin; por otra parte, un espesor de 1 mm reducir los costos de instalacin pero elevar los costos de operacin. Entonces, debe existir una situacin intermedia que de lugar a un valor ptimo. El procedimiento general para plantear y resolver el problema es: 1. Examine el proceso y haga una lista de las variables y las caractersticas de inters. 2. Determine el criterio de optimizacin; esto es, construya una funcin objetivo que involucre las variables del punto anterior. 3. Construya el modelo del proceso; esto es, el conjunto de funciones matemticas que relacionan las variables del punto anterior. Este conjunto sern las restricciones. Identifique las variables independientes y dependientes para determinar el grado de libertad. 4. Si la formulacin del problema es muy grande: 5. Particione el problema y/o 6. Simplifique el problema. 7. Aplique un adecuado mtodo matemtico para resolver el problema. 8. Verifique la solucin, analice la sensibilidad de la solucin con respecto a los parmetros y suposiciones. Nunca se debe olvidar que se est resolviendo el modelo planteado y no el sistema real. Esto significa que si el modelo est mal, por ms que ejecutemos correctamente los restantes pasos, la solucin no ser adecuada. Esto se debe tener en cuenta a la hora de hacer simplificaciones. Supongamos que determinamos el perfil ptimo de temperatura para un reactor tubular (FiguraOptimizacin y Simulacin de procesos. Optimizacin Introduccin Enrique Eduardo Tarifa - Universidad Nacional de Jujuy

10

4 ), la implementacin del sistema de calefaccin podra ser tan compleja que hara perder todas las ventajas logradas; en cambio, se podra implementar dos reactores tubulares isotrmicos que aproximen el perfil ptimo sin tanto problemas y con un efecto despreciable sobre el rendimiento final. Esta situacin se present debido a que, por una simplificacin, la funcin objetivo no contempl los costos de implementacin ni tampoco el modelo contempl ms de un reactor, slo se consider el avance de la reaccin.

Figura 4: Perfil de temperatura en un reactor tubular.

EjemplosFbrica de contenedores En este ejemplo analizaremos los seis pasos de resolucin explicados en la seccin anterior. Tenemos una planta que produce contenedores de plstico, la demanda anual es de Q = 100000 contenedores distribuida homogneamente a lo largo del ao, y el precio se mantiene fijo. El problema es determinar el schedule de produccin (Edgar y Himmelblau, 1988). Paso 1: Una opcin es producir todo Q al principio del ao; pero el costo de inventario sera enorme. Este costo se reducira si en cambio produjramos Q en varias operaciones distribuidas en el ao. Sin embargo, para el extremo de encender y apagar la planta cada hora, los costos de produccin son inaceptables. Por lo tanto, debe haber un ptimo. Las variables que parecen ser importantes son: D: el nmero de unidades producida en cada corrida, es un nmero entero. n: el nmero de corridas por ao, no es necesariamente entera. Q: el total de unidades producidas por ao. Resta hacer un anlisis de los costos para plantear el modelo e identificar las variables de decisin. Paso 2: Existen dos costos: el de inventario y el de produccin. El costo de inventario incluye los costosOptimizacin y Simulacin de procesos. Optimizacin Introduccin Enrique Eduardo Tarifa - Universidad Nacional de Jujuy

11

de productos y de almacenaje, y puede ser modelado como K1 D. Por otra parte, el costo de produccin puede ser modelado como K2 + K3 D (costo fijo mas costo variable). Entonces, el costo total anual C es: C K1 D n (K2 K3 D) (19)

Paso 3: Tenemos la siguiente restriccin de igualdad: n Q D

(20)

Esta restriccin reduce un grado de libertad. Podemos elegir D como la variable independiente y n como la dependiente, siempre conviene elegir la variable entera como variable independiente. Debemos recordar que D est restringida a valores enteros y positivos. Eliminando n de la funcin objetivo, obtenemos: C K1 D K2 Q D K3 Q (21)

Este paso tiene la ventaja de eliminar la nica restriccin explcita que exista. El mismo mtodo se puede aplicar para eliminar mltiples restricciones de igualdad.

Paso 4: No necesario. Paso 5: Este problema se puede resolver analticamente. Diferenciando con respecto a D e igualando a cero tenemos: dC dD K1 K2 Q D2 0 (22)

despejando D, tenemos: D opt K2 Q K1 (23)


12

Note que si los valores de los parmetros cambian, la solucin ptima se obtiene simplemente recalculando la ec. 23, sta es una clara ventaja del mtodo analtico sobre los numricos. Podemos verificar las condiciones de suficiencia para un mnimo: d 2C dD 2 2 K2 Q D3 > 0 (24)

Otra ventaja de la solucin analtica es que permite formular reglas empricas. En este caso, note que K3 no afecta la determinacin del ptimo (ec. 23). Tambin, note que si estamos en una schedule ptimo y deseamos cambiar a otro valor de Q, no es necesario conocer los valores de los parmetros para establecer el nuevo ptimo, basta con saber que vara con la raz cuadrada de Q, esto podra plantearse como un eurstico. Paso 6: Finalmente, debemos analizar la sensibilidad de la solucin. Dado que los parmetros, y el modelo, no corresponden totalmente a la realidad, es necesario estimar cual ser el impacto de estos errores sobre la solucin. Para este ejemplo podemos realizar el anlisis analticamente. Primero, sustituimos la solucin en la funcin objetivo: C opt 2 K1 K2 Q K3 Q (25)

y luego calculamos la sensibilidades absolutas a travs de las derivadas parciales:C opt K 1

K2 Q K1

(26)

C opt K 2

K1 Q K2

(27)

C opt K 3

Q

(28)

C opt Q

K1 K2 Q

K3

(29)

Lo mismo podemos hacer para D:Optimizacin y Simulacin de procesos. Optimizacin Introduccin Enrique Eduardo Tarifa - Universidad Nacional de Jujuy

13

opt D opt D 1 0 K2 Q K1 K 1 K 3 K 1 2

(30) (32)

D opt D opt K 2 Q

K Q 1 K22 Q 1 K 2 K2 K11 2 Q

(31) (33)

De mayor utilidad son las sensibilidades relativas, a modo de ejemplo:C

SK1

C opt/C opt K1/K1

ln(D opt) ln(K1)

K2 Q K1

K1 C opt

(34)

Reconciliacin de lecturas I Sea el sistema de la Figura 5, en un momento dado se tiene las siguientes lecturas: S1 [m3/h] 10 S2 [m3/h] 15 S3 [m3/h] 27

