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FAAP – Faculdade de Administração

Código da Disciplina: 2CE591 – PESQUISA OPERACIONAL 1

1. INTRODUÇÃO

Histórico:

O termo Pesquisa Operacional foi utilizado pela 1ª vez na Grã-Bretanha, em

1938, para designar o estudo sistemático de problemas estratégicos e táticos

decorrentes de operações militares.

Um grupo de especialistas (matemáticos, físicos, engenheiros...) foi

designado para avaliar e reposicionar adequadamente os radares do sistema

de defesa aérea da Grã-Bretanha, antes e durante a 2ª Guerra Mundial.

Como ciência, a Pesquisa Operacional surgiu para resolver de forma mais eficiente

problemas de otimização advindos da complexidade da administração das

organizações. Seus métodos visam auxiliar na seleção da melhor maneira de se

operar um sistema, usualmente sob condições que exijam a utilização de recursos

limitados.

Problemas de tomada de decisão são freqüentes em nosso dia a dia, como por

exemplo, escolher uma refeição a ser consumida em um restaurante ou em qual

restaurante ir almoçar, ou ainda qual filme assistir neste final de semana. É preciso

selecionar uma alternativa que satisfaça um ou mais objetivos. Nem sempre o

processo de tomada de decisão possui um único objetivo e assim devemos ponderá-

los, com o intuito de encontrar a melhor solução.

Intuição e experiência são as principais características empregadas pelos chamados

métodos qualitativos para a tomada de decisão. Mas muitas vezes o problema é

novo, complexo ou demasiadamente importante e nos faz optar por um método

quantitativo para chegar a uma decisão final. Este requer uma estruturação do

problema, seguida de sua representação matemática e da utilização de métodos de

análise apropriados. A solução produzida pelo método quantitativo adotado deve

então ser recomendada ao tomador de decisão.



Em um processo de decisão por um método quantitativo, podemos citar 5 fases que

compõem um projeto de Pesquisa Operacional:

1. Formulação do problema (entendê-lo e definir o objetivo)

2. Construção do modelo (estabelecer variáveis e gerar alternativas)

3. Obtenção da solução

4. Teste do modelo e avaliação da solução (comparar as alternativas com

outras, avaliar os riscos)

5. Implantação e acompanhamento da solução (manutenção)



2. PROGRAMAÇÃO LINEAR

É uma técnica de otimização bastante utilizada na resolução de problemas

que tenham seus modelos representados por expressões lineares.

Pela sua simplicidade e a possibilidade de aplicação em uma considerável

diversidade de problemas, tornou-se um recurso bastante difundido.

Função objetivo: obtida com as

mesmas variáveis das restrições, a

ser maximizada ou minimizada

Restrições: todas as possibilidades

e limitações levantadas do problema

Quanto a resolução, temos:

a) Problema com duas variáveis,

- Gráfica

solução: - Análise matemática

- Algoritmo (Método Simplex).

b) Problema com um número qualquer de variáveis

solução: - Análise matemática

- Algoritmo (Método Simplex)

Podemos elaborar um ¨roteiro¨, para auxiliar na montagem do problema:

1. Identificar as variáveis de decisão:

O problema, por exemplo, refere-se à programação de produção, portanto as

variáveis de decisão são definidas como as quantidades a produzir no

período.

2. Definir o objetivo:

Por exemplo, maximizar os lucros, ou minimizar os custos.

PROGRAMAÇÃO LINEAR



3. Função objetivo:

Expressão que calcula o valor do objetivo em função das variáveis de

decisão.

4. Identificar as restrições:

Relação linear montada com as variáveis de decisão.

Ex 1:

Um fazendeiro deseja otimizar as plantações de arroz e milho na sua fazenda. O

fazendeiro quer saber as áreas de arroz e milho que devem ser plantadas para que

o seu lucro nas plantações sejam o máximo. O seu lucro por unidade de área

plantada de arroz é 5 u.m., e por unidade de área plantada de milho é 2 u.m. As

áreas plantadas de arroz e milho não devem ser maiores que 3 e 4 respectivamente.

Cada unidade de área plantada de arroz consome 1 homem-hora. Cada unidade de

área plantada de milho consome 2 homens-hora. O consumo total de homens-hora

nas duas plantações não deve ser maior que 9.

Solução:

- variáveis de decisão:

x1 = área a ser plantada com arroz

x2 = área a ser plantada com milho

- Objetivo:

Maximizar o lucro

- Função objetivo:

Lucro unitário de x1 = 5 u.m.

Lucro unitário de x2 = 2 u.m.

- Restrições:

áreas a serem plantadas: arroz: x1 ≤ 3

milho: x2 ≤ 4

consumo de homens hora:

milho: 2 homens hora por unidade de área plantada

consumo total nas 2 plantações ≤ 9 x1 + 2 x2 ≤ 9

Lmáx = 5 x1 + 2 x2



2.1 MÉTODO GRÁFICO

a) Construir a reta correspondente a cada equação montada a partir das

restrições.

I

II

para x1 = 0 0 + 2 x2 = 9 x2 = 4,5

III

para x2 = 0 x1 + 2.0 = 9 x1 = 9

b) Testar para cada reta qual a região que corresponde à solução da inequação.

Escolher um ponto qualquer fora da reta e substituir os valores na inequação,

verificando se a condição é verdadeira ou falsa.

