lista de exercícios resolvidos

www.EditoraAtlas.com.br

Além de ser um livro-texto ajustado às necessidades de ensino, auxilia o professor a direcionar o estudo

da disciplina, liberando-o de transcrever a matéria no quadro, pois essa atividade é uma fonte de pro-

pagação de erros e pouco traz de retorno ao aluno em termos de entendimento e fi xação de conhecimentos.

A Programação Linear e a Simulação são enfocadas. A Programação Linear tem o mérito de envolver conhe-

cimentos matemáticos relativamente simples e de larga aplicação no campo da administração. Além disso,

sua técnica resolutiva é programável em computador, havendo no mercado softwares específi cos para isso.

A Simulação é o modelo mais geral em Pesquisa Operacional. Seu estudo estimula o conhecimento do sis-

tema envolvido e da metodologia da Pesquisa Operacional. Sua técnica resolutiva envolve conhecimentos

simples de Estatística Básica no nível apresentado, sendo também facilmente programável em computador.

Algumas planilhas (Lotus e Excel, por exemplo) são de grande auxílio e podem ser facilmente encontradas.

Aplicação

Livro-texto para a disciplina Pesquisa Operacional dos cursos de Administração de Empresas e Engenharia

de Produção.

Os autores acumulam larga experiência

no ensino de Matemática, Estatística e

Pesquisa Operacional em cursos superio-

res de Economia, Administração e Ciên-

cias Contábeis.

Ermes Medeiros da Silva é licencia-

do em Matemática pela Faculdade de Fi-

losofi a, Ciências e Letras de Rio Claro-SP.

Elio Medeiros da Silva é bacharel e

licenciado em Matemática pela PUC-SP e

pós-graduado em Matemática Aplicada

pela USP e em Administração de Empre-

sas pela EAESP-FGV.

Valter Gonçalves é graduado em

Ciên cias Econômicas e Administração de

Empresas, pós-graduado em Engenharia

de Produção e Didática do Ensino Superior.

Afrânio Carlos Murolo é graduado

em Matemática, com especialização em

Estatística pela Unicamp, pós-graduado

em Administração de Empresas, Didática

do Ensino Superior e mestre em Engenha-

ria de Produção.

Outros livros dos autorespublicados pela Atlas

• Cálculo básico para cursos superiores

• Estatística: para os cursos de Economia, Administração e Ciências Contábeis (2 volumes)

• Matemática: para os cursos de Economia, Administração e Ciências Contábeis (2 volumes)

• Matemática básica para cursos superiores

• Tabelas de estatística

Para os cursos de

Administração e Engenharia

Para os cursos de

Administração e Engenharia

Quarta Edição

PesquisaOperacional

Pesq

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Pesquisa Operacional Ermes Medeiros da Si lvaEl io Medeiros da Si lva

Val ter GonçalvesAfrânio Car los Murolo

• Programação linear• Simulação

Med

eiros •

M

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Ermes Medeiros da SilvaElio Medeiros da Silva

Valter GonçalvesAfrânio Carlos Murolo

Pesquisa OperacionalPara os cursos de Administração e Engenharia

Solução dos Exercícios Propostos

Referente à 4ª edição

São Paulo

Editora Atlas S.A. – 2012

Livro do Professor

Portal Atlas

Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 2

Exercícios Propostos – Lista 1

Exercício 1Pesquisa Operacional Quarta Edição Medeiros, Medeiros, Gonçalves, Murolo

Exercícios propostos – Lista 1 Ex 1

Variáveis de decisão: X1 = quantidade de sapatos a fabricar por hora

x2 = quantidade de cintos a fabricar por hora

Objetivo: max Lucro = 5 x1 + 2 x2

Restrições

R1 : tempo disponível para a programação = 1 hora ou 60 minutos

Tempo para fabricar um sapato (6 sapatos/h) = 60 min 10min por sapato6 sapatos

=

Tempo para fabricar um cinto (5 cintos/h) = 60 min 12 min por cinto5 cintos

=

Resumo: 10 x1 + 12 x2 ≤ 60

R2 : couro disponível = 6 unidades

Couro usado nos sapatos: x1 sapatos a 2 unidades de couro por sapato = 2 x1

Couro usado nos cintos : x2 cintos a 1 unidade de couro por cinto = 1 x2

Resumo: 2 x1 + x2 ≤ 6


Pesquisa Operacional Quarta Edição Medeiros, Medeiros, Gonçalves, Murolo


x1: frequência semanal do programa A

x2: frequênia semanal do programa B

Objetivo: número de telespectadores alocados pelos programas

Programa A em x1 edições e 30.000 telespectadores por edição: 30.000 x1

Programa B em x2 edições e 10.000 telespectadores por edição: 10.000 x2

Objetivo: max Telespectadores = 30.000 x1 + 10.000 x2

Restrições:

R1. Exigência do patrocinador: no mínimo 5 minutos de propaganda na semana

Programa A: x1 edições e 1 minuto de propaganda por edição = 1 x1

Programa B: x2 edições e 1 minuto de propaganda por edição = 1 x2

Para satisfazer a exigência: x1 + x2 ≥ 5

R2. Restrição financeira do patrocinador: disponibilidade para 80 minutos de música .

Programa A: Tempo de música = x1 edições a 20 min por edição = 20 x1

Programa B: Tempo de música = x2 edições a 10 min por edição = 10 x2

Portanto, 20 x1 + 10 x2 ≤ 80


Exercício 4




x1: quantidade a produzir do modelo M1 por dia

x2: quantidade a produzir do modelo M2 por dia

Objetivo max Lucro = 4 x1 + 3 x2

Restrições

R1. Capacidade de produção diária de M2 = 1.000

Tempo do dia usado para a produção da unidade de M2: 11.000

.

Produção diária de M2: x2. Parte do dia gasto para a produção de M2 = 21

1.000x

Tempo do dia usado para a produção de M1: 121.000

. Da mesma forma, a parte do

dia gasto para a produção de M1 é 11

500x .

A soma dos tempos fica restrito a um dia: 1 21 1 1

500 1.000x x+ ≤ ou 1 22 1.000x x+ ≤

R2. Disponibilidade de couro para a produção de M1 ou M2: 800. Então, x1 + x2 ≤ 800

R3. Disponibilidade de fivelas: para M1: 400. Então x1 ≤ 400

para M2: 700. Então x2 ≤ 700


Exercício 5




X1: quantidade a investir no programa institucional ( em 1.000)

x2: quantidade a investir diretamente em P1 (em 1.000)

x3: qantidade a investir diretamente em P2 (em 1.000)

Objetivo: minimizar a soma dos investimentos. Min custo = x1 + x2 + x3

Restrições.

R1. Investimento mínimo requerido pelo programa institucional: x1 ≥ 3.000

R2. Proporcionar aumento mínimo de 30% na venda de P1

Aumento devido ao programa institucional (3% para cada 1.000 investido): 0,03 x1

Aumento devido ao investimento direto (4% para cada 1.000 investido): 0,04x2

Conclusão: 0,03 x1 + 0,04 x2 ≥ 0,30 ou 3 x1 + 4 x2 ≥ 30

R3. Proporcionar aumento mínimo de 30% na venda de P2.

Aumento devido ao programa institucional (3% para cada 1.000 investido): 0,03 x1

Aumento devido ao investimento direto (10% para cada 1.000 investido): 0,10 x3

Conclusão: 0,03 x1 + 0,10 x3 ≥ 0,30 ou 3 x1 + 10 x3 ≥ 30

R3. Restrição orçametária (disponibilidade de 10 milhares): x1 + x2 + x3 ≤ 10

Obs. Escrevendo o objetivo em $ 1 ao invés de em $ 1.000 teremos o valor final em unidades de capital: Min Custo = 1.000 x1 + 1.000 x2 +1.000 x3 o que nada altera a solução do problema.


Exercício 8




Quantidade de materiais que comporão a mistura ( em Kg)

X1: quantidade de MR1 ; x2: quantidade de MR2; x3: qantidade de ferro puro ;

x4 quantidade de carvão; x5 : quantidade de silício; x6: quantidade de níquel

Objetivo: minimizar o custo do Kg da mistura.

Min custo = 0,20 x1 + 0,25 x2 + 0,30 x3 + 0,20 x4 + 0,28 x5 + 0,50 x6

Restrições.