Figura 5: Mezclador. Aparentemente, el balance de materia no cierra. Sin embargo, esto se debe a errores en las lecturas; pero a qu sensor debemos creer? A ninguno, se debe plantear el siguiente problema de optimizacin: Min

F1,F2,F3 i 1

M (F3

i

Si)2

(35)

F1

F2

F3

(36)


14

Fj 0

j

1,2,3

(37)

donde los Fi son los caudales verdaderos, mientras que los Si son los indicados por los sensores. Para este caso, la solucin es: F1 [m3/h] 10.67 F2 [m3/h] 15.67 F3 [m3/h] 26.34

Reconciliacin de lecturas II Veamos un caso ms complejo. En la Figura 6 se muestra un sistema de tuberas con caudalmetros Si. Cada caudalmetro tiene un error menor a 1.5 m3/h. Si las mediciones en un momento dado son: S1 [m3/h] 10 S2 [m3/h] 11 S3 [m3/h] 15 S4 [m3/h] 14 S5 [m3/h] 24 S6 [m3/h] 25

Figura 6: Mezclador. Al tener el dato del error, podemos detectar los sensores fallados y eliminarlos del clculo. Todo esto se hace resolviendo el siguiente problema: Min

Fj, A i i 1

M A (F6 i 6 Fj, A i i 1

i

Si)2

j

1,2,...,6

(38)

Max

MA

i

j

1,2,...,6

(39)


15

F1 F1 F3 F5

F3 F2 F4 F6

F5

(40)

(41)

(42)

(43) j 1,2,...,6

Aj (Fj S j) 1.5 A j (F j Sj) 1.5 A j Binario Fj 0 j j

(44)

j

1,2,...,6

(45)

1,2,...,6

(46)

1,2,...,6

(47)

Note que las restricciones han sido manipuladas para linealizar lo ms posible el problema; por ejemplo, se evit el uso de la funcin valor absoluto en las ecuaciones que representan el error de los sensores. Esto es conveniente para facilitar la resolucin del problema. La variable binaria Aj debe valer 1 si el sensor j funciona correctamente, de lo contrario debe valer 0. De esta forma logramos que los sensores fallados no sean tenidos en cuenta en la estimacin de los caudales reales. Sin embargo, cuando un sensor es normal tanto el valor 1 como el 0 satisfacen todas las restricciones; es aqu donde se ve la importancia de la segunda funcin objetivo que obliga a adoptar el valor 1. Por lo tanto, tenemos un problema con dos objetivos, minimizar el error de la estimacin pero utilizando la mayor cantidad de sensores. Para resolver este problema vamos a combinar los objetivos en una nica Funcin Objetivo:

M A (F Min MA6 i i 1 Fj, A i 6 i i 1

i

Si)2 j 4 1,2,...,6 (48)

El cuatro del denominador es para decir que aceptamos tan slo un sensor fallado. La solucinOptimizacin y Simulacin de procesos. Optimizacin Introduccin Enrique Eduardo Tarifa - Universidad Nacional de Jujuy

16

para este caso es: F1 [m3/h] 10.33 A1 1 Para el caso siguiente: S1 [m3/h] 10 La solucin es: F1 [m3/h] 10.5 A1 1 F2 [m3/h] 10.5 A2 1 F3 [m3/h] 14.5 A3 1 F4 [m3/h] 14.5 A4 1 F5 [m3/h] 25 A5 0 F6 [m3/h] 25 A6 1 S2 [m3/h] 11 S3 [m3/h] 15 S4 [m3/h] 14 S5 [m3/h] 28 S6 [m3/h] 25 F2 [m3/h] 10.33 A2 1 F3 [m3/h] 14.33 A3 1 F4 [m3/h] 14.33 A4 1 F5 [m3/h] 24.66 A5 1 F6 [m3/h] 24.66 A6 1

Encontramos que un sensor de la salida estaba fallado, el sensor S5, y es fcil ver que las F5 est fuera de la banda normal de este sensor. Sin embargo, si mantenemos la ec. 38 como funcin objetivo y convertimos la ec. 39 en una restriccin de igualdad (igualada a 6), es posible encontrar una solucin que mantiene activo el sensor S5. Como vimos anteriormente, este una forma alternativa de manejar un problema con mltiples objetivos. Transformamos el objetivo secundario en una restriccin y le exigimos que cumpla con el mximo valor posible que es seis; si el problema no puede resolverse, probamos igualndola a cinco y as sucesivamente. Esto es:

MA6 i 1

i

6

(49)

La solucin encontrada para este caso es: F1 [m3/h] 11.25 F2 [m3/h] 11.25 F3 [m3/h] 15.25 F4 [m3/h] 15.25 F5 [m3/h] 26.5 F6 [m3/h] 26.5


17

A1 1

A2 1

A3 1

A4 1

A5 1

A6 1

La explicacin a esta aparente contradiccin es que si bien era posible encontrar la ltima solucin, el balance expresado por la ec. 48 entre la suma de los errores y la cantidad de lecturas dio preferencia a la minimizacin de la suma de los errores. Planta de oxgeno Este es un ejemplo de Reklaitis et al. (1983). En la Figura 7 se muestra una planta de produccin de acero que utiliza un horno tipo BOF (Basic Oxigen Furnace) operado en modo batch. La demanda de oxgeno es graficada en la Figura 8 este ciclo est determinado por el horno. El oxgeno es suministrado por una planta diseada para tal fin. La misma est altamente automatizada y produce un caudal constante de oxgeno. Para vincular la planta continua con el horno batch, debemos disear un sistema de almacenamiento adecuado. Vamos a considerar que este sistema est formado por una bomba y un tanque. El problema es determinar la produccin de la planta de oxgeno y dimensionar el sistema de almacenamiento. Existen varias alternativas, la ms simple es fijar la produccin de la planta para absorber el pico de demanda y ventilar al ambiente durante el resto del ciclo; sin embargo, esta alternativa tiene un alto costo operativo. En el otro extremo, podemos dimensionar un gran tanque de almacenamiento que permita trabajar a baja produccin de oxgeno; pero en este caso el costo de inversin se vuelve inaceptable. Por lo tanto, de este trade-off deducimos que puede existir un ptimo. Otro trade-off se presenta entre la potencia del compresor y las dimensiones del tanque.

Figura 7: Planta de acero.