Escolhido (2,1)

I x1 ≤ 3

2 ≤ 3 (V)

II x2 ≤ 4

1 ≤ 4 (V)

x1 = 3

x2 = 4

x1 + 2 x2 = 9



III x1 + 2 x2 ≤ 9

2 + 2 . 1 ≤ 9

4 ≤ 9 (V)

c) Encontrar os pontos referentes aos vétices do polígono formado.

C = encontro das retas I e III , portanto temos: x1 = 3 x1 + 2 x2 = 9

3 + 2 x2 = 9

2 x2 = 6

x2 = 3

D = encontro das retas II e III , portanto temos: x2 = 4 x1 + 2 x2 = 9

x1 + 2 . 4 = 9

x1 = 1

A (0,0)

B (3,0)

C (3,3)

D (1,4)

E (0,4)



d) Substituir os valores dos vértices do polígono na função objetivo.

Lmáx = 5 x1 + 2 x2

A (0,0) = 0

B (3,0) = 15

C (3,3) = 21

D (1,4) = 13

E (0,4) = 8

Verificamos que o ponto C é o que fornece o maior valor para a função objetivo,

portanto temos que Lmáx = 21

Concluímos que o lucro máximo do fazendeiro é de 21 unidades monetárias,

desde que plante 3 unidades de área de arroz e 3 unidades de área de milho.

Ex 2:

Uma empresa produz artigos de alta qualidade em três seções de produção. Como

os produtos partilham as capacidades de produção das seções e sofrem as

restrições (resumidas no quadro), pede-se determinar as quantidades a serem

produzidas para a obtenção de lucro máximo.

Capacidade utilizada por unidade de

produção

Seção nº Produto 1 Produto 2 Capacidade

disponível

1 2 1 10

2 1 1 6

3 1 4 20

Lucro unitário ($) 3 2



Ex 3:

Certa empresa fabrica dois produtos P1 e P2. O lucro unitário do produto P1 é de

1000 unidades monetárias e o lucro unitário de P2 é de 1800 unidades monetárias.

A empresa precisa de 20 horas para fabricar uma unidade de P1 e de 30 horas para

fabricar uma unidade de P2. O tempo anual de produção disponível para isso é de

1200 horas. A demanda esperada para cada produto é de 40 unidades anuais de P1

e 30 unidades anuais para P2. Qual é o plano de produção para que a empresa

maximize seu lucro nesses itens? Construa o modelo de programação linear para

esse caso.

Ex 4: Representar graficamente a solução do sistema:

x1+3x2 ≤ 12

2x1+x2 ≥ 16

x1 ≥ 0

x2 ≥ 0

Ex 5: Maximizar L= 2x1+5x2 na região de soluções do gráfico

1,6

4,8



2.2 MÉTODO SIMPLEX

Como já citado anteriormente, problemas com mais de 2 variáveis não poderiam ser

solucionados com o método gráfico. Desta forma é necessário o estudo de outro

procedimento para a busca de soluções. Será apresentado mais um procedimento

geral para resolução de problemas de programação linear, denominado "Método

Simplex", que foi desenvolvido em 1947 por George B. Dantzig.

É um método interativo (algoritmo) utilizado para achar, algebricamente, a solução

ótima de um problema de PROGRAMAÇÃO LINEAR.

Um algoritmo é a descrição de um conjunto de ações que resultam em uma

sucessão finita de passos até a obtenção de um resultado. Este conjunto de ações

inclui um procedimento para iniciar e um critério para terminar.

A seguir vamos resolver pelo método SIMPLEX o Ex 2, que foi resolvido em aula

pelo método gráfico.

Objetivo: maximizar o lucro

Função objetivo:

Restrições: 2 x1 + x2 ≤ 10

x1 + x2 ≤ 6

x1 + 4 x2 ≤ 20

Solução:

Com o auxílio de variáveis de folga transformamos as inequações em

equações. Vamos acrescentar 1 variável de folga para cada equação.

2 x1 + x2 + x3 + 0 x4 + 0 x5 = 10

x1 + x2 + 0 x3 + x4 + 0 x5 = 6

x1 + 4 x2 + 0 x3 + 0 x4 + x5 = 20

Adicionar as variáveis de folga na função objetivo, com o coeficiente zero.

L = 3 x1 + 2 x2

L - 3 x1 - 2 x2 + 0 x3 + 0 x4 + 0 x5 = 0

L = 3 x1 + 2 x2



Montar a 1ª tabela SIMPLEX

L X1 X2 X3 X4 X5 T

0 2 1 1 0 0 10

0 1 1 0 1 0 6

0 1 4 0 0 1 20

1 -3 -2 0 0 0 0

Determinar o elemento PIVOT

a) Identificar a coluna que corresponde ao elemento mais negativo (na função

objetivo) = COLUNA PIVOT

b) Dividir o elemento da coluna T pelo elemento da coluna PIVOT , fazer isso

para cada linha.