R1. Quantidade de ferro na mistura:0,60 x1 (devido a MR1)+0,70 x2 (devido a MR2) + x3

0,60 ≤ 0,60 x1 + 0,70 x2 + x3 ≤ 0,65

R2. Quantidade de carvão na mistura:0,20 x1 (devido a MR1)+0,20 x2 (devido a MR2) + x4

0,15 ≤ 0,20 x1 + 0,20 x2 + x4 ≤ 0,20

R3. Quantidade de silício na mistura:0,20 x1 (devido a MR1)+0,05 x2 (devido a MR2) + x5

0,15 ≤ 0,20 x1 + 0,05 x2 + x5≤ 0,20

R4. Quantidade de níquel na mistura: 0,05 x2 (devido a MR2) + x6

0,05 ≤ 0,05 x2 + x6≤ 0,08

R5. A soma dos materiais usados na mistura deve pesar 1 Kg: x1 + x2 + x3 + x4 + x5 + x6 = 1


Exercício 9




X I J é a quantidade de viagens (com carga de 10 ton) que serão realizadas daos portos i para as lojas j.

Objetivo.

Min distância total percorrida (veja o quadro de distâncias de cada porto para cada loja) = 30 x11 + 20 x12 + 24 x13 + 18 x14 + 12 x21 + 36 x22 + 30 x23 + 24 x24 + 8 x31 + 15 x32 + 25 x33 + 20 x34

Restrições:

R1. Suprir a loja L1 com 50 m3 (5 viagens) a partir dos 3 portos: x11 + x21 + x31 = 5





Exercício 10




Variáveis de decisão:

xm , xe, xc são as quantidades a fabricar de mesas, estantes e cadeiras.

ym, ye ,yc são as quantidades a comprar de mesas, estantes e cadeiras.

Objetivo: Minimizar Custo = 100 xm + 130 xe + 90 xc + 120 ym + 150ye + 115 yc

Restrições:

R1.Para entregar 1.000 mesas temos que fabricar (xm) ou terceirizar a produção (ym) no mínimo esta quantidade: xm + ym ≥ 1000

R2 e R3. Da mesma forma em relação à estantes e cadeiras: xe + ye ≥ 800 e xc + yc ≥ 1.200

R4. Uso do recurso mão de obra (7.600 h disponíveis)

3 h por mesa em xm mesas + 4 h por estante em xe estantes + 2 h por cadeira em xc cadeiras

Resulta: 3 xm + 4 xe + 2 xc ≤ 7600

R5. Uso do recurso madeira (7.000 m2 disponíveis – veja o quadro de uso por unidade)

Resulta: 3 xm + 5 xe + 0,5 xc ≤ 7.000

R6. Uso do recurso metais (4.000 Kg disponíveis – veja o quadro de uso por unidade)

Resulta: 0,5 xm + xe + 2 xc ≤ 4.000


Exercício 11




Variáveis de decisão:

Variáveis de decisão: x1, x2, x3 são as quantidades (em kg) das misturas 1,2 e 3 no saco de 30 Kg da nova ração.

Objetivo: Min Custo = 0,30 x1 + 0,25 x2 + 0,28 x3

Restrições.

R1. O saco de 30 Kg de ração é composto exclusivamente pelas misturas M1, M2 e M3, participando com as quantidades x1, x2 e x3. Portanto, x1 + x2 + x3 = 30.

R2. O ingrediente 1 deve participar com pelo menos 5Kg no saco de ração. Esse total é obtido com 25% da Mistura 1 (0,25 x1), 9% da Mistura 2 (0,09 x2) e 32% da Mistura 3 (0,32 x3). Portanto, 0,25 x1 + 0,09 x2 + 0,32 x3 ≥ 5.

R3. O ingrediente 2 deve participar com pelo menos 6Kg no saco de ração. Esse total é obtido com 20% da Mistura 1 (0,20 x1), 0,30% da Mistura 2 (0,30 x2) e 18% da Mistura 3 (0,18 x3). Portanto, 0,20 x1 + 0,30 x2 + 0,18 x3 ≥ 6

Obs. Por erro de trancrição o porcentual do ingrediente 1 na mistura 2 que aparece como 0,20 no quadro de apresentação do problema (Pág12) e como 0,12 no modelo (resposta Pág 16) deve ser corrigido. O valor original é 0,09 como mostrado no modelo acima.


Exercício 12




Variáveis de decisão: x1, x2, x3 são as quantidades de Máq 1, Máq 2 e Máq 3 que deverão ser usadas na produção do lote de peças encomendado.

Objetivo.

Custo da Máq 1.

80 h de operação a R$ 85 por hora= 6.800

Custo do descarte é 5% da produção (80 h a 20 peças/h) ao custo de R$ 2 a peça descartada = 0,05 x (80 x 20) x 2 = 160.

O custo da Maq 1 é: 6.800 + 160 =6.960

Custo da Máq 2: da mesna forma é o custo de operação (80 x 75 = 6.000) mais o custo do descarte (0,03 x (80 x 15) x 2 = 72). O custo da Máq 2 é 6.000+72 = 6.072

Custo da Máq 3: (80 x 70) + 0,01 x (80 x 12) x 2 = 5.600 + 19,20 = 5.619,20

Objetivo: Min Custo = 6.960 x1 + 6.072 x2 + 5.619,20 x3

Restrições.

Produção da Máq 1 no período (total menos 5% de descarte): 80 h x 20 peças/h x 0,95 = 1.520. Produção da Máq 2. Da mesma forma: 80h x 15 peças/h x 0,97 = 1.164. Produção da Máq 3: 80 h x 12 peças/h x 0,99 = 950,40

R1, R2 e R3. Restrições ao número de máquinas disponíveis: x1 ≤ 4 x2 ≤3 x3 ≤ 1

R4. Produção a ser atingida no período: 7.240 peças.

Contribuição da Máq 1: produto de 1520 peças/máq pelo número de Máq 1 (x1) = 1.520 x1.

Contribuição da Máq 2: da mesma forma = 1.164 x2

Contribuição da Máq 3: 950,40 x3

Resultado: 1.520 x1 + 1.164 x2 + 950,40 x3 ≥ 7.240


Exercício 13




Este modelo é o mesmo do exercício anterior da mesma lista ( Lista 1 - Ex 13), com uma modificação.

Uma das Máq 1 deverá trabalhar 20 horas extras. Isto resulta um custo e uma diminuição do número de peças a ser produzida em regime de horas normais.

Custo.

Custo da hora extra: 85 + 0,20 x 85 = 102. Custo de 20 h xstras = 20 x 102 = 2.040

Custo do descarte: 5% da produção (20 h a 20 peças/h) a R$ 2 a peça = 0,05 x 400 x 2 = 40

Custo total devido a 20 h extras: 2.040 + 40 = 2.080

Produção em regime de horas extras: 400 peças menos o descarte de 5% =0,95 x 400 = 380

Peças a produzir em horário normal = 7.240 – 380 = 6.860

O modelo fica na forma:

Min Custo = 6.960 x1 + 6.072 x2 + 5.619,20 x3 + 2.080

s.a. x1 ≤ 4 x2 ≤ 3 x3 ≤ 1

1.520 x1 + 1.164 x2 + 950,40 x3 ≥ 6.860


Exercício 14




O modelo do problema 15 é o mesmo do problema 13 da Lista 1, com as modificações.

1. As 4 máquinas do tipo Máq 1 estarão em manutenção por 5 dias, o que significa que estarão disponíveis para produção durante os restantes 5 dias, podendo realizar apenas 40 horas de trabalho.

2. Após a manutenção o descarte deste tipo de máquina diminui de 5% para 3%, mantendo a produção de 20 peças por hora. No texto é citada diminuição para 18 peças, o que inviabiliza a solução do problema.

O custo da Máq 1 fica assim:

Custo de operação: 40 horas a R$ 85 por hora = 40 x 85 = 3.400

Custo do descarte: 3% da produção(40 horas a 20 peças/h) a R$ 2 cada peça

=0,03 x(40 x 20 ) x 2=48

Custo total da Máq 1 = 3.400 + 48 = 3.448

Produção da Máq 1: peças produzidas em 40 horas menos o descarte (97% do total)

= 40 x 20 x 0,97 = 776

Modelo. Min custo = 3.448 x1 + 6.072 x2 + 5.619,20 x3

s.a. x1 ≤ 4 x2 ≤ 3 x3 ≤ 3

776 x1 + 1164 x2 + 950,40 x3 ≥ 7240


Exercício 15



Exercícios propostos – Lista 2

Ex 1.1

R1 1 2 2 4x x− + = 1 2 2 10 2 e 0 4x x x x= ⇒ = = ⇒ =

Teste: 1 20 e 0 0 4x x= = ⇒ ≤ . O ponto ( )0,0 está na região de soluções.