18

Figura 8: Ciclo de produccin del horno. Las variables de decisin sern: F: la capacidad de la planta de oxgeno [kg/h]. H: la potencia del compresor [kW]. V: el volumen del tanque [m3]. Para plantear el modelo consideramos primero la ley corregida de los gases: V Imax R T z M p (50)

donde R es la constante de los gases, T es la temperatura, M es el peso molecular del oxgeno, p es la presin del tanque, z es el factor de compresibilidad, Imax es la mxima cantidad de oxgeno que puede ser almacenada. De la Figura 8 podemos deducir: Imax (D1 F) (t2 t1) (51)

combinando con la ecuacin anterior, tenemos: (D1 F) (t2 M t 1) R T z p

V

(52)

Asumiendo compresin isotrmica, la potencia del compresor se calcula como:


19

H

(D1

F) (t2 t1

t1) R T p ln k1 k2 p0

(53)

donde el primer trmino es el caudal que bombea el compresor durante el llenado del tanque, k1 es un factor de conversin de unidades, k2 es la eficiencia del compresor, p0 es la presin de la planta productora de oxgeno. Adems, la capacidad de la planta de oxgeno debe satisfacer la demanda de todo el sistema. F D0 t1 D1 (t2 t2 t 1) (54)

Ms an: p p0 Como funcin objetivo escogemos el costo anual. Este ser la suma de: 1. Costo de operacin de la planta de oxgeno (primer trmino). 2. Costo de capital del tanque (segundo trmino). 3. Costo de capital del compresor (tercer trmino). 4. Costo de operacin del compresor (cuarto trmino). C[$/ao] [a1 a2 F] d [b1 V 2]b

(55)

d [b3 H 4]

b

[N b5 t1 H]

(56)

donde N es el nmero de ciclos por ao y d es el factor de costo anual. En resumen, el problema es: Min C[$/ao]F,V,H,p

[a1

a2 F]

d [b1 V 2]

b

d [b3 H 4]

b

[N b5 t1 H]

(57)

sujeto a: V (D1 F) (t2 M t 1) R T z p (58)

H

(D1

F) (t2 t1

t1) R T p ln k1 k2 p0

(59)


20

F

D0 t1 D1 (t2 p p0 t2

t 1)

(61) (60)

Reactor batch Deseamos determinar la poltica ptima de suministro de calor a un reactor batch, para minimizar las reacciones colaterales. La formulacin esquemtica es:tf

Min IQ(t)

2t

F(c,T,Q,t) dt

(62)

0

sujeto a: dc f(c,T) dt c(t0) c0 (63)

dT g(c,T,Q) dt T(t0) T0

(64)

Q Qmax Q Qmin

(65)

(66)

Tanques buffers Se debe dimensionar los tanques de almacenamiento de una planta qumica. Los tanques se instalan para compensar las diferencias en las capacidades de produccin de los sectores que separan. El tanque i separa el sector i-1con capacidad de produccin qi-1 [m3/h] del sector i con una capacidad qi como se muestra en la Figura 9.

Figura 9: Tanques de buffer.


21

El modelo matemtico es el que se plantea a continuacin, donde se consideran N tanques con volumen Vi. Los tiempos de operacin de las etapas son ti que no pueden ser menores a un Tmin. Se desprecian los costos de arranque y apagado. Las restricciones dependen de la funcin que cumple cada tanque, almacenamiento o suministro. Mint i, V i, Almacena i

MVN i 1

i

s.a. t i > Tmin Almacenai (qi 1 > qi) Almacena i Binario [Llenado] Vi [Vaciado] V i Almacena i (qi 1 Almacena i q i (t i qi) ti 1 t i 1) (1 Almacena i) qi 1 (ti 1 (1 Almacena i) (q i

~ii > 0 (67)

~it i) i >0 i >0 q i 1) t i

Para entender este modelo conviene analizar los siguientes diagramas de Gantt que presentan un ciclo de trabajo para los dos casos posibles de la variable Almacenai:


22


Mtodos AnalticosIntroduccinHasta aqu hemos analizado la forma de plantear un problema de optimizacin, ahora es el turno de resolverlo. Si bien existen numerosos software para ese fin (Solver, LINGO, GAMS), poco se podra hacer con ellos si no se tiene una nocin por lo menos de la forma en que trabajan. Por ejemplo, suponga que quiere resolver el siguiente simple problema: Max f(x)x

x3

9 x2

26 x

24 (1)

s.a.

x 1.5 x 4.75

Utilizando el Solver de Excel, la solucin reportada (inicializando con x = 1.5) es xopt = 2.42 con yopt = 0.38. Cualquier usuario sin experiencia podra tomar este resultado y utilizarlo ignorando que en realidad no es el ptimo. En efecto, graficando f(x) vemos cul es el problema:

Figura 1: Extremos relativos y absolutos. El Excel nos da una pista cuando le pedimos el informe de Lmites, la solucin ptima es xopt = 4.75 con yopt = 3.61, bastante diferente de la reportada al principio!. Este problema aumenta geomtricamente con el nmero de variables. Por otra parte, Solver tiene varios parmetros para regular, sin un conocimiento cabal de sus significados dependeramos peligrosamente de la capacidad de los programadores para anticiparOptimizacin y Simulacin de procesos. Mtodos Analticos Enrique Eduardo Tarifa - Universidad Nacional de Jujuy

1

todo tipo de problemas. La Figura 2 muestra el cuadro de Opciones de Solver.

Figura 2: Opciones de Solver (Excel 97). Otro tanto ocurre con LINGO. Este programa nos facilita enormemente la tarea de ingresar el modelo. Por ejemplo, el problema de los sensores planteados en el captulo anterior se formula de la siguiente manera:MODEL: TITLE Validacion_II; !En este ejemplo se considera la posibilidad de sensores fallados; SETS: !Cada corriente tiene una valor verdadero otro medido y una bandera de estado del sensor. Si la bandera es 1, el sensor funciona bien; Corrientes/Entrada1, Entrada2, Entrada3, Entrada4 Salida1, Salida2/: Caudal, Medido, Activo; ENDSETS DATA: !Lecturas de los sensores; Medido = 10, 11, 15, 14, 24, 25; ENDDATA INIT: Caudal = 10, 11, 15, 14, 24, 25; Activo = 1, 1, 1, 1, 1, 1; ENDINIT !Queremos minimizar el error y maximizar los sensores; [Objetivo] MIN = ((@SUM( Corrientes: Activo*(Caudal-Medido)^2))/ (@SUM( Corrientes: Activo)-4)); !Sujeto a; [Balance_Global] Caudal(1) + Caudal(3) = Caudal(5); [Balance_Local1] Caudal(1) = Caudal(2); [Balance_Local2] Caudal(3) = Caudal(4);Optimizacin y Simulacin de procesos. Mtodos Analticos Enrique Eduardo Tarifa - Universidad Nacional de Jujuy