A linha que originar o menor quociente positivo = LINHA PIVOT

c) No encontro linha PIVOT x coluna PIVOT = ELEMENTO PIVOT

L X1 X2 X3 X4 X5 T

0 2 1 1 0 0 10 52

10

0 1 1 0 1 0 6 61

6

0 1 4 0 0 1 20 201

20

1 -3 -2 0 0 0 0

COLUNA PIVOT

Determinar a nova LINHA PIVOT

LINHA PIVOT = 0 2 1 1 0 0 10

÷ 2 = elemento PIVOT = 0 1 0,5 0,5 0 0 5

Função objetivo

LINHA PIVOT

= nova Linha PIVOT



Montar a nova tabela SIMPLEX (2ª)

Reescrever cada uma das outras linhas, fazendo :

Nova 2ª linha

Nova LINHA PIVOT = 0 1 0,5 0,5 0 0 5

× (-1) = 0 -1 -0,5 -0,5 0 0 -5

2ª linha = 0 1 1 0 1 0 6

Nova 2ª linha = 0 0 0,5 -0,5 1 0 1

Nova 3ª linha

Nova LINHA PIVOT = 0 1 0,5 0,5 0 0 5

× (-1) = 0 -1 -0,5 -0,5 0 0 -5

3ª linha = 0 1 4 0 0 1 20

Nova 3ª linha = 0 0 3,5 -0,5 0 1 15

Nova 4ª linha

Nova LINHA PIVOT = 0 1 0,5 0,5 0 0 5

× (3) = 0 3 1,5 1,5 0 0 15

4ª linha = 1 -3 -2 0 0 0 0

Nova 4ª linha = 1 0 -0,5 1,5 0 0 15

Nova Linha PIVOT

× elemento da coluna PIVOT da linha que será reescrita, com o sinal trocado

+ linha original NOVA LINHA



L X1 X2 X3 X4 X5 T

0 1 0,5 0,5 0 0 5

0 0 0,5 -0,5 1 0 1

0 0 3,5 -0,5 0 1 15

1 0 -0,5 1,5 0 0 15

Analisando a solução encontrada, vemos que ainda não é a solução ótima, pois

ainda há elementos negativos nos coeficientes da função objetivo (valores

indicados em vermelho)

Repetir o processo até que não existam mais elementos negativos na função

objetivo.

L X1 X2 X3 X4 X5 T

0 1 0,5 0,5 0 0 5 105,0

5

0 0 0,5 -0,5 1 0 1 25,0

1

0 0 3,5 -0,5 0 1 15 28,45,3

15

1 0 -0,5 1,5 0 0 15

COLUNA PIVOT

= ELEMENTO PIVOT

LINHA PIVOT = 0 0 0,5 -0,5 1 0 1

÷ 0,5 = elemento PIVOT = 0 0 1 -1 2 0 2

= LUCRO

= nova Linha PIVOT

LINHA PIVOT




Nova 1ª linha

Nova LINHA PIVOT = 0 0 1 -1 2 0 2

× (-0,5) = 0 0 -0,5 0,5 -1 0 -1

1ª linha = 0 1 0,5 0,5 0 0 5

Nova 1ª linha = 0 1 0 1 -1 0 4

Nova 3ª linha


× (-3,5) = 0 0 -3,5 3,5 -7 0 -7

3ª linha = 0 0 3,5 -0,5 0 1 15

Nova 3ª linha = 0 0 0 3 -7 1 8

Nova 4ª linha


× (0,5) = 0 0 0,5 -0,5 1 0 1

4ª linha = 1 0 -0,5 1,5 0 0 15

Nova 4ª linha = 1 0 0 1 1 0 16

L X1 X2 X3 X4 X5 T

0 1 0 1 -1 0 4

0 0 1 -1 2 0 2

0 0 0 3 -7 1 8

FUNÇÃO OBJETIVO = 1 0 0 1 1 0 16

OK ! Não há nºs negativos na função

A empresa deve produzir 4 produtos P1 e 2 produtos P2 para obter lucro

máximo de $ 16.

= LUCRO



Ex 6: Certa empresa fabrica 2 produtos P1 e P2. O lucro por unidade de P1 é de 150

u.m. e o lucro unitário de P2 é de 250 u.m. A empresa necessita de 2 horas para

fabricar uma unidade de P1 e de 3 horas para fabricar uma unidade de P2. O tempo

mensal disponível para essas atividades é de 120 horas. As demandas esperadas

para os 2 produtos levaram a empresa a decidir que os montantes produzidos P1 e

P2 não devem ultrapassar 60 unidades de P1 e 30 unidades de P2 por mês. Pede-se:

a) Construa o modelo do sistema de produção mensal com o objetivo de maximizar o

lucro da empresa.

b) Determinar as quantidades a serem produzidas para obtenção do lucro máximo

(utilizar o método SIMPLEX)

Ex 7: Resolva pelo método Simplex o problema:

Maximizar Z = 3x1 + 2x2 + 5x3

Sujeito a: x1+ 2x2 + x3 ≤ 430

3x1 + 2x3 ≤ 460

x1 + 4x2 ≤ 420

x1, x2, x3 ≥ 0



2.3 DUALIDADE Em determinadas situações, a quantidade de cálculos necessária para resolver um

modelo linear pelo método Simplex pode ser reduzida. O modelo inicial chamado

Primal, pode ser substituído por outro modelo chamado Dual, cuja solução é mais

rápida.

Uma vez conhecida a solução do Dual, conhece-se em consequência a solução do

Primal.

A seguir vamos resolver pela DUALIDADE o Ex 2, que já foi resolvido pelo método

GRÁFICO e pelo método SIMPLEX.

Objetivo: maximizar o lucro

Função objetivo:

Restrições: 2 x1 + x2 ≤ 10

x1 + x2 ≤ 6

x1 + 4 x2 ≤ 20

Solução:

Teremos um modelo DUAL constituído por:

A cada restrição do PRIMAL, corresponderá uma variável de decisão (yi) no

DUAL.