R2 e R3 são construídas da mesma forma.

Objetivo Atribuindo um valor arbitrário para o objetivo, por exemplo o valor 12.

1 2 1 2 2 12 3 12 temos: 0 4 e 0 6 x x x x x x+ = = ⇒ = = ⇒ =

Observamos que à medida que esse valor aumenta a reta afasta-se mais da origem do sistema.

O ponto que maximiza o objetivo na região de soluções é o ponto ( )6,0 . Lucro = 12


Exercício 1.1



Exercícios propostos - Lista 2

Ex 1.2

R1 2 1 2 2x x+ = 1 2 2 10 2 e 0 1x x x x= ⇒ = = ⇒ =

Teste: 1 20 e 0 0 2x x= = ⇒ ≤ . O ponto ( )0,0 está na região de soluções.

R2 é construída da mesma forma.

Objetivo: Atribuindo um valor arbitrário para o objetivo, por exemplo o valor 0,7.

1 2 1 2 2 10,3 0,5 0,7 temos: 0 1, 4 e 0 2,33x x x x x x+ = = ⇒ = = ⇒ =

Observamos que à medida que esse valor aumenta a reta afasta-se mais da origem do sistema. O ponto que maximiza o objetivo na região de soluções é a interseção das retas R1 e R2.

1 2 1 2 1 1 1 2De R : 2 2 . Substituindo em R 6 6 3 0,6 e 0,8x x x x x x= − + − = ⇒ = =

Lucro = 0,3 0,6 0,5 0,8 0,58× + × =


Exercício 1.2




Ex 1.3

Construção das restrições:

1 1 2 2 1R : 0 3 0 9x x x x= ⇒ = = ⇒ =

2 1 2 2 1R : 0 2 0 6x x x x= ⇒ = = ⇒ =

3 1 2 2 1R : 0 6 0 6x x x x= ⇒ = = ⇒ =

Atribuindo ao objetivo o valor 15, por exemplo: 1 2 2 10 5 0 7,5x x x x= ⇒ = = ⇒ =

À medida que aumentamos o valor do objetivo, a reta afasta-se da origem. O ponto com maior valor do objetivo na região de restrições é a interseção das retas R1 e R3.

3 1 2 1 2 2 2 1de R : 6 . Substituindo em R : 6 3 9 1,5 e 4,5x x x x x x= − − + = ⇒ = =

Objetivo=13,5


Exercício 1.3




Ex 1.4


1 1 2 2 1R : 0 20 0 20x x x x= ⇒ = = ⇒ =

2 1 2 2 1R : 0 10 0 10x x x x= ⇒ = = ⇒ =

3 1 2 2 1R : 0 9 0 10,8x x x x= ⇒ = = ⇒ =

Atribuindo ao objetivo o valor 84, por exemplo: 1 2 2 10 7 0 8,4x x x x= ⇒ = = ⇒ =

À medida que diminuímos o valor do objetivo, a reta aproxima-se da origem. As retas R3 e Objet são paralelas e todos os pontos do segmento de R3 com 6 < x<10,8 são pontos da solução ótima. Por exemplo, o ponto x = 10,8 e y=0

Objetivo=108


Exercício 1.4




Ex 1.5


1 1 2 2 1R : 0 2 0 2x x x x= ⇒ = = ⇒ = −

2 3: 5 R : 6R x x= = 4 1 2 2 1R : 0 3 0 5x x x x= ⇒ = = ⇒ =

5 1 2 2 1R : 0 5 0 4x x x x= ⇒ = = ⇒ =

Atribuindo ao objetivo o valor 21, por exemplo: 1 2 2 10 2,33 0 3x x x x= ⇒ = = ⇒ =

À medida que diminuímos o valor do objetivo, a reta aproxima-se da origem. O ponto da região de soluções viáveis com o menor valor do objetivo é a interseção das retas R4 e R5.

4 2 1 5 1 1 1 2de R : 3 0,6 . Subst em R : 5 12 2,4 20 3,077 e 1,154x x x x x x= − + − = ⇒ = =

Objetivo = 7 30,77 9 1,054 31,923× + × =


Exercício 1.5




Ex 2


1 1 2 2 1R : 0 5 0 6x x x x= ⇒ = = ⇒ =

2 1 2 2 1R : 0 6 0 3x x x x= ⇒ = = ⇒ =

Atribuindo ao objetivo o valor 21, por exemplo: 1 2 2 10 2,33 0 3x x x x= ⇒ = = ⇒ =

À medida que aumentamos o valor do objetivo, a reta afasta-se da origem. O ponto da região de soluções viáveis com o maior valor do objetivo é o ponto x1 = 3, x2 = 0

Objetivo = 5 3 2 0 15× + × = Recurso ocioso R1 (tempo): 30 minutos.


Exercício 2




Ex 3


1 1 2 2 1R : 0 40 0 60x x x x= ⇒ = = ⇒ =

2 1R : 40x =

3 2: 30R x =

Atribuindo ao objetivo o valor 6.600, por exemplo:

À medida que aumentamos o valor do objetivo, a reta afasta-se da origem. A reta do objetivo é paralela a R1. Todos os pontos de R1 de x = 15 a x = 40 são soluções ótimas. Por exemplo o ponto (15,30). Objetivo = 100 15 150 30 6.000× + × =

Recurso ocioso R2 (mercado de P1): 40 – 15 = 25 unidades.


Exercício 3




Ex 4


1 1 2 2 1R : 0 600 0 600x x x x= ⇒ = = ⇒ =

2 1R : 100x =

3 2: 200R x =


1 2 2 10 500 0 1500x x x x= ⇒ = = ⇒ =

À medida que aumentamos o valor do objetivo, a reta afasta-se da origem. O ponto ótimo é a interseção das retas R1 e R3. De R3, x = 200. De R1 , 2 600 200 400x = − =

Objetivo = 10 200 30 400 4.000 18.000× + × + =

Recurso ocioso : não há.


Exercício 4




Ex 5


1 1 2 2 1R : 0 5 0 5x x x x= ⇒ = = ⇒ =

2 1 2 2 1R : 0 8 0 4x x x x= ⇒ = = ⇒ =


1 2 2 10 9 0 3x x x x= ⇒ = = ⇒ =

À medida que aumentamos o valor do objetivo, a reta afasta-se da origem. O ponto ótimo é a interseção das retas R1 e R2.

( )1 2 1 2 1 1 1 2: 5 R : 20 10 5 80 3 , 2R x x x x x x= − + − = ⇒ = =

Objetivo = 30.0000 3 10.000 2 110.000× + × =

Recurso ocioso: não há.


Exercício 5




Ex 6


1 1 2 2 1R : 0 1.000 0 500x x x x= ⇒ = = ⇒ =

2 1 2 2 1R : 0 800 0 800x x x x= ⇒ = = ⇒ =

4 1: 400R x = 5 2: 700R x =

Atribuindo ao objetivo o valor 900, por exemplo:

1 2 2 10 300 0 225x x x x= ⇒ = = ⇒ =


1 2 1 2 1 1 1 2: 1.000 2 R : 1.000 2 800 200 , 600R x x x x x x= − + − = ⇒ = =

Objetivo = 4 200 3 600 2.600× + × =

Recursos ociosos: fivela A (R3): 200 unidades e fivela B (R4): 100 unidades


Exercício 6




X1: número de dias de operação da F1 x2: número de dias de operação da F2

Objet. Min Custo = 1000x1+2000x2 sujeito a 1 2

1 2

1 2

8 2 16 papel fino

6 papel médio

2 7 28 papel grosso

x x

x x

x x

+ ≥

+ ≥ + ≥


1 1 2 2 1

2 1 2 2 1

3 1 2 2 1

R : 0 8 0 2

: 0 6 0 6

: 0 4 0 14

x x x x

R x x x x

R x x x x

= ⇒ = = ⇒ =

= ⇒ = = ⇒ =

= ⇒ = = ⇒ =


1 2 2 10 2,5 0 5x x x x= ⇒ = = ⇒ =

À medida que diminuímos o valor do objetivo, a reta aproxima-se da origem. O ponto ótimo é a interseção das retas R3 e R2.