2

[Balance_Local3] Caudal(5) = Caudal(6); @FOR( Corrientes: [Positivo] Caudal > 0; [Errores_sup] Activo*(Caudal-Medido) = -1.5; [Binarias] @BIN(Activo)); END

Observe que hay un bloque de inicializacin, qu tan sensible es LINGO a los valores especificados en esta seccin. Por otra parte, cul es el significado del reporte de LINGO:Rows= 23 Vars= 12 No. integer vars= 6 Nonlinear rows= 13 Nonlinear vars= 12 Nonlinear constraints= 12 Nonzeros= 63 Constraint nonz= 39 Density=0.211 No. < : 6 No. =: 4 No. > : 12, Obj=MIN Single cols= 0 Local optimal solution found at step: Objective value: Branch count: Model Title: VALIDACION_II Variable CAUDAL( ENTRADA1) CAUDAL( ENTRADA2) CAUDAL( ENTRADA3) CAUDAL( ENTRADA4) CAUDAL( SALIDA1) CAUDAL( SALIDA2) MEDIDO( ENTRADA1) MEDIDO( ENTRADA2) MEDIDO( ENTRADA3) MEDIDO( ENTRADA4) MEDIDO( SALIDA1) MEDIDO( SALIDA2) ACTIVO( ENTRADA1) ACTIVO( ENTRADA2) ACTIVO( ENTRADA3) ACTIVO( ENTRADA4) ACTIVO( SALIDA1) ACTIVO( SALIDA2) Row OBJETIVO BALANCE_GLOBAL BALANCE_LOCAL1 BALANCE_LOCAL2 BALANCE_LOCAL3 POSITIVO( ENTRADA1) ERRORES_SUP( ENTRADA1) ERRORES_INF( ENTRADA1) POSITIVO( ENTRADA2) ERRORES_SUP( ENTRADA2) ERRORES_INF( ENTRADA2) POSITIVO( ENTRADA3) ERRORES_SUP( ENTRADA3) ERRORES_INF( ENTRADA3) POSITIVO( ENTRADA4) ERRORES_SUP( ENTRADA4) ERRORES_INF( ENTRADA4) POSITIVO( SALIDA1) Value 10.33333 10.33333 14.33333 14.33333 24.66667 24.66667 10.00000 11.00000 15.00000 14.00000 24.00000 25.00000 1.000000 1.000000 1.000000 1.000000 1.000000 1.000000 Slack or Surplus 0.8333333 -0.3552714E-14 0.0000000 0.0000000 0.0000000 10.33333 1.166667 1.833333 10.33333 2.166667 0.8333328 14.33333 2.166667 0.8333326 14.33333 1.166667 1.833333 24.66667 Reduced Cost 0.0000000 0.0000000 0.0000000 0.0000000 0.0000000 0.0000000 0.0000000 0.0000000 0.0000000 0.0000000 0.0000000 0.0000000 -0.3611107 0.0000000 0.0000000 0.0000000 0.0000000 0.0000000 Dual Price -0.3333333 0.0000000 0.0000000 0.0000000 0.0000000 0.0000000 0.0000000 0.0000000 0.0000000 0.0000000 0.0000000 0.0000000 0.0000000 0.0000000 0.0000000 0.0000000 0.0000000 0.0000000 22 0.8333333 0

Optimizacin y Simulacin de procesos. Mtodos Analticos Enrique Eduardo Tarifa - Universidad Nacional de Jujuy

3

ERRORES_SUP( ERRORES_INF( POSITIVO( ERRORES_SUP( ERRORES_INF(

SALIDA1) SALIDA1) SALIDA2) SALIDA2) SALIDA2)

0.8333346 2.166665 24.66667 1.833335 1.166665

0.0000000 0.0000000 0.0000000 0.0000000 0.0000000

Para lograr un uso correcto de estas potentes herramientas, es necesario dominar algunos conceptos tericos que sern tratados en este captulo.

Funciones de una sola variableIntroduccin La optimizacin de funciones con una nica variable independiente es frecuente en el campo de la ingeniera. Adems, varios mtodos diseados para mltiples variables utilizan optimizaciones internas univariables. Por este motivo, son muchos los mtodos desarrollados para las funciones de una nica variable. Antes de resolver cualquier problema, debemos estudiar las funciones a fin de saber qu esperar de sus comportamientos. Funciones continua Una funcin f(x) es continua en a si: 1. Existe f(a). 2. Existe el Lim f(x) para x tendiendo a a. 3. El valor de (1) es igual al valor de (2). Funcin monotnica Una funcin f(x) es monotnica si para todo par de puntos x1, x2 con x1 x2, se cumple f(x1) f(x2) (montona creciente), o se cumple f(x1) f(x2) (montona decreciente). No es necesario que se trate de una funcin continua. Funcin unimodal Un funcin es unimodal en a si es montona creciente para x a y montona decreciente para x a. Tambin vale para la situacin inversa. Definicin Una funcin es unimodal en el intervalo [a, b] si y slo si es monotnica en ambos lados del nico punto ptimo xopt en el intervalo. En otras palabras, si xopt es un punto mnimo de f(x) en dicho intervalo, luego la funcin es unimodal si y slo si para todo punto x1 y x2, x opt x1 x2 < f(x opt) f(x1) f(x2) (2)

y x opt x1 x2 < f(x opt) f(x1) f(x2) (3)


4

Criterio de optimalidad Cuando se est resolviendo un problema de optimizacin, aparecen dos situaciones: Situacin esttica: Cmo podemos determinar si un dado punto x* es el la solucin ptima? Situacin dinmica: Si el punto x* no es el ptimo, entonces cmo llegamos a la solucin ptima? En este captulo trataremos de contestar la primera pregunta. Optimo global y local Sea f(x) definida en la regin R, el punto xopt R es un mnimo global si y slo si f(xopt) f(x) para todo x R. Sea f(x) definida en la regin R, el punto xopt R es un mnimo local si y slo si existe un valor / >0 tal que f(xopt) f(x) para todo x que cumpla con |x - xopt| < /. Observaciones: Invirtiendo las desigualdades tenemos las definiciones para los mximos. Si la funcin es unimodal, el mnimo local es automticamente el mnimo global. Cuando la funcin no es unimodal, pueden existir mltiples puntos mnimos locales, y el mnimo global slo puede ser determinado buscando todos los locales y seleccionando el mejor. Funciones cncavas y convexas Como demostraron Wilde y Beightler (1967) la propiedad de unimodalidad es difcil de establecer analticamente. Entonces, debemos contar con algn criterio ms fcil de establecer que nos permita determinar si el problema tendr un nico ptimo o no. Este criterio es el que analizaremos ahora. Una funcin es cncava sobre una regin R si la siguiente relacin vale para todo par de puntos xa y xb (pueden ser vectores) pertenecientes a R: f[ xa (1) x b] f(xa) [0,1]