Para o ex, temos: 2 x1 + x2 ≤ 10 → y1

x1 + x2 ≤ 6 → y2

x1 + 4 x2 ≤ 20 → y3

As parcelas da função objetivo no DUAL serão obtidas pelo produto da

variável (yi) pelo termo independente (a direita) da restrição correspondente.

L = 3 x1 + 2 x2

D = 10 y1 + 6 y2 + 20 y3



Restrições: Cada variável de decisão (xi) no PRIMAL gera uma restrição no

DUAL.

2 x1 + x2 ≤ 10

x1 + x2 ≤ 6

x1 + 4 x2 ≤ 20

1ª restrição 2ª restrição

Suas parcelas serão obtidas pelo produto da variável (yi) pelo coeficiente do (xi) das

restrições do PRIMAL e o termo independente será o coeficiente do xi

correspondente da função objetivo do PRIMAL. Lembrando que todas as restrições

no DUAL devem ser do tipo ≥

Assim temos:

Para o método SIMPLEX, as restrições devem ser ≤ , portanto vamos × (-1)

todas as inequações do sistema:

- 2 y1 - y2 - y3 ≤ - 3

- y1 - y2 - 4 y3 ≤ - 2

A função objetivo fica: -1 +10 y1 + 6 y2 + 20 y3 = 0 Com o auxilio das variáveis de folga, temos:

- 2 y1 - y2 - y3 + y4 + 0 y5 = - 3

- y1 - y2 - 4 y3 + 0 y4 + y5 = - 2

-1 +10 y1 + 6 y2 + 20 y3 + 0 y4 + 0 y5 = 0

Montar a 1ª tabela SIMPLEX

D y1 y2 y3 y4 y5 T

0 -2 -1 -1 1 0 -3

0 -1 -1 -4 0 1 -2

-1 10 6 20 0 0 0

2 y1 + y2 + y3 ≥ 3

y1 + y2 + 4 y3 ≥ 2

Função objetivo



Determinar o elemento PIVOT

a) Identificar a linha que corresponde ao elemento mais negativo = LINHA

PIVOT

b) Dividir o elemento da FUNÇÃO OBJETIVO pelo elemento da linha PIVOT ,

fazer isso para cada coluna.

A coluna que originar quociente menos negativo ( ou ainda o mais positivo) =

COLUNA PIVOT

c) No encontro linha PIVOT x coluna PIVOT = ELEMENTO PIVOT

D y1 y2 y3 y4 y5 T

0 -2 -1 -1 1 0 -3

0 -1 -1 -4 0 1 -2

-1 10 6 20 0 0 0

52

10

6

1

6

20

1

20

COLUNA PIVOT


LINHA PIVOT = 0 -2 -1 -1 1 0 -3

÷ (-2) = elemento PIVOT = 0 1 0,5 0,5 -0,5 0 1,5

= nova Linha PIVOT

Função objetivo

LINHA PIVOT




Nova 2ª linha

Nova LINHA PIVOT = 0 1 0,5 0,5 -0,5 0 1,5

× (1) elemento da coluna

PIVOT com sinal trocado = 0 1 0,5 0,5 -0,5 0 1,5

2ª linha = 0 -1 -1 -4 0 1 -2

Nova 2ª linha = 0 0 -0,5 -3,5 -0,5 1 -0,5

Nova 3ª linha

Nova LINHA PIVOT = 0 1 0,5 0,5 -0,5 0 1,5

× (-10) = 0 -10 -5 -5 5 0 -15

3ª linha = -1 10 6 20 0 0 0

Nova 3ª linha = -1 0 1 15 5 0 -15

D y1 y2 y3 y4 y5 T

0 1 0,5 0,5 -0,5 0 1,5

0 0 -0,5 -3,5 -0,5 1 -0,5

-1 0 1 15 5 0 -15

Analisando a solução encontrada, vemos que ainda não é a solução ótima, pois

ainda há elementos negativos nos coeficientes da coluna T (valores indicados em

vermelho)

Repetir o processo até que não existam mais elementos negativos na

coluna T.

= LUCRO



D y1 y2 y3 y4 y5 T

0 1 0,5 0,5 -0,5 0 1,5

0 0 -0,5 -3,5 -0,5 1 -0,5

-1 0 1 15 5 0 -15

0 25,0

1

28,4

5,3

15

10

5,0

5

0

COLUNA PIVOT

= ELEMENTO PIVOT


LINHA PIVOT = 0 0 -0,5 -3,5 -0,5 1 -0,5

÷ (-0,5) = elemento PIVOT = 0 0 1 7 1 -2 1


Nova 1ª linha

Nova LINHA PIVOT = 0 0 1 7 1 -2 1

× (-0,5) = 0 0 -0,5 -3,5 -0,5 1 -0,5

1ª linha = 0 1 0,5 0,5 -0,5 0 1,5

Nova 1ª linha = 0 1 0 -3 -1 1 1

Nova 3ª linha

Nova LINHA PIVOT = 0 0 1 7 1 -2 1

× (-1) = 0 0 -1 -7 -1 2 -1

3ª linha = -1 0 1 15 5 0 -15

Nova 3ª linha = -1 0 0 8 4 2 -16

= nova Linha PIVOT

LINHA PIVOT



D y1 y2 y3 y4 y5 T

0 1 0 -3 -1 1 1

0 0 1 7 1 -2 1

-1 0 0 8 4 2 -16

OK ! Não há nºs negativos na coluna T (sem levar em conta a linha da FUNÇÃO OBJETIVO,

onde T será sempre negativo = DUAL), portanto encontramos a solução ótima

Lucro máximo de $ 16.