( )2 2 1 3 1 1 1 2: 6 R : 2 7 6 28 2,8 e 3, 2R x x x x x x= − + − = ⇒ = =

Objetivo = 1.000 2,8 2.000 3,2 9.200× + × =


Exercício 7




X1: número de caminhões tipo A a usar x2: número de caminhões tipo B a usar

Objet. Min Custo = 1.100 x1+750 x2

sujeito a 1 2

1 2

2 2 16 espaço refrigerado necessário

3 12 espaço não refrigerado necessário

x x

x x

+ ≥ + ≥


1 1 2 2 1

2 1 2 2 1

R : 0 8 0 8

: 0 12 0 4

x x x x

R x x x x

= ⇒ = = ⇒ =

= ⇒ = = ⇒ =


1 2 2 10 4 0 2,73x x x x= ⇒ = = ⇒ =

À medida que diminuímos o valor do objetivo, a reta aproxima-se da origem. O ponto ótimo é a interseção das retas R1 e R2.

( )2 2 1 3 1 1 1 2: 12 3 R : 2 2 12 3 16 2 e 6R x x x x x x= − + − = ⇒ = =

Objetivo = 1.100 2 750 6 6.700× + × =


Exercício 8




X1: quantidade a produzir de P1 por dia x2: quantidade a produzir de P2 por dia

Objet. Max receita = 1.900 x1+2.100 x2 sujeito a

1 2

1 2

1 2

4 2 20 forjaria

3 10 polimento

100 200 500 matéria prima

x x

x x

x x

+ ≤

+ ≤ + ≤


1 1 2 2 1

2 1 2 2 1

3 1 2 2 1

R : 0 10 0 5

: 0 3,33 0 5

: 0 2,5 0 5

x x x x

R x x x x

R x x x x

= ⇒ = = ⇒ =

= ⇒ = = ⇒ =

= ⇒ = = ⇒ =

a) Atribuindo ao objetivo o valor 15.000, por exemplo:

1 2 2 10 7,14 0 7,89x x x x= ⇒ = = ⇒ =

À medida que aumentamos o valor do objetivo, a reta afasta-se da origem. O ponto ótimo é

1 25, 0x x= = . Objetivo = 1.900 5 750 0 9.500× + × =

( ) ( )1 2

1 2

b) Max Lucro 1900 100 4 150 2 100 2100 200 2 150 3 100

ou max lucro = 1000 1300

x x

x x

= − − × − × + − − × − ×

+

1 2 2 1Atribuindo o valor 11.700 ao lucro: 0 9 3 7,8x x x x= ⇒ = = ⇒ =

O ponto ótimo é ainda x1 = 5, x2 = 0 com lucro de 5.000


Exercício 9




X1: quantidade (ton) de gasolina por ano x2: quantidade (ton) de óleo diesel por ano

Objet. Max receita = 7 x1+5 x2 sujeito a

1

2

1 2

1 2

400.000 reforming catalítico

450.000 craqueamento catalítico

1 1 1 capacidade de destilação500.000 600.000

1 1 1 capacidade de dessulfuração700.000 500.000

x

x

x x

x x

≤

≤ + ≤ + ≤


1 1 2 2

3 1 2 2 1

4 1 2 2 1

R : 400.000 R : 450.000

: 0 600.000 0 500.000

: 0 500.000 0 700.000

x x

R x x x x

R x x x x

= =

= ⇒ = = ⇒ =

= ⇒ = = ⇒ =

a) Atribuindo ao objetivo o valor 15.000, por exemplo:

1 2 2 10 7,14 0 7,89x x x x= ⇒ = = ⇒ =


1 1 3 2400000: 400.000 R : 1 600000 120.000500000

R x x = = − × =

.

Objetivo = 7 400.000 5 120.000 3.400.000× + × =


Exercício 10



Exercícios propostos – Lista 3 Ex 1.1


Exercício 1.1





Exercício 1.2





Exercício 1.3





Exercício 1.4





Exercício 1.5





Exercício 1.6




Variáveis de decisão: x1 número de sapatos a fabricar por hora

X2 – número de cintos a fabricar por hora

Modelo: Max lucro = 5x1 + 2x2

s.a. 10x1 + 12x2 ≤ 60 uso do recurso tempo - xf1 é a sobra de tempo

2x1 + x2 ≤ 6 uso do recurso couro - xf2 é a sobra de couro

X1 ≥ 0 x2 ≥ 0


Exercício 2.1




Variáveis de decisão: x1 – quantidade de P1 a fabricar no mês

X2 – quantidade de P2 a fabricar no mês

Modelo: Max lucro = 100 x1 + 150 x2

s.a. 2 x1 + 3 x2 ≤ 120 uso do recurso tempo - xf1 é a sobra do tempo

x1 ≤ 40 demanda de P1 - xf2 é a demanda não suprida de P1

x2 ≤ 30 demanda de P2 - xf3 é a demanda não suprida de P2

X1 ≥ 0 x2 ≥ 0


Exercício 2.2




Variáveis de decisão: x1 número de caixas de pêssegos a transportar; X2 – número de caixas de tangerinas a transportar

Modelo: Max lucro = 10 x1 + 30 x2

s.a. x1 + x2 ≤ 600 espaço disponível no caminhão - xf1 é a sobra do espaço

x1 ≥ 100 venda certa de cxs de pêssegos - xf2 é a venda eventual

x2 ≤ 200 demanda por cxs de tangerinas – xf3 é a sobra da demanda


Exercício 2.3




Variáveis de decisão: x1 quantidade de peças do modelo M1

X2 quantidade de peças do modelo M2

Objetivo: Max Receita = 6.000 x1 + 10.000 x2

s.a. 4 x1 + 2 x2 ≤ 32 uso do recurso brim - xf1 é a sobra de brim

2 x1 + 4x2 ≤22 uso do recurso seda - xf2 é a sobra de seda

2 x1 + 6x2 ≤ 30 uso do recurso cetim - xf3 é a sobra de cetim


Exercício 3

obj




Variáveis de decisão: x1 quantidade de P1 a produzir no período

X2 quantidade de P2 a produzir no período

Objetivo: MaxLucro = (50 - 20 – 20%x50) x1 + (70 - 30 -20% x 70) x2 = 20 x1 + 26 x2

s.a. 2 x1 + 3 x2 ≤ 3.000 uso do recurso R1 - xf1 é a sobra do recurso R1

4 x1 + 2x2 ≤4.000 uso do recurso R2 - xf2 é a sobra do recurso R2

x1 + 5x2 ≤ 4.500 uso do recursoR3 - xf3 é a sobra do recurso R3

x1 + x2 ≤ 1.000 demanda conjunta – xf4 é a sobra de mercado


Exercício 4




Variáveis de decisão: xm, xe, xc são as quantidades a produzir de mesas, estantes e cadeiras

ym,ye,yc são as quantidades a comprar de mesas, estantes e cadeiras

Objetivo: Min Custo = 100xm + 130xe + 90xc + 120ym + 150ye + 115yc

Necessidades mínimas Uso dos recursos

xm + ym ≥ 1000 de mesas 3 xm+4 xe+2 xc ≤ 7.600 horas disponíveis

xe + ye ≥800 de estantes 3 xm + 5 xe + 0,5 xc ≤7.000 madeira disponível

xc + yc ≥1.200 de cadeiras 0,5 xm + xe + 2 xc ≤ 4.000 componestes metálicos

Vamos resolver o problema usando a ferramenta Solver da planilha Excel. Veja roteiro no anexo ao livro pág 179. A solução encontrada é a que segue.


Exercício 5




Variáveis de decisão: x1, x2, x3 são as quantidades ( em kg) das misturas 1,2 e 3 no saco de 30 Kg da nova ração.

Objetivo: Min Custo = 0,30 x1 + 0,25 x2 + 0,28 x3

s.a. x1 + x2 + x3 = 30

0,25 x1 + 0,09 x2 + 0,32 x3 ≥ 5

0,20 x1 + 0,30 x2 + 0,18 x3 ≥ 6

Vamos resolver usando a ferramenta Solver do Excel. Veja roteiro no Anexo, Pág 179 do texto.

Após carregar objetivo e restrições, a solução aparece a seguir.

Obs. Por erro de trancrição o porcentual do ingrediente 1 na mistura 2 que aparece como 0,20 no quadro de apresentação do problema ( Pág12 ) e como 0,12 no modelo( resposta Pág 16) deve ser corrigido. O valor original é 0,09 como mostrado no modelo acima.