(1

) f(x b)

(4)

Si se prohbe la igualdad, entonces tenemos una funcin estrictamente cncava. Cambiando el sentido de la desigualdad podemos definir las funciones convexas. En la Figura 3 se muestran algunos ejemplos. Observe, que la funcin todas son tambin unimodales, sin embargo la ltima no es ni cncava ni convexa. Otra observacin interesante es que una la recta es cncava y tambin convexa, pero no satisface las condiciones de estrictamente cncava ni convexa. Adems, la suma de dos funciones mantiene el carcter. Las ecuaciones utilizadas para definir las funciones cncavas y convexas no son muy cmodasOptimizacin y Simulacin de procesos. Mtodos Analticos Enrique Eduardo Tarifa - Universidad Nacional de Jujuy

5

para calcular. En cambio, para este fin, se utiliza la segunda derivada. Una funcin es cncava sobre una regin R si f(x) 0 para todo x R. Esta definicin se puede adaptar para las funciones convexas y las estrictamente cncavas y convexas con slo modificar la desigualdad.

Figura 3: Funciones unimodales. Regin convexa Una regin R es convexa si para todo par de puntos xa y xb (pueden ser vectores) pertenecientes a R se cumple: x x a (1 ) x b [0,1] x R

(5)

En la Figura 4 se muestran algunos ejemplos para dos dimensiones.

Figura 4: Regiones convexas y no convexas. Es muy importante contar con un mtodo para determinar si una regin es o no es convexa porque esto afecta la solucin del problema; en la Figura 5 se muestran dos casos donde una funcin cncava est siendo maximizada. En el primer caso, el dominio es convexo, por lo tanto basta con encontrar el nico mximo relativo (fcil de encontrar) que automticamente ser tambin el mximo absoluto. En cambio, en el segundo caso misma funcin es maximizada en un dominio no convexo; ahora, es necesario estudiar lo que ocurre en las fronteras. Se puede determinar si una regin es convexa o no estudiando las restricciones que la determinan. Si todas las restricciones g(x) son funciones cncavas y adems g(x) 0; entonces, tenemos una regin cerrada convexa. Lo mismo vale si todas las restricciones con convexas pero ahora g(x) 0. Recuerde que las lneas rectas son tanto cncavas como convexas. En la Figura 6 se muestran los ejemplos para una sola variable, note que lo que se est graficando ahora sonOptimizacin y Simulacin de procesos. Mtodos Analticos Enrique Eduardo Tarifa - Universidad Nacional de Jujuy

6

las restricciones, no la funcin objetivo. En la Figura 7 se combinan los grficos, f(x) es la funcin objetivo y g(x) es la restriccin.

Figura 5: Efecto de la regin sobre el ptimo.

Figura 6: Efecto de la restriccin sobre la regin.

Figura 7: Efecto de la regin sobre el ptimo. Condiciones para un punto ptimo Los valores ptimos de una funcin limitada a una regin slo pueden darse en limitadasOptimizacin y Simulacin de procesos. Mtodos Analticos Enrique Eduardo Tarifa - Universidad Nacional de Jujuy

7

localizaciones. Por eso, es importante identificar estas posiciones para limitar la bsqueda a ellas. Las localizaciones posibles de un ptimo son: 1. Los puntos estacionarios, donde f(x) = 0. 2. En los puntos de discontinuidad de la f(x). 3. En los puntos de discontinuidad de la f(x). 4. En las fronteras. La Figura 8 muestra los puntos que deben ser explorados en la bsqueda de un mximo en el intervalo [a,b].

Figura 8: Puntos extremos. Condiciones para un ptimo interno o sin restricciones Un ptimo interno a una regin, o un ptimo de un problema sin restricciones puede estar dado por un punto estacionario. Aqu veremos la condiciones necesarias y suficientes para que un dado punto sea considerado un punto ptimo. Si f(x) es continua y sus derivadas tambin, entonces podemos de desarrollar la serie de Taylor alrededor del punto candidato a: f(a h) f(a) h f (a) h2 f (a) 2! ... h j (j) f () j! (6)

donde h = x - a, y [a, x]. La condicin necesaria para que en a exista un punto ptimo se deriva de la siguiente manera. Supongamos que en x = a existe un mnimo, debido a que para valores pequeos de h es el primer trmino de la mano derecha el que domina, tenemos que el signo de la diferencia f(a+h) f(a) depende del signo de h, hecho que se opone con la definicin de mnimo. Para asegurar que la definicin de mnimo no es violada no queda otra alternativa que f(a) = 0. Esta es la condicin necesaria para que un punto interno o sin restricciones sea mnimo. De la misma manera se puede demostrar para un punto mximo. Sabiendo que el primer trmino debe ser nulo, ahora nos concentramos en el segundo trmino. Para h pequeos, este trmino predomina sobre el resto y fija el signo de la diferencia f(a+h) Optimizacin y Simulacin de procesos. Mtodos Analticos Enrique Eduardo Tarifa - Universidad Nacional de Jujuy

8

f(a). Se puede ver que si f(a) > 0, nos aseguramos que se cumpla la definicin de mnimo independientemente del signo de h. Esta es una condicin suficiente para la existencia de un mnimo. Para un mximo pediremos f(a) < 0. En forma ms general, sea n es el orden de la primera derivada que no es nula en el punto x = a, entonces: Si n es par y f(n)(a) > 0, entonces tenemos un mnimo. Si n es par y f(n)(a) < 0, entonces tenemos un mximo. Si n es impar, entonces tenemos un punto de inflexin o ensilladura.