Ex 8:

Vamos considerar o exemplo de programação da produção de dois itens P1 e P2, a

partir de recursos R1 e R2. O quadro abaixo resume os dados:

PRODUTOS Recursos R1 por

unidade

Recursos R2 por

unidade LUCRO por unidade

P1 2 10 50

P2 3 5 90

Disponibilidade de

Recursos 300 1000

Construa o modelo DUAL do problema, resolvendo-o para obtenção do Lucro

Máximo.

= LUCRO



3. TRANSPORTE

Os custos de transporte de produtos acabados significam uma grande % na

estrutura do custo do produto final.

Assim, há a necessidade de uma solução que ¨MINIMIZE¨os custos com

transporte.

3.1 Modelo de Transporte

Origens: representam os fornecedores dos produtos / oferta, limitados às

capacidades individuais.

Destinos: representam os receptores dos produtos / demanda.

Unidades: quantidades transportadas em cada rota escolhida.

Custo do transporte: refere-se ao custo do movimento de uma unidade, de

uma origem para um destino.

Custo total: é obtido com a soma dos custos de todos os transportes

envolvidos.

Ex 9: São dadas no esquema abaixo, as disponibilidades e as necessidades nos

destinos finais, assim como os custos com o transporte de um determinado produto

de uma empresa, a partir de alguns centros de distribuição da mesma, localizados

em diferentes regiões. Tendo o objetivo de minimizar os custos com o transporte,

monte o modelo que representa tal situação.

Origens

Disponibilidades

50

100

120

Total = 270

Destinos

Necessidades

100

170

Total = 270

1

2

3

1

2

C1,1= 10

C1,2= 12

C2,1= 20

C2,2= 8

C3,1= 6 C3,2= 15



Solução:

Também podemos representar o problema em forma de tabela:

Destino (j)

Origem (i) D1 D2 disponibilidade

O1 10 12 50

O2 20 8 100

O3 6 15 120

necessidade 100 170 270

270

Variáveis de decisão:

Xi,j = quantidade a ser transportada da origem (i) para o destino (j).

Objetivo:

Minimizar os custos com o transporte

Função objetivo:

C = 10 X1,1 + 12 X1,2 + 20 X2,1 + 8 X2,2 + 6 X3,1 + 15 X3,2

Restrições:

X1,1 + X1,2 = 50

X2,1 + X2,2 = 100 quantidade retirada das origens = disponibilidade

X3,1 + X3,2 = 120

X1,1 + X2,1 + X3,1 = 100

X1,2 + X2,2 + X3,2 = 170

Xi,j ≥ 0 para

quantidade transportada para cada destino = necessidade

i = 1,2,3 j = 1,2



3.2 Sistemas não equilibrados

Podemos ter situações onde não exista a condição de equilíbrio entre a oferta

(disponibilidade da origem) e a demanda (necessidade dos destinos).

Ex 10: Equilibre o quadro abaixo, representativo de um modelo de transporte.

D1 D2 D3

O1 10 12 9 20

O2 4 9 8 30

O3 6 12 10 10

25 36 5 60

66

Solução:

Disponível nas origens = 60 produtos

Necessários nos destinos = 66 produtos

Portanto precisamos de uma ¨origem auxiliar¨ para ¨fornecer a diferença¨ e

equilibrar o sistema.

Diferença = 66 – 60 = 6 produtos

D1 D2 D3

O1 10 12 9 20

O2 4 9 8 30

O3 6 12 10 10

O4 0 0 0 6

25 36 5 66

Obs: Da mesma maneira acontece quando houver mais oferta do que demanda

( ˃ origem e ˂ destino) assim teremos um ¨ DESTINO AUXILIAR¨

Há um desequilíbrio

66



3.3 O algorítimo dos transportes

A solução poderia ser obtida pelo método SIMPLEX, porém, por suas características

especiais, podemos desenvolver um método que possui:

Fases e critérios = SIMPLEX

Cálculos = simplificados

Assim, a solução básica deve obedecer a 2 condições:

1. Satisfazer as restrições de origem e destino;

2. Não apresentar circuitos entre as variáveis básicas.

3.4 Método do Canto Noroeste

Vamos desenvolver o método para o exercício a seguir, formulando um roteiro para

solução:

Ex 11: No quadro de transporte a seguir, a 4ª linha mostra as necessidades nos

destinos e a 4ª coluna as disponibilidades nas origens. Os outros dados representam

custos unitários de transporte das origens para os respectivos destinos.

D1 D2 D3

O1 10 15 20 40

O2 12 25 18 100

O3 16 14 24 10

50 40 60 150

Determinar o plano de transporte que minimiza o custo total das transferências.

Solução:

1ª parte: montar uma sugestão inicial para o plano de transporte

A partir da cela superior esquerda transportamos o máximo possível da

origem ao destino correspondente.

150



O próximo transporte será feito na cela contígua (à direita ou abaixo) que

tenha disponibilidade.

D1 D2 D3

O1 10 15 20 40

O2 12 25 18 100

O3 16 14 24 10

50 40 60 150

O destino D1 precisa de 50 produtos, assim vamos transportar os 4º disponíveis

para esse destino.