Exercício 6





Custo da Máq 1: 80 h de operação a R$ 85 por hora mais o custo do descarte que é 5% da produção a R$ 2 a peça descartada = 80 x 85 +0,05 x (20 x 80) x 2 = 6.800 + 160 = 6.960

Custo da Máq 2: da nesna forma = 80 x 75+0,03 x (15 x 80) x 2 = 6.000+72 = 6.072

Custo da Máq 3: 80 x 70 + 0,01 x (80 x 12) x 2 = 5.600 + 19,20 = 5.619,20


Produção da Máq 1 no período: 80 h x 20 peças/h x 0,95 = 1.520. Da mesma forma produção da Máq 2 : 80h x 15 peças/h x 0,97 = 1.164. Para a Máq 3: 80 h x 12 peças/h x 0,99 = 950,40

Restrições x1 ≤ 4 x2 ≤3 x3 ≤ 1 restrições ao número de máquinas disponíveis

1.520 x1 + 1.164 x2 + 950,40 x3 ≥ 7.240 produção a ser atingida no período

Vamos resolver usando a ferramenta Solver do Excel. Veja roteiro no Anexo, Pág 179 do texto. Após carregar objetivo e restrições, a solução aparece a seguir.

Considerando resultados inteiros, a solução seria: Máq1 : 4 Máq 2 : 1 Custo : R$ 33.912,00.


Exercício 7





Custo da Máq 1: 40 h de operação a R$ 85 por hora mais o custo do descarte que é 3% da produção a R$ 2 a peça descartada = 40 x 85 +0,03 x (20 x 40) x 2 = 3.400 + 43,20 = 3.448

Custo da Máq 2: da nesna forma = 80 x 75+0,03 x (15 x 80) x 2 = 6.000+72 = 6.072

Custo da Máq 3: 80 x 70 + 0,01 x (80 x 12) x 2 = 5.600 + 19,20 = 5.619,20


Produção da Máq 1 no período: 40 h x 20 peças/h x 0,97 = 776. Da mesma forma produção da Máq 2 : 80h x 15 peças/h x 0,97 = 1.164. Para a Máq 3: 80 h x 12 peças/h x 0,99 = 950,40

Restrições x1 ≤ 4 x2 ≤3 x3 ≤ 1 restrições ao número de máquinas disponíveis

776 x1 + 1.164 x2 + 950,40 x3 ≥ 7.240 produção a ser atingida no período

Vamos resolver usando a ferramenta Solver do Excel. Veja roteiro no Anexo, Pág 179 do texto. Após carregar objetivo e restrições, a solução aparece a seguir.

Ajuste. A Máq 3 deverá trabalhar apenas 54 horas e 13 minutos.


Exercício 8





Exercício 1




Construção da função objetiva auxiliar W.

1 2 1 2

1 2 1 2

11

2 2 2 2

1 12 f 10 a 10 2 f

5 f 15 15 5 f

x x x a x x x

x x x a a x x x

+ − + = ⇒ = − − +

+ − + = ⇒ = − − +

1 21 2 2125 3 6 f fW a a x x x x= + = − − + +

Min W = Max (-W) = 1 2 213 6 f f 25x x x x+ − − +


Exercício 2




X2 é variável livre: x2 = x4 – x5. O modelo fica na forma:

Max z = x1 + x4 – x5 + 2x3 s.a. x1 + 2x4 – 2x5 ≤ 10

3x1 + 4x4 – 4x5 + x3 ≤ 20

A variável que deve entrar na base apresenta os coeficientes nas restrições todos negativos. A solução neste caso é ilimitada.


Exercício 3




Função objetivo Min z = 2 x1 + 4 x2 + 10 x3 equivale a Max (-z) = - 2 x1 – 4x2 – 10x3

A solução encontrada é x1 = 30, x2 = 0, x3 = 0 com z = 60. Como as variáveis não básicas x2 e x3 apresentam coeficientes nulos na função objetivo, elas poderão entrar na base gerando uma outra solução, sem alterar o valor do objetivo. Portanto, o problema apresenta várias soluções ótimas equivalentes.


Exercício 4




Vamos usar o método do M grande para compor a solução básica inicial. Construção da função objetivo. Min z = Máx (-z) = - 2x1 – 4x2 – 5x3

Com a adição da variável auxiliar a2 a função fica: Max (- z)= - 2x1 – 4x2 – 5x3 – Ma2

A solução é: x1 = 50, x2 = 0, x3 = 0, com z = 100.


Exercício 5




Precisamos de variáveis auxiliares a1 e a2 para a solução básica inicial. A função objetivofica na forma: Max z = x1 + 2 x2 + x3 - M1a1 - M2a2.

A variável que deve entrar na base tem os coeficientes nas restrições todos negativos. A solução é, portanto, ilimitada.


Exercício 6

obj




Para construir a função objetivo devemos passar para a forma de maximização e agregar duas variáaveis auxiliares para as restrições R1 e R2.

Min z = Max (-z) = -3x1 - 2x2 - x3 - M1a1 - M2a2

Solução: X1 = 1,6 X2 = 0,6 X3 = 0,2 Z = 6,2


Exercício 7




Montagem do modelo.

Variáveis de decisão. . custo unitário Custo do material

x1 = quantidade de chapéus na caixa 50 50 x1

x2 = quantidade de línguas de sogra na caixa 20 20 x2

x3 = quantidade de bexigas na caixa 5 5 x3

Objetivo. Minimizar o custo = 50 x1 + 20 x2 + 5 x3

Restrições.

R1. Quantidade de chapéus e línguas de sogra: x1 + x2. Quantidade total: x1 + x2 + x3.

X1 + x2 ≥0,50( x1 + x2 + x3) ou - 0,5 x1 - 0,5 x2 + 0,5 x3 ≤ 0

R2. Pacote com pelo menos 20 bexigas: x3 ≥ 20

R3. Cada item concorre com pelo menos 25% da caixa.

Chapéu: x1 ≥ 0,25(x1 + x2 + x3) ou -0,75 x1 +0,25 x2 + 0,25x3 ≤0

R4. Língua de sogra: x2 ≥ 0,25(x1 + x2 + x3) ou 0,25 x1 – 0,75 x2 + 0,25x3 ≤ 0

R5. Bexiga: x3 ≥ 0,25(x1 + x2 + x3) ou 0,25x1 + 0,25x2 – 0,75x3 ≤ 0

Solução. Precisamos de uma variável auxiliar para R2. A função fica assim:

Min z = Max (-z) = -x1 – x2 – x3 – Ma2


Exercício 8


A função auxiliar W tem valor zero. A solução é x1 = 10 x2 = 10 x3 = 20 Custo = 800

Obj

Obj



Exercícios propostos – Lista 4 Ex9

Variáveis de decisão.

x1: quantidade diária a produzir de P1 x2: quantidade diária a produzir de P2

x3: quantidade diária a produzir de P3

Objetivo. Maximizar o lucro = 500 x1 + 800 x2 + 400 x3

Restricões.

R1. Armazenar no máximo 5 dias de produção .

Espaço ocupado por unidade de P1 no armazém: 1/1.000

Produção de 5 dias de P1: 5 x1

Espaço do armazém ocupado pelo produto P1 produzido em 5 dias: 1 5 1 0,005 1

1.000x x=

Espaço do armazém ocupado pelo produto P2 produzido em 5 dias: 1 15 2 2

900 180x x=

Espaço do armazém ocupado pelo produto P3 produzido em 5 dias: 1 15 3 3

1.200 240x x=

Armazenagem: 1 2 31 10,005 1

180 240x x x+ + ≤ (armazém)

R2, R3, R4. Capacidade de produção diária. Para P1: 8H a 10 un/h=80 un/dia. Portanto x1 ≤ 80.

Para P2: 8h a 6 un/h =48 un/dia . Portanto x2 ≤ 48. Da mesma forma, x3 ≤ 120.

R5. Matéria prima. Disponibilidade diária de 240 Kg.

Uso para P1: x1 unidades por dia a 1,5 Kg por unidade = 1,5 x1

Uso para P2: x2 unidades por dia a 2,4 kg por unidade = 2,4 x2

Uso para P3: 2 x3

Restrição da matéria prima: 1,5 x1 + 2,4 x2 + 2 x3 ≤2.40º

Obs. Para melhorar as operações com a restrição R1, vamos multiplicá-la por 720:

R1. 3,6 x1 + 4 x2 + 3 x3 ≤ 720


Exercício 9


Solução: Produzir 80 un. de P1, 48 un. de P2, 2,4 un. de P3 Lucro 79.360.