Funciones de varias variablesIntroduccin Las mismas situaciones consideradas para las funciones de un sola variables se presentan tambin aqu, pero con el agravante que los inconvenientes crecen geomtricamente con el nmero de variables a considerar. La extensin de las mayoras de las definiciones antes realizadas son triviales, basta con pensar que la variable x ahora es un vector. Aqu slo se repasarn las definiciones que incorporen algn grado de dificultad. En primer lugar, la f(x) ser reemplazada por el gradiente /f(x), mientras las segunda derivada ser reemplazada por /2f(x) o Hessiano H(x) definido como:

H(x)

02f(x) 02f(x) 0x12 0x10x2 02f(x) 02f(x) 0x20x1 0x22

(7)

Funciones cncavas y convexas Primero debemos plantear las siguientes definiciones: H(x) es definida positiva si y slo si vT H v > 0 para todo v g 0. H(x) es definida negativa si y slo si vT H v < 0 para todo v g 0. H(x) es indefinida si y slo si vT H v es < 0 para algunos v y > 0 para otros. Cuando se contempla la igualdad, H es semidefinida. Se puede demostrar, utilizando la serie de Taylor que: Si H(x) es definida negativa en la regin R, la funcin f(x) es estrictamente cncava en esa regin. Si H(x) es definida positiva en la regin R, la funcin f(x) es estrictamente convexa en esa regin. Si H(x) es semidefinida, entonces f(x) ser slo cncava o convexa. Para clasificar H(x) como definida positiva, se debe cumplir: Todos los elementos de la diagonal deben ser positivos y los determinantes de H(x) y deOptimizacin y Simulacin de procesos. Mtodos Analticos Enrique Eduardo Tarifa - Universidad Nacional de Jujuy

9

sus principales menores deben ser positivos. O, todos los autovalores de H(x) deben ser positivos.

Para clasificar H(x) como definida negativa, se debe cumplir: Todos los elementos de la diagonal deben ser negativos y los determinantes de H(x) y de sus principales menores deben tener signos alternos comenzando con det(M1(H(x))) < 0, donde M1 es la matriz principal 1 (el elemento de la esquina superior izquierda). O, todos los autovalores de H(x) deben ser negativos. Para los H semidefinidos, basta incorporara la igualdad. Cuando los autovalores tienen signos mezclados, la funcin no es ni cncava ni convexa. Los autovalores () y autovectores (v) se definen de la siguiente manera: H v v

(8)

Los autovalores se obtienen de resolver la siguiente ecuacin: |H I|

0

(9)

Mientras que los autovectores se obtienen de resolver el siguiente sistema de ecuaciones, una vez por cada autovalor (la solucin no es nica): (H Ejemplo Clasifique la siguiente funcin: f(x) 2 x12

i I) v i

0

(10)

3 x1 x2

2 x2

2

(11)

Calculando el Hessiano:f(x) x 1

4 x1

3 x2

(12)

f(x) x 2

3 x1

4 x2

(13)

2f(x) x12

4

(14)


10

2f(x) x22

4

(15)

2f(x) x1x

2

2f(x) x2x

3

(16)

1

Entonces, el Hessiano es: H(x) 4 3 (17)

3 4

Los menores principales son: M1 (orden 1) = 4 det(M1) = 4 M2 (orden 2) = H det(M2) = 7 por lo tanto, H(x) es definida positiva y f(x) es estrictamente convexa. Ejemplo Clasifique la siguiente funcin utilizando autovalores: f(x) 2 x12

2 x1 x2

1.5 x2

2

7 x1

8 x2

24

(18)

El Hessiano es: H(x) 4 2 2 3 (19)

Para determinar los autovalores planteamos: |H(x) I|

4 2

2 3

(4

) (3

)

4

0

(20)

los autovalores son 5.56 y 1.44, ambos positivos; por lo tanto, la funcin es estrictamente convexa. Regiones convexas Se mantiene la misma definicin pero ahora se utiliza el Hessiano. Veamos un ejemplo.


11

Ejemplo Determine si las siguientes restricciones forman una regin convexa: x12

x2 1

(21)

x1

x2 2

(22)

Primero escribimos las restricciones en la forma g(x) 0: g1(x) x12

x2

1 0

(23)

g2(x)

x1

x2

2 0

(24)

Debemos demostrar que las dos funciones son cncavas, entonces calculamos los Hessianos: H[g1(x)] 2 0 0 0 (25)

H[g2(x)]

0 0 0 0

(26)

como todos los autovalores son nulos o negativos, las matrices son semidefinidas negativas; por lo tanto, las funciones son cncavas, y la regin es convexa. La Figura 9 muestra esta regin.

Figura 9: Regin convexa. En la Figura 10 se puede ver los problemas que trae una regin no convexa, se puedenOptimizacin y Simulacin de procesos. Mtodos Analticos Enrique Eduardo Tarifa - Universidad Nacional de Jujuy

12

determinar dos puntos ptimos.

Figura 10: Regin no convexa. Condiciones necesarias y suficientes para un ptimo sin restricciones La demostracin es parecida a la anterior, slo que ahora se utiliza el gradiente y el Hessiano. La serie de Taylor alrededor del punto xopt es: f(x) f(x opt)

/Tf(x opt) x

1 (X)T /2f(x opt) 2

x

O3(x)

...

(27)

Siguiendo el mismo razonamiento que antes se tienen las condiciones necesarias (1 y 2) y la suficiente (de 1 a 3): f(x) es dos veces diferenciables en xopt. 1. /f(xopt) = 0, esto es xopt es un punto estacionario. 2. 3. H(xopt) es definida positiva para que un mnimo exista en xopt, y definida negativa para que exista un mximo en xopt.

Ejemplo Calcule los puntos extremos de la siguiente funcin: f(x) 4 4.5 x1 4 x2 x12

2 x2

2

2 x1 x2

x1

4

2 x1 x2

2

(28)

Haciendo el gradiente cero, tenemos el siguiente sistema de ecuaciones:

0f(x) 0x 1

4.5 2 x1

2 x2

4 x1

3

4 x1 x2

0

(29)


13

f(x) x 2

4

4 x2

2 x1

2 x1

2

0

(30)

La solucin numrica de este sistema y su clasificacin se da en la siguiente tabla:Puntos estacionarios (x1, x2) f(x)1 2

Clasificacin

(1.941, 3.854) (-1.053,1.028) (0.6117,1.4929 )

0.9855 -0.5134 2.83

37.03 10.5 7.0

0.97 3.5 -2.56

Mnimo local Mnimo local Ensilladura

Optimo con restriccionesAhora analicemos cmo afectan las restricciones al problema de encontrar un punto ptimo. Consideremos el problema general: x s.a. h j(x) 0 j Min f(x) [ x1, x2, ..., x n]T j m 1, 2, ..., m 1, m 2, ..., p (31)

gj(x) 0

Las desigualdades (restricciones dbiles) se pueden transformar en igualdades por un mtodo que veremos luego, por lo tanto el problema se reduce a manejar las igualdades (restricciones fuertes). La forma ms aconsejable de manejar las restricciones de igualdades es utilizar las mismas para eliminar una cantidad equivalente de variables (mtodo de sustitucin) y transformar el problema original en un problema sin restricciones y con menor cantidad de variables. Este mtodo ya fue explicado en un captulo anterior. A continuacin veremos un ejemplo: Ejemplo Min f(x) s.a. 2 x1 4 x1 3 x22