40 40 40 – 40 = 0

100

10

50 40 60 150

50 – 40 = 10

Falta transportar 10 para o destino D1, assim, vamos pegar da próxima origem, O2

40 40 40 – 40 = 0

10 100 100 – 10 = 90

10

50 40 60 150

50 – 40 = 10

10 – 10 = 0

Continuar com o transporte até que sejam satisfeitas todas as necessidades dos

destinos, assim geramos a tabela a seguir (Solução Inicial):

40 40

10 40 50 100

10 10

50 40 60 150

150

A origem O1 tem 40 produtos disponíveis

150

150

150



2ª parte: Otimização da solução inicial, ou seja, verificar se a solução inicial é

ótima ou se pode ser melhorada.

a. Acrescentar na tabela da solução básica inicial a coluna Ui e a linha Vj

40 40 U1

10 40 50 100 U2

10 10 U3

50 40 60 150

V1 V2 V3

b. Montar o sistema de equações lineares

Custo correspondente à variável básica Xi,j

A que existe na solução básica

10 – U1 – V1 = 0

12 – U2 – V1 = 0

25 – U2 – V2 = 0

18 – U2 – V3 = 0

24 – U3 – V3 = 0

Obs: o sistema resultante tem seis variáveis e cinco equações, portanto, para

calcular uma solução temos que atribuir um valor a uma das variáveis.

Adotando U1 = 0, temos:

10 – 0 – V1 = 0 → V1 = 10

12 – U2 – 10 = 0 → U2 = 2

25 – 2 – V2 = 0 → V2 = 23

18 – 2 – V3 = 0 → V3 = 16

24 – U3 – 16 = 0 → U3 = 8

150

Cij – Ui – Vj = 0



c. Calcular os coeficientes das variáveis não básicas

As que não entraram na solução inicial

15 – U1 – V2 → 15 – 0 – 23 = – 8

20 – U1 – V3 → 20 – 0 – 16 = 4

16 – U3 – V1 → 16 – 8 – 10 = – 2

14 – U3 – V2 → 14 – 8 – 23 = – 17

d. Analisar se a solução encontrada é a ótima

Se houverem valores negativos entre os encontrados para os coeficientes das

variáveis não básicas a solução NÃO é a ótima, caso contrário chegamos a melhor

solução para o problema.

Assim, para o exemplo, a solução não é ótima.

Custo desta 1ª solução:

C = 10 X1,1 + 12 X2,1 + 25 X2,2 + 18 X2,3 + 24 X3,3

C = 10 x 40 + 12 x 10 + 25 x 40 + 18 x 50 + 24 x 10 →

e. Montar um circuito de compensação, encontrando a nova solução para

o sistema.

Para o cálculo da nova solução (2ª), a variável que possui o coeficiente negativo de

maior valor absoluto irá entrar na base.

Para o exemplo:

15 – 0 – 23 = – 8

20 – 0 – 16 = 4

16 – 8 – 10 = – 2

14 – 8 – 23 = – 17 entra na base a variável X3,2 = Ɵ

C = 2660



40 40

10 40 - Ɵ 50 + Ɵ 100

Ɵ 10 - Ɵ 10

50 40 60 150

Escolher o maior valor possível para a variável que entra na base, sem que a

quantidade transportada por alguma variável fique negativa.

Para o exemplo, maior valor possível de Ɵ = 10

Assim a nova solução (2ª) sugerida será:

40 40 U1

10 30 60 100 U2

10 0 10 U3

50 40 60 150

V1 V2 V3

f. Repetir o procedimento e analisar a nova solução sugerida até que se

encontre a melhor solução, ou seja, a de mínimo custo.

Para o exemplo, temos:

Novo sistema de equações lineares:

10 – U1 – V1 = 0

12 – U2 – V1 = 0

25 – U2 – V2 = 0

18 – U2 – V3 = 0

14 – U3 – V2 = 0


150

150



10 – 0 – V1 = 0 → V1 = 10

12 – U2 – 10 = 0 → U2 = 2

25 – 2 – V2 = 0 → V2 = 23

18 – 2 – V3 = 0 → V3 = 16

14 – U3 – 23 = 0 → U3 = – 9

Novos coeficientes das variáveis não básicas:

15 – U1 – V2 → 15 – 0 – 23 = – 8 a solução não é ótima

20 – U1 – V3 → 20 – 0 – 16 = 4

16 – U3 – V1 → 16 – (– 9) – 10 = 15

24 – U3 – V3 → 24 – (– 9) – 16 = 17 entra na base a variável X1,2 = Ɵ


C = 10 X1,1 + 12 X2,1 + 25 X2,2 + 18 X2,3 + 14 X3,2

C = 10 x 40 + 12 x 10 + 25 x 30 + 18 x 60 + 24 x 10 →

40 - Ɵ Ɵ 40

10 + Ɵ 30 - Ɵ 60 100

10 10

50 40 60 150

Para o exemplo, maior valor possível de Ɵ = 30

Assim a nova solução (3ª) sugerida será:

10 30 40 U1

40 0 60 100 U2

10 10 U3

50 40 60 150

V1 V2 V3

C = 2490

150

150



Novo sistema de equações lineares:

10 – U1 – V1 = 0

15 – U1 – V2 = 0

12 – U2 – V1 = 0

18 – U2 – V3 = 0

14 – U3 – V2 = 0


10 – 0 – V1 = 0 → V1 = 10

15 – 0 – V2 = 0 → V2 = 15

12 – U2 – 10 = 0 → U2 = 2

18 – 2 – V3 = 0 → V3 = 16

14 – U3 – 15 = 0 → U3 = – 1

Novos coeficientes das variáveis não básicas:

20 – U1 – V3 → 20 – 0 – 16 = 4

25 – U2 – V2 → 25 – 2 – 15 = 8

16 – U3 – V1 → 16 – (– 1) – 10 = 7

24 – U3 – V3 → 24 – (– 1) – 16 = 9

Não há elementos negativos assim a solução é ótima!