Respostas

a. Solução do quadro. Produzir 3 unidades de P3. Sobra de recursos: 7 unidades de R1 (valor de xf1) e 12 unidades de R3 (valor de xf3). O lucro obtido é de 9,00.

b. Recursos escassos: R2 (xf2 = 0)

c. O novo programa ótimo teria lucro de 9,00-0,50 = 8,50

d. Venderia pelo valor de mercado (no caso o preço de custo), pois há sobra deste recurso para o programa.

e. O preço de venda deve ser no mínimo o seu custo mais o valor de oportunidade 0,75.

f. Modelo dual min D = 10 y1 + 12 y2 + 9 y3

y1 + 2y2+y3 ≥ 1 s.a. y1 + y2 + 3y3 ≥ 0,3 y1 + 4y2 – y3 ≥ 3 , y1≥0, y2≥0, y3≥0

g. Quadro de solução ótima dual.

D Y1 Y2 Y3 Yf1 Yf2 Yf3 C -1 7 0 12 0 0 3 -9 0 1 0 0 0,75 0 0 1 0 0,45 0 0 0 1 0,50 Solução dual: y1 = 0, y2 = 0,75, y3 = 0, D = 9

h. A variável dual y1 é o valor de oportunidade do recurso R1, isto é, a capacidade de uma unidade deste recurso de gerar lucro.

i. A função objetivo dual mede o valor de oportunidade do estoque de recursos, isto é, a capacidade de o estoque de recursos gerar lucro.

j. O lado esquerdo da segunda restrição dual mede o valor interno do produto P2, calculado em termos dos recursos nele empregados. O lado direito mede o valor externo ou valor de mercadode P2, isto é, a capacidade do mercado de atribuir lucro a P2.

l. O valor interno de P2 é y1 + y2 + 3 y3 = 0,75 e o valor externo 0,30. Portanto, o mercado não remunera suficientemente o produto P2 ( valor interno maior que valor externo), e não devemos produzí-lo.

m. O valor interno de P3 é y1 + 4 y2 – y3 = 3, e o valor externo é 3,00. O mercado remunera convenientemente o produto P3 e podemos produzí-lo.


Exercício 1


n. Pagaria no máximo 0,75 além do preço normal de mercado (meu preço de custo) pois o recurso R1 tem capacidade de gerar lucro de 0,75, gerando receita = custo + 0,75.

o. Em ptincípio não tenho interêsse em adquirir uma unidade de R3 pois este recurso está sobrando no meu programa.




Respostas

a. Modelo linear

1. Variáveis de decisão. Quantidades (em Kg) de ingredientes, em 40 Kg de ração. x1 : ingrediente 1; x2 : ingrediente 2; x3 : ingrediente 3.

2. Objetivo. Min custo do saco de40 Kg de ração = 200 x1 + 150 x2 + 240 x3

s.a.

( )1 2 3 1 2 3

1 2 3 1 2 3

1 2 3 1 2 3

50 20 10 6 nutriente 1 ou 50 20 10 600100 100 10020 30 20 5 (nutriente 2) ou 20 30 20 500

100 100 10010 30 50 8 (nutriente 3) ou 10 30 50 800100 100 100

x x x x x x

x x x x x x

x x x x x x

+ + ≥ + + ≥

+ + ≥ + + ≥

+ + ≥ + + ≥

b. Modelo dual Max D = 600 y1 + 500 y2 + 800 y3

50 y1 + 20 y2 + 10 y3 ≤ 200

s.a. 20 y1 + 30 y2 + 30 y3 ≤ 150

10 y1 + 20 y2 + 50 y3 ≤ 240

c. Solução do modelo dual

Quadro final primal


Exercício 2


D X1 X2 X3 Xf1 Xf2 Xf3 b -1 0 0 70,77 3,46 0 2,69 -4230,77 0 1 0 0 1,54 0 0 1 0 26,15 0 0 0 1 315,38

d. xf1 representa o excesso de nutriente 1 no saco de ração, em relação à exigência mínima.

xf2 representa o excesso de nutriente 2 no saco de ração, em relação à exigência mínima.

xf3 representa o excesso de nutriente 3 no saco de ração, em relação à exigência mínima.

e. y1 representa o valor de oportunidade do nutriente 1, isto é, o valor acima do seu custo para o programa. O uso de uma unidade a mais do nutriente 1 na mistura, aumenta o custo da mistura em 3,46.

y2 o mesmo que y1 em relação ao nutriente 2. No caso, o uso de uma unidade a mais do nutriente 2 não aumenta o custo da mistura.

y3 o mesmo que o nutriente 1 em relação ao nutriente 3. O uso de uma unidade a mais do nutriente 3 acarreta um aumento de custo de 2,69.

f. yf1 é o valor de oportunidade do ingrediente 1, isto é, o acréscimo no custo com a introdução de mais uma unidade do ingrediente 1 na mistura. No caso o valor é zero.

yf2 o mesmo que yf1 em relação ao ingrediente 2. O uso de uma unidade a mais não aumenta o custo .

yf o mesmo que yf1 em relação ao ingrediente 3. No caso, o acréscimo no custo pela introdução de uma unidade a mais do ingrediente 3 eleva o custo da mistura em 70,77.

g. A função objetivo dual mede o valor de oportunidade da mistura em relação aos níveis mínimos de nutrientes requeridos na sua composição.

h. O lado esquerdo da segunda restrição dual 20 y1 + 30 y2 + 30 y3, mede o valor interno (ou de oportunidade) do ingrediente 2. O lado direito mede o valor externo ou de mercado do ingrediente 2.

i. O lado esquerdo da primeira restrição primal mede o aporte de nutriente 1 a partir dos 3 ingredientes. O lado direito mede a necessidade mínima deste ingrediente na mistura.

j. Se a exigência mínima aumentar de 6 para 7 Kg na participação do nutriente 1 por saco de ração, o custo da mistura aumenta em 3,46.




a. Modelo primal

1. Variáveis de decisão: x1 quantidade a adquirir de P1; x2 quantidade a adquirir de P2; x3 quantidade a adquirir de P3.

2. Objetivo max Lucro = 60 x1 + 30 x2 +120 x3

3. Restrições 1 2 3

1 2 3

10 5 100.000

240 90 300 30.000.000

x x x

x x x

+ + ≤ + + ≤

b. Modelo dual Min D = 100.000 y1+30.000.000 y2

sujeito a

10 1 240 2 601 90 2 30

5 1 300 2 80

y yy yy y

+ ≥ + ≥ + ≥

c. Solução do modelo primal.

Quadro da solução ótima dual, obtida a partir do quadro da solução ótima primal.

Y1 Y2 Yf1 Yf2 Yf3 D 0 21.000.000 0 100.000 0 3.000.000 1 0 0 30 0 1 0 240 0 0 1 30

d. Comprar 100unidades de P2.


Exercício 3


e. A função objetivo dual mede o valor de oportunidade (capacidade de gerar lucro, no caso) dos recursos capital e espaço de estocagem.

f. y1 é o valor de oportunidade (capacidade de gerar lucro) do recurso espaço de estocagem.

Y2 é o valor de oportunidade (capacidade de gerar lucro) do recurso capital.

g. yf1 é a diferença entre os valores interno e externo do produto 1.

yf2 é a diferença entre os valores interno e externo do produto P2.

h. A expressão 10 x1 + x2 + 5x3 mede o uso do espaço de estocagem pelos produtos. O lado direito mede a disponibilidade deste recurso.

i. A expressão 90 y1 + y2 mede o valor de oportunidade (valor interno) do produto P2. O lado direito mede o valor externo do produto P2, ou então, o lucro atribuído a P2 pelo mercado.

j. Se tivéssemos mais um metro cúbico de espaço de estocagem, aumentaríamos o nosso lucro em 30, ou seja, o metro cúbico a mais gera uma receita que supera em $30 o custo corrente de estocagem. Se o custo corrente (CC) for diferente de $20 o aumento no lucro seria de 30-(20-CC). Por exemplo, se o CC for 15 o lucro passaria a 30-(20-15) = 30-5 = 25. Se o CC for 25 o lucro passaria a 30-(20-25) = 30+5 = 35.

l. Não interessa alocar mais uma unidade de capital, pois o programa apresenta uma sobra de $ 21.000.000 deste recurso.