5 x2 6

2

(32)

Utilizamos la igualdad para despejar x1:


14

x1

6

3 x2 2

(33)

sustituyendo en la funcin objetivo, tenemos la nueva funcin objetivo de una nica variable y sin restricciones: Min f(x2) 14 x22

36 x2

36

(34)

Como es una funcin de una nica variable podemos resolverlo con el mtodo estudiado en la seccin anterior:f(x2) x 2

28 x2

36

0

(35)

entonces, x2opt = 1.286, y por lo tanto x1opt = 1.071. Multiplicadores de Lagrange Para aplicar el mtodo de los multiplicadores de Lagrange necesitamos llevar el problema original a una forma donde slo existan restricciones fuertes (igualdades). A fin de analizar el fundamento del mtodo, veamos el siguiente problema: Min f(x1, x2) s.a. h(x1, x2) 0 (36)

para que un punto sea considerado ptimo deber satisfacer las siguientes ecuaciones: df dh 0 0f dx1 x 1 h dx1 x 1 f dx2 x 2 h dx2 x 2

(37)

Debido a que las variables x1 y x2 no son independientes (estn vinculadas por la restriccin), no es necesario pedir que ambas derivadas parciales de f sean nulas, sino que simplemente pediremos que ambos trmino se cancelen mutuamente asegurando un df nulo (condicin para ser un ptimo). Por otra parte, la segunda igualdad se debe cumplir porque h est igualada a una constante (cero). Las ecs. 37 constituyen un sistema de ecuaciones homogneo, el cual tendr solucin no trivial (dx1 y dx2 no nulos) cuando el determinante sea igual a cero, esto es:Optimizacin y Simulacin de procesos. Mtodos Analticos Enrique Eduardo Tarifa - Universidad Nacional de Jujuy

15

f h x 1 x 2

f h x 2 x 1

0

(38)

esto se puede escribir tambin de la siguiente forma:f x 2 f x 1 h x 2 h x 1

(39)

o tambin:f x 2 h x 2 f x 1 h x 1

(40)

o lo que es equivalente:f x 1 f x 2 h x 1 h x 2

0 (41) 0

donde relaciona las derivadas de f y h y es llamado multiplicador de Lagrange. Por comodidad, podemos plantear la siguiente funcin ampliada (Lagrangeana): L(x, ) note que h(x) = 0, Si aplicamos a esta funcin las condiciones para un ptimo sin restricciones, obtendremos el siguiente sistema de ecuaciones: f(x) h(x)

(42)


16

L x 1 L x 2

f x 1 f x 2 L h(x)

h x 1 h x 2

0 0 (43)

0

con incgnitas , x1 y x2. Observe que estas ecuaciones son las que obtuvimos en la ec. 41 y en la ec. 36 como las condiciones que deba satisfacer un punto ptimo. En la Figura 11 se muestra la interpretacin grfica de la condicin expresada en la ec. 39. La conclusin es que en el punto ptimo, la restriccin se hace tangente a las curvas de nivel de la funcin objetivo. Recuerde que el gradiente de una funcin es un vector perpendicular a la curva de nivel e indica hacia el mximo de la funcin.

Figura 11: Multiplicadores de Lagrange. Ejemplo Min f(x) 4 x1 5 x2 s.a. h(x) 2 x1 3 x2 6 02 2

(44)

La funcin ampliada ser entonces: L(x,) 4 x12

5 x2

2

(2 x1

3 x2

6)

(45)


17

aplicando las condiciones necesarias:L 8 x1 2 0 x 1 L 10 x2 3 0 x 2 L 2 x1 3 x2 6 0

(46)

la solucin es opt = - 4.286, x1opt = 1.071 y x2opt = 1.286. En este caso la solucin fue encontrada con tan slo resolver un sistema lineal de ecuaciones. Sin embargo, en los casos en que el sistema a resolver es no lineal deberemos sopesar la conveniencia de utilizar el mtodo de los multiplicadores debido a que la resolucin de un sistema de ecuaciones lineales es tan o ms complejo que el problema original de optimizacin. Se debe siempre verificar el xopt debido a que la funcin Lagraneana exhibe un punto de ensilladura con respecto a x y . Generalizacin del mtodo de los multiplicadores de Lagrange A continuacin generalizaremos el mtodo para ms de dos variables e incluiremos restricciones dbiles. Dado el modelo general planteado anteriormente: x s.a. h j(x) 0 j Min f(x) [ x1, x2, ..., x n]T j m 1, 2, ..., m 1, m 2, ..., p (47)

gj(x) 0

Lo rescribimos para adaptarlo al mtodo de los multiplicadores de Lagrange: x s.a. h j(x) g j(x) 0 Min f(x) [ x1, x2, ..., x n]T j 0 j m 1, 2, ..., m 1, m 2, ..., p (48)

2 j

Note que al escribir 2 evitamos incorporar las restricciones 0. La Lagrangeana es: L(x, ) f(x)

Mm j 1

j h j(x)

j m 1

M (g (x)p j j

2) j

(49)


18

Las condiciones necesarias y suficientes que debe cumplir xopt son: f(x) debe ser convexa. La regin debe ser convexas. Satisfacer las siguientes ecuaciones:L x i L j L j

0 0 0 j j

i j m m

1, ..., n 1, ..., p (50) 1, ..., p 1, ..., p

2 j jj

0

Para un mximo de f(x) se debe cambiar el signo de la ltima desigualdad por j 0. Observe que el valor de j se elige de tal modo que penaliza el no cumplimiento de las restriccin de desigualdad. Ejemplo Resolvamos el siguiente problema: Min f(x) s.a. g(x) 252 x1

x1 x22 x2

0

(51)

La Lagrangeana es: L(x,) x1 x2 (25

x1

2

x2

2

2)

(52)

Planteando las condiciones necesarias:


19

L

L x 1 L x 2

x2 x1 x12

2 x1 2 x2 x22

0 0

25L

20

0

(53)

2

0

El sistema es homogneo, por lo tanto las ecuaciones son dependiente, se debe probar para = 0 y para no nulo. La solucin para estos casos es:

x1 0 3.54 -3.54 3.54 -3.54

x2 0 -3.54 3.54 3.54 -3.54

5 0 0 0 0

f(x) 0 -12.5 -12.5 12.5 12.5

Comentarios Ensilladura Mnimo Mnimo Mximo Mximo

0 -0.5 -0.5 0.5 0.5

Interpretacin econmica de los multiplicadores Para una dada restriccin, el correspondiente multiplicador indica cunto cambiar la funcin objetivo cuando se cambie diferencialmente la constante e de la restriccin h*(x) = e. Esto es:

L e

[f(x) e

(h (x)

e)]

(54)

y debido a que en ptimo h*(xopt) = e y xopt es funcin de e, tenemos que:

L e

f e

(55)

Entonces, el multiplicador indica la sensibilidad de tanto L(x) como de f(x) con respecto a e. El parmetro e puede ser interpretado como los recursos existentes, mientras el correspondiente multiplicador ser el precio sombra. El estudio de estos multiplicadores nos permite decidir dnde conviene colocar inversiones adicionales, se colocar en las restricciones que afecten ms favorablemente la funcin objetivo. Condiciones necesarias y suficiente para un mnimo local, Kuhn-Tucker La Lagrangeana considerando las desigualdades es:Optimizacin y Simulacin de procesos. Mtodos Analticos Enrique Eduardo Tarifa - Universidad Nacional de Jujuy

20

L(x, , )

f(x)

j

Mm

j h j(x)j

1

Mp

j (gj(x)

2) j

(56)

m 1

Los pueden ser positivos o negativos, pero los deben ser positivos. Si la desigualdad de las restricciones fuera del tipo menor o igual a cero, debera ir sumando en lugar de ir restando el la sumatoria correspondiente a las restricciones dbiles. Entonces, siempre pediremos 0. Una direccin vlida de bsqueda s, debe asegurarnos que disminuir el valor de f(x). Esto se verifica si se cumple /Tf(x) s < 0. Recuerde que el gradiente de una funcin indica hacia el mximo, por lo tanto una direccin cuya proyeccin sobre el gradiente es negativa debe necesariamente conducir hacia un mnimo. Analizando la Figura 12, vemos que el nico modo de que no exista una direccin s que posibilite continuar minimizando (y por lo tanto ya estaramos en un mnimo) es que el gradiente sea una combinacin lineal de los gradientes de las restricciones activas, es decir:

/f(x opt)

1 [ /g1(x opt)]opt

2 [ /g2(x opt)]opt

(57)

Otra forma de decir esto es, la interseccin del cono de direcciones descendentes (toda s con proyeccin negativa sobre /f(x)) con el cono de direcciones factibles (todas las s con proyeccin positivas sobre los /g(x) de las restricciones activas) es vaca. Generalinzando, podemos afirmar que debe cumplirse lo siguiente en un punto ptimo:

/f(x opt)j

m 1 opt j

Mp

j

opt

[ /g j(x opt)]

0

(58)

Sin embargo, como la relacin debe cumplirse slo para las restricciones activas, imponemos: jopt opt

00

si gj(x opt)

0 (59)

j

si gj(x opt) >0

o lo que es lo mismo: jopt

g j(x opt)

0

(60)


21

Figura 12: Condicin de dependencia lineal. Por otra parte, de la definicin de la Lagrangeana, se cumple:

/L(x opt, opt)

/f(x opt)

j

Mm

j

opt

/hj(x opt)j

1

Mp

j

opt

/g j(x opt)

(61)

m 1

Note que no figuran las variables porque se hacen nulas para las restricciones activas, mientras que para las restricciones no activas es nulo. Dada la relacin deducida anteriormente entre los gradientes de las restricciones y de la funcin, concluimos que /L(xopt) debe ser nulo. En resumen, las condiciones necesarias para que xopt sea un mnimo son: f(x), hj(x) y gj(x) son todas diferenciables dos veces en xopt. 1. 2. Las restricciones son satisfechas (tanto las fuertes como las dbiles). 3. Vale la calificacin de restricciones de segundo orden. Para esto, es suficiente con que los gradientes de las restricciones activas (/gj(xopt)) y de las igualdades (/hj(xopt)) sean linealmente independientes. 4. Vale jopt gj(xopt) = 0. 5. Vale /Lx(xopt, opt, opt) = 0. 6. Los jopt son no negativos. 7. La Hessiana de L sea semidefinida positiva para todo v para el cual vT*/gj(xopt) = 0 (de las activas) y vT*/hj(xopt) = 0: vT*/2[L(xopt, opt, opt)]*v 0 Las condiciones suficientes para que xopt sea un mnimo son: 1. De la 1 a la 6 de las necesarias. 2. La Hessiana de L es positiva definida para todo v para el cual: T v */gj(xopt) = 0, para las activas con jopt > 0. vT*/hj(xopt) = 0Optimizacin y Simulacin de procesos. Mtodos Analticos Enrique Eduardo Tarifa - Universidad Nacional de Jujuy

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vT*/gj(xopt) 0, para las activas con jopt = 0. vT*/2[L(xopt, opt, opt)]*v > 0 Observaciones: si f(x) es convexa, las hj(x) son lineales, las gj(x) son cncavas y xi 0, entonces un mnimo local tambin es un mnimo global. Anlogamente, un mximo local es un mximo global si la funcin objetivo es cncava y las restricciones forman un conjunto convexo. Note que todas las condiciones que vimos pueden ser utilizadas para: 1. Verificar si un candidato dado es un punto ptimo. 2. Para encontrar candidatos. Si se hace esto, hemos transformado el problema de Optimizacin en un problema de resolucin de un sistema de ecuaciones. Generalmente, este nuevo problema puede ser tanto o ms complejo que el problema inicial, y por lo tanto conviene la utilizacin de otro mtodo. Ejemplo Determinar si el punto (1.00, 4.90) es un mnimo local para el problema. Min f(x) s.a. h1(x) g1(x) 10 x1 g2(x) 252 x1 2

4 x1 x12

x2

2

12 02 x2 2

x2

2

(x1 3) (x2 1) 0 g3(x) x1 0 g4(x) x2 0

10 x2

34 0

(62)

En la Figura 13 se muestra grficamente este problema. 1. 2. 3. Por inspeccin, las funciones son dos veces diferenciables. Reemplazando el valor de xopt en las restricciones vemos que todas las restricciones se satisfacen y que g1(xopt) se vuelve activa (hace valer la igualdad). Ahora verificamos la independencia lineal entre los gradientes de las restricciones activas, /g1(xopt) y /h1(xopt). Para ello, analizamos el determinante del sistema de ecuaciones que surge de plantear la combinacin lineal. Como el determinante del sistema es distinto de cero, la nica solucin es el vector nulo (c = (0,0)), por lo tanto los gradientes son linealmente independientes.

Optimizacin y Sim

40633705 optimizacion y simulacion de procesos

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