C = 10 X1,1 + 15 X1,2 + 12 X2,1 + 18 X2,3 + 14 X3,2

C = 10 x 10 + 15 x 30 + 12 x 40 + 18 x 60 + 14 x 10 →

Solução ótima transportar:

10 unidades da O1 para o D1 → C = 10





A um custo mínimo de 2250 unidades monetárias

C = 2250



Ex 12: Determinar o plano de transporte que minimiza o custo total das

transferências.

D1 D2 D3

O1 12 9 8 10

O2 27 12 15 20

O3 20 9 5 10

O4 30 23 8 15

8 30 17 55

Ex 13: O abastecimento de água de 4 cidades A, B, C e D com demandas diárias de

8, 10, 12 e 15 milhões de litros respectivamente é realizado por três reservatórios

com capacidades de 15, 20 e 25 milhões de litros/dia. O custo de bombeamento por

milhões de litros é o dado na tabela abaixo:

A B C D

R1 2 3 4 5

R2 3 2 5 2

R3 4 1 2 3

Determine o menor custo de bombeamento de forma a atender a demanda das

cidades, sabendo que é possível eliminar-se possíveis excedentes de água, sem

custo adicional.

55



3.5 Designação

É um caso particular do modelo de transportes onde:

Cada origem tem 1 unidade disponível

Cada destino necessita de 1 unidade

Ou seja, no exemplo de tarefas a serem executadas por trabalhadores, temos que

cada trabalhador deve executar apenas 1 tarefa e cada tarefa deve ser executada

apenas por 1 operador.

Ex 14: O quadro representa os custos de transportes de uma máquina dos locais de

depósito para as fábricas, onde deverão ser instaladas. Designar 1 máquina para

cada fábrica, com o menor custo total disponível no programa.

F1 F2 F3 F4

D1 10 12 15 16

D2 14 12 13 18

D3 10 16 19 15

D4 14 12 13 15

Solução:

1. Subtrair de cada linha seu menor valor.

0 2 5 6

2 0 1 6

0 6 9 5

2 0 1 3

2. Em relação a nova tabela, subtrair de cada coluna seu menor valor.

0 2 4 3

2 0 0 3

0 6 8 2

2 0 0 0



Portanto, cada linha e cada coluna devem apresentar pelo menos um elemento nulo.

3. Designar origens para destinos nas células em que aparece o

elemento nulo.

Dar preferência a linhas ou colunas que tenham apenas 1 zero disponível.

Cada designação efetuada invalida os outros zeros na linha ou na coluna

da célula designada.

D1 D2 D3 D4

O1 0 2 4 3

O2 2 0 0 3

O3 0 6 8 2

O4 2 0 0 0

D1 D2 D3 D4

O1 0 2 4 3

O2 2 0 0 3

O3 0 6 8 2

O4 2 0 0 0

D1 D2 D3 D4

O1 0 2 4 3

O2 2 0 0 3

O3 0 6 8 2

O4 2 0 0 0

Se a designação se completa, o problema está resolvido. No exemplo a

designação não se completou devido a O3 e ao D3 que não sofreram

designação.



4. Cobrir os zeros da tabela com o menor número de linhas possível.

Marcar as linhas sem designação ( )

Marcar as colunas com zeros nas linhas marcadas ( )

Marcar as linhas com designação nas colunas marcadas ( )

Voltar a marcar as colunas com zeros nas linhas marcadas, até que não seja

possível marcar novas linhas ou colunas.

Riscar as linhas não marcadas e as colunas marcadas.

D1 D2 D3 D4

O1 0 2 4 3

O2 2 0 0 3

O3 0 6 8 2

O4 2 0 0 0

5. Subtrair o menor valor dentre os números não cobertos de todos os

elementos da tabela, obedecendo a reposição necessária nas linhas e

colunas com zeros, para impedir o aparecimento de custos negativos na

tabela, portanto:

Os elementos não cobertos ficam diminuídos desse número;

Os elementos no cruzamento de coberturas ficam aumentados desse número;

Os outros elementos permanecem iguais.

D1 D2 D3 D4

O1 0 2 4 3

O2 2 0 0 3

O3 0 6 8 2

O4 2 0 0 0



Menor valor dentre os elementos não cobertos = 2

Os elementos não cobertos ficam diminuídos desse número; (valores

indicados em vermelho)

Os elementos no cruzamento de coberturas ficam aumentados desse número;

(valores indicados em azul)

Os outros elementos permanecem iguais.

D1 D2 D3 D4

O1 0 0 2 1

O2 4 0 0 3

O3 0 4 6 0

O4 4 0 0 0

6. Fazer nova designação, ou seja, voltar ao item 3.

D1 D2 D3 D4

O1 0 0 2 1

O2 4 0 0 3

O3 0 4 6 0

O4 4 0 0 0

D1 D2 D3 D4

O1 0 0 2 1

O2 4 0 0 3

O3 0 4 6 0

O4 4 0 0 0



D1 D2 D3 D4

O1 0 0 2 1

O2 4 0 0 3

O3 0 4 6 0

O4 4 0 0 0

D1 D2 D3 D4

O1 0 0 2 1

O2 4 0 0 3

O3 0 4 6 0

O4 4 0 0 0

A designação se completou e os custos estão marcados na tabela abaixo.