Solução inicial pelo método do canto noroeste.

40 40/0 10 40 50 100/90/50/0 10 10/0 50/10/0 40/0 60/10/0 Otimização. Coeficientes das variáveis básicas Cij – Ui - Vj

X11: 10 – U1 – V1 = 0 X21: 12 – U2 – V1 = 0 X22: 25 – U2 – V2 = 0

X23: 18 – U2 – V3 = 0 X33: 24 – U3 – V3 = 0. Escolhendo o valor zero para U1, teremos:

U1 = 0; V1 = 10; U2 = 2; V2 = 23; V3 = 16; U3 = 8

Coeficientes das variáveis não básicas.

X12: 15 – 0 – 23 = - 8 X13: 20 – 0 – 16 = 4 X31: 16 – 8 – 10 = - 2 X32: 14 – 8 – 23 = – 17

Entra X32. Circuito de compensação.

40 40 10 40 – θ 50 + θ 100 θ 10 – θ 10 50 40 60 O maior valor possível para θ é 10, A Nova solução é

40 40 10 30 60 100 10 10 50 40 60 . Coeficientes das variáveis básicas Cij – Ui - Vj

X11: 10 – U1 – V1 = 0 X21: 12 – U2 – V1 = 0 X22: 25 – U2 – V2 = 0


U1 = 0; V1 = 10; U2 = 2; V2 = 23; V3 = 16; U3 = – 9


X12: 15 – 0 – 23 = - 8 X13: 20 – 0 – 16 = 4 X31: 16 + 9 – 10 = 15 X33: 24 + 9 – 16 = 17



Exercício 1


40 – θ θ 40 10 + θ 30 – θ 60 100 10 10 50 40 60 O maior valor possível para θ é 30, A Nova solução é

10 30 40 40 60 100 10 10 50 40 60 . Coeficientes das variáveis básicas Cij – Ui - Vj

X11: 10 – U1 – V1 = 0 X21: 12 – U2 – V1 = 0 X12: 15 – U1 – V2 = 0


U1 = 0; V1 = 10; U2 = 2; V2 = 15; V3 = 16; U3 =-1


X22: 25 – 2 – 15 = 8 X13: 20 – 0 – 16 = 4 X31: 16 + 1 – 10 = 7 X33: 24 + 1 – 16 = 9

A solução é ótima. O custo é C = 10 x10 + 30 x 15 + 40 x 12 + 60 x 18 + 10 x 14 = 2.250




Solução inicial pelo método de Vogel. Penalidade é a diferença entre os dois menores custos.

10 15 20 40 P1= 15 – 10= 5 P2= 5 P3 = 5 12 25 18 100 P1= 18 – 25=7 P2= 7 P3= 7 16 14 24 10 P1= 16 – 14=2 P2= 10 50 40 60 P1 = 12 – 10 = 2 P1= 15 – 14 = 1 P1 = 20 – 18 = 2 . P2= 15 – 14 = 1 P2 = 20 – 18 = 2 . P3= 10 P3= 2

Penalidade P1. Transporte na linha 2 (maior penalidade) e coluna 1 (menor custo). X21 = 50. Coluna 1 eliminada. Penalidade P2. Transporte na linha 3 (maior penalidade) e coluna 2 (menor custo). X32 = 10. Linha 3 eliminada. Penalidade P3. Transporte na linha 2 (maior penalidade) e coluna 3 (menor custo) . X23 = 50 Linha 2 eliminada. .

40 40/30 60/10 Observando o resultado, a solução está definida. X12= 30 e X13= 10

30 10 40 50 50 100 10 10 50 40 60 Otimização. Coeficientes das variáveis básicas Cij – Ui – Vj

X12: 15 – U1 – V2 = 0 X13: 20 – U1 – V3 = 0 X21: 12 – U2 – V1 = 0


U1 = 0; V2 = 15; V3 = 20; U2 = – 2; V1 = 14; U3 = – 1


X11: 10 – 0 – 14 = – 4 X22: 25 +2 – 15 = 12 X31: 16 +1 – 14 = 3 X33: 24 +1 – 20 = 5


θ 30 10 – θ 40 50 – θ 50 + θ 100 10 10 50 40 60 O maior valor possível para θ é 10, A Nova solução é

10 30 40


Exercício 2


40 60 100 10 10 50 40 60 . Coeficientes das variáveis básicas Cij – Ui - Vj

X11: 10 – U1 – V1 = 0 X21: 12 – U2 – V1 = 0 X12: 15 – U1 – V2 = 0


U1 = 0; V1 = 10; U2 = 2; V2 = 15; V3 = 16; U3 = – 1


X13: 20 – 0 – 16 = 4 X22: 25 – 2 – 15 = 8 X31: 16 + 1 – 10 = 7 X33: 24 + 1 – 16 = 9

A solução é ótima. O custo é C = 10 x10 + 30 x 15 + 40 x 12 + 60 x 18 + 10 x 14 = 2.250




Devemos equilibrar o sistema adicionando uma linha (quarta linha), com custo de transporte zero para receber a diferença de 10 unidades entre origens e destino. Solução inicial pelo método do canto noroeste

100 100/0 A 50 30 80/30/0 20 20/0 10 10/0 100/0 50/0 60/30/10/0

Otimização. Coeficientes das variáveis básicas Cij – Ui – Vj

X11: 10 – U1 – V1 = 0 X22: 25 – U2 – V2 = 0 X23: 18 – U2 – V3 = 0

X33: 24 – U3 – V3 = 0 X43: 0 – U4 – V3 = 0.

O sistema apresenta 5 equações e 7 variáveis. Devemos criar um transporte auxiliar A em uma célula que não forme circuito com as outras variáveis básicas. Vamos optar por A21. A nova equação é: 12 – U2 – V1 =0. Escolhendo o valor zero para U1, teremos:

U1 = 0; V1 = 10; U2 = 2; V2 = 23; V3 = 16; U3 = 8; U4 = – 16


X12: 15 – 0 – 23 = –8 X13: 20 – 0 – 16 = 4 X31: 16 – 8 – 10 = –2 X32: 14 – 8 – 23 = –17

X41: 0 + 16 – 10 = 6 X42: 0 + 16 – 23 = –7


100 100 A 50 – θ 30 + θ 80 θ 20 – θ 20 10 10 100 50 60 O maior valor possível para θ é 20, A Nova solução é

100 100 A 30 50 80 20 20 10 10 100 50 60 Coeficientes das variáveis básicas Cij – Ui – Vj

X11: 10 – U1 – V1 = 0 X21: 12 – U2 – V1 = 0 X22: 25 – U2 – V2 = 0


Exercício 3


X23: 18 – U2 – V3 = 0 X32: 14 – U3 – V2 = 0 X43: 0 – U4 – V3 = 0. Escolhendo o valor zero para U1, teremos:

U1 = 0; V1 = 10; U2 = 2; V2 = 23; V3 = 16; U3 = –9: U4 = –16


X12: 15 – 0 – 23 = –8 X13: 20 – 0 – 16 = 4 X31: 16 + 9 – 10 = 15 X33: 24 + 9 – 16 = 17

X41: 0 + 16 – 10 = 6 X42: 0 + 16 – 23 = –7


100 – θ θ 100 A + θ 30 – θ 50 80 20 20 10 10 100 50 60 O maior valor possível para θ é 30, A Nova solução é

70 30 100 30 50 80 20 20 10 10 100 50 60 . Coeficientes das variáveis básicas Cij – Ui – Vj

X11: 10 – U1 – V1 = 0 X21: 12 – U2 – V1 = 0 X12: 15 – U1 – V2 = 0

X23: 18 – U2 – V3 = 0 X32: 14 – U3 – V2 = 0 X43: 0 – U4 – V3 = 0 Escolhendo o valor zero para U1, teremos:

U1 = 0; V1 = 10; U2 = 2; V2 = 15; V3 = 16; U3 = –1; U4 = –16


X22: 25 – 2 – 15 = 8 X13: 20 – 0 – 16 = 4 X31: 16 + 1 – 10 = 7 X33: 24 + 1 – 16 = 9

X41: 0 + 16 – 10 = 6 X42: 0 + 16 – 15 = 9

A solução é ótima. O custo é C = 70 x10 + 30 x 15 + 30 x 12 + 50 x 18 + 20 x 14 = 2.690,00




Devemos equilibrar o sistema adicionando uma linha (quarta linha), com custo de transporte zero para receber a diferença de 10 unidades entre origens e destino. Solução inicial pelo método de Vogel

10 15 20 100 P1=10 – 15=5 P2=5 P3=5 P3=20 – 15=5 12 25 18 80 P1=18 – 12=6 P2=6 16 14 24 20 P1=16 – 14=2 P2=2 P3=2 P3=24 – 14=10 0 0 0 10 P1=0 100 50 60 P1=12 – 10=2 P1=14 – 0=14 P1=18 – 0=18 P2=12 – 10=2 P2=15 – 14=1 P2=20 – 18=2 P3=16 – 10=6 P3=15 – 14=1 P3=24 – 20=4 . P4=15 – 14=1 P4=24 – 20=4

Resultado de P1: entra X43 (coluna de maior penalidade + linha de menor custo). X43 = 10. Linha 4 eliminada. Resultado de P2: entra X21 (linha de maior penalidade + coluna de menor custo). X21 = 80. Linha 2 eliminada. .Resultado de P3: entra X11 (linha de maior penalidade + coluna de menor custo). X11= 20. Coluna 1 eliminada. .Resultado de P4: entra X32 (linha de maior penalidade + coluna de menor custo). X32 = 20. Linha 3 eliminada. O quadro restante é:

100/80 50/30 60/50 Completando: X12 = 30 e X13 = 50. A solução encontrada é a seguinte.

20 30 50 100 80 80 20 20 10 10 100 50 60


X11: 10 – U1 – V1 = 0 X12: 15 – U1 – V2 = 0 X13: 20 – U1 – V3 = 0

X21: 12 – U2 – V1 = 0 X32: 14 – U3 – V2 = 0. X43: 0 – U4 – V3

Fazendo U1 = 0 temos:

U1 = 0; V1 = 10; U2 = 2; V2 = 15; V3 = 20; U3 = – 1; U4 = – 20



Exercício 4


X22: 25 – 2 – 15 = 8 X23: 18 – 2 – 20 = – 4 X31: 16 + 1 – 10 = 7 X33: 24 + 1 – 20 = 5

X41: 0 + 20 – 10 = 10 X42: 0 + 20 – 15 = 5


20 + θ 30 50 – θ 100 80 – θ θ 80 20 20 10 10 100 50 60 O maior valor possível para θ é 50, A Nova solução é

70 30 100 30 50 80 20 20 10 10 100 50 60 Coeficientes das variáveis básicas Cij – Ui – Vj

X11: 10 – U1 – V1 = 0 X21: 12 – U2 – V1 = 0 X12: 15 – U1 – V2 = 0

X23: 18 – U2 – V3 = 0 X32: 14 – U3 – V2 = 0 X43: 0 – U4 – V3 = 0 Escolhendo o valor zero para U1, teremos:

U1 = 0; V1 = 10; U2 = 2; V2 = 15; V3 = 16; U3 = – 1; U4 = – 16


X22: 25 – 2 – 15 = 8 X13: 20 – 0 – 16 = 4 X31: 16 + 1 – 10 = 7 X33: 24 + 1 – 16 = 9

X41: 0 + 16 – 10 = 6 X42: 0 + 16 – 15 = 9

A solução é ótima. O custo é C = 70 x10 + 30 x 15 + 30 x 12 + 50 x 18 + 20 x 14 = 2.690,00




Devemos equilibrar o sistema adicionando uma linha (quarta linha), com custo de transporte zero para receber a diferença de 20 unidades entre origens e destino. Solução inicial pelo método do canto noroeste

50 X 50/0 X 50 20 70/20/0 30 30/0 20 20/0 80/30/0 50/0 40/0


X11: 10 – U1 – V1 = 0 X22: 25 – U2 – V2 = 0 X23: 18 – U2 – V3 = 0

X31: 16 – U3 – V1 = 0 X43: 0 – U4 – V3 = 0.

O sistema apresenta 5 equações e 7 variáveis. Devemos criar um transporte auxiliar A em uma célula que não forme circuito com as outras variáveis básicas. Vamos optar por A32. A nova equação é: 14 – U3 – V2 = 0. Escolhendo o valor zero para U1, teremos:

U1 = 0 ; V1 = 10 ; U2 = 17 ; V2 = 8 ; V3 = 1 ; U3 = 6 ; U4 = – 1


X12: 15 – 0 – 8 = 7 X33: 24 – 6 – 1 = 17 X41: 0 +1 – 10 = – 9 X42: 0 +1 – 8= – 7


50 X 50 X 50 – θ 20 + θ 70 30 – θ A + θ 30 θ 20 – θ 20 80 50 40 O maior valor possível para θ é 20, A Nova solução é

50 X 50 X 30 40 70 10 20 30 20 20 80 50 40 Coeficientes das variáveis básicas Cij – Ui – Vj

X11: 10 – U1 – V1 = 0 X22: 25 – U2 – V2 = 0 X23: 18 – U2 – V3 = 0

X31: 16 – U3 – V1 = 0 X32: 14 – U3 – V2 = 0. X41: 0 – U4 – V1 = 0


Exercício 5


Escolhendo o valor zero para U1, teremos:

U1 = 0; V1 = 10; U2 = 17 ; V2 = 8; V3 = 1 ; U3 = 6: U4 = – 10


X12: 15 – 0 – 8 = 7 X33: 24 – 6 – 1 = 17

X42: 0 + 10 – 8 = 2 X43: 0 + 10 – 1 = 9

A solução é ótima. X11 = 50; X22 = 30; X23 = 40; X31 = 10; X32 = 20

Custo = 50 x 10 + 30 x 25 + 40 x 18 + 10 x 16 + 20 x 14 = 2.410,00




Devemos equilibrar o sistema adicionando uma linha (quarta linha), com custo de transporte zero para receber a diferença de 20 unidades entre origens e destino. Solução inicial pelo método de Vogel

10 15 200 50 P1 = 15 – 10 = 5 P2 = 5 P3 = 5 200 25 18 70 P1 = 25 – 18 = 7 P2 = 7 P3 = 175 16 14 24 30 P3 = 16 – 14 = 2 P2 = 2 P3 = 2 0 0 0 20 P1 = 0 80 50 40 P1 = 10 – 0 = 10 P1 = 14 – 0 = 14 P1 = 18 – 0 = 18 P2 = 16 – 10 = 6 P2 = 15 – 14 = 1 P2 = 24 – 18 = 6 .P3 = 6 P2 = 1

Penalidade P1: transportar na coluna 3 (maior penalidade) e linha 4 (menor custo). X43 = 20. Linha 4 eliminada. Penalidade P2: transportar na linha 2 (maior penalidade) e coluna 3 (menor custo). X23 = 20. Coluna 3 eliminada. Penalidade P3: transportar na linha 2 (maior penalidade) e coluna 2 (menor custo). X22 = 50. Linha 2 e coluna 2 eliminadas. O quadro restante é o seguinte.

50 0 30 0 80 0 0 A solução está definida. X11 = 50; X31 = 30. O quadro com a solução é o seguinte.

50 50 50 20 70 30 A 30 20 20 80 50 40


X11: 10 – U1 – V1 = 0 X22: 25 – U2 – V2 = 0 X23: 18 – U2 – V3 = 0

X31: 16 – U3 – V1 = 0 X43: 0 – U4 – V3 = 0.

O sistema apresenta 5 equações e 7 variáveis. Devemos criar um transporte auxiliar A em uma célula que não forme circuito com as outras variáveis básicas. Vamos optar por A32. A nova equação é: 14 – U3 – V2 = 0. Escolhendo o valor zero para U1, teremos:

U1 = 0 ; V1 = 10 ; U2 = 17 ; V2 = 8 ; V3 = 1 ; U3 = 6 ; U4 = – 1


Exercício 6



X12: 15 – 0 – 8 = 7 X33: 24 – 6 – 1 = 17 X41: 0 +1 – 10 = – 9 X42: 0 +1 – 8 = – 7


50 X 50 X 50 – θ 20 + θ 70 30 – θ A + θ 30 θ 20 – θ 20 80 50 40 O maior valor possível para θ é 20, A Nova solução é

50 X 50 X 30 40 70 10 20 30 20 20 80 50 40 Coeficientes das variáveis básicas Cij – Ui – Vj

X11: 10 – U1