F1 F2 F3 F4

D1 10 12 15 16

D2 14 12 13 18

D3 10 16 19 15

D4 14 12 13 15

Resposta:

D1 para F1 custo = 10




CUSTO TOTAL = 50 unidades monetárias



Ex 15: O quadro representa a quilometragem entre os locais de origem e de

destino onde há a necessidade de entrega de um determinado equipamento.

Determine um programa de expedição de quilometragem mínima, designando

1 equipamento para cada destino.

D1 D2 D3 D4

O1 10 23 8 9

O2 4 5 6 7

O3 12 10 10 8

O4 6 4 9 7

Ex 16: O diretor de uma escola deseja inscrever quatro alunos em um

concurso de matemática que engloba os seguintes assuntos: Álgebra,

Análise, Lógica e Geometria. Somente um aluno pode ser inscrito em cada

assunto e nenhum aluno pode ser inscrito em mais de um assunto porque as

provas do concurso ocorrerão simultaneamente. Para isso ele seleciona seus

quatro melhores alunos, A, B, C e D e lhes aplica os mesmos exames

cobrindo as quatro áreas do concurso. O quadro abaixo indica o número de

pontos que foi deduzido da nota de cada aluno em cada uma das áreas:

Álgebra Análise Lógica Geometria

A 7 10 6 3

B 8 7 8 1

C 4 9 3 5

D 5 4 6 9

Qual aluno deve ser selecionado para cada um dos assuntos do concurso?



4. ÁRVORES DE DECISÃO São diagramas esquemáticos que mostram em um processo de decisão

Objetivo: encontrar o caminho que leve ao ganho esperado máximo.

Elementos:

Construção: da esquerda para a direita

Análise: da direita para a esquerda

Dentre os processos possíveis, o que nos interessa é aquele em que uma saída

qualquer é influenciada tão somente pela saída anterior.

Partimos de um estado inicial conhecido ( j ) e queremos calcular a probabilidade de

atingir um estado conhecido ( k ) em um número ( r ) de etapas.

?)a/(a P jk r

r = 1

- Resultados alternativos - Interdependência de escolhas

PROCESSO DE

MARKOV

P (ak / aj) 1 = P(aj) x P(ak / aj)

a1

aK

a2

an

aj

Nó: representa um ponto no tempo, podendo ser

- Um ponto controlável (DECISÃO) = usa-se um quadrado. - um fato não controlável (ACASO) = usa-se um circulo. - fim do processo

Ramos: indicam as decisões ou fatos



r = 2

Ex 17: Se um cliente acabou de adquirir, em uma concessionária, um carro FORD

(n= 0), qual a probabilidade de ele comprar um CREVROLET depois da próxima vez,

ou seja, em sua 2ª compra (n=2) ?

Dadas as probabilidades de compra pela tabela abaixo.

Compra atual

n=0

Próxima compra

n=1

% compra

FORD

% compra

CHEVROLET

% compra

FIAT

FORD 40 30 30

CHEVROLET 20 50 30

FIAT 25 25 50

Solução:

a1 a1

ak

an

aK a1

ak

an

an

a1

ak

an

aj

P (ak / aj) 2 = P(aj) ∑ P(ak / ai) x P(ai / aj)

i = 1

n

FORD

FIAT

CHEVROLET

Compra atual FORD n=0

0,40

0,30

0,30

FORD

CHEVROLET

FIAT

0,25

0,25

0,50

FORD

CHEVROLET

FIAT

0,40

0,30

0,30

0,20

0,50

0,30

FORD

CHEVROLET

FIAT

Compra da próxima vez

n=1

Compra após a próxima vez

n=2



1ª compra (n=1) 2ª compra (n=2) Probabilidade

conjunta marca probabilidade marca probabilidade

FORD 0,40 CHEVROLET 0,30 0,40 x 0,30 = 0,120

CHEVROLET 0,30 CHEVROLET 0,50 0,30 x 0,50 = 0,150

FIAT 0,30 CHEVROLET 0,25 0,30 x 0,25 = 0,075

∑ = 0,345

O mesmo resultado pode ser obtido se usarmos a técnica de análise oferecida pelas

cadeias de MARKOV.

(0,4 x 0,3) + (0,3 x 0,5) + (0,3 x 0,25) = 0,345

Ex 18: Fez-se uma pesquisa de mercado sobre 3 marcas de refeições X, Y e Z. Todas as

vezes que o cliente compra uma nova embalagem, ele pode comprar a mesma marca ou

mudar para outra em sua próxima compra.

Tais possibilidades estão descritas abaixo:

Compra atual (n=0)

MARCA

Próxima compra (n=1)

% compra X % compraY % compra Z

X 70 20 10

Y 30 50 20

Z 30 30 40

Se um cliente acabou de adquirir a marca X (n=0), qual a probabilidade de ele

comprar a marca Z depois da próxima vez, ou seja, em sua 2 ֺª compra (n=2)?

Monte a árvore de decisão para demonstrar as possibilidades.

0 0,30 0

0 0,50 0

0 0,25 0

0,40 0,30 0,30

desenv. prog. - pesquisa operacional (2ce493)programa.faap.br/2ce591.pdf · faap – faculdade de...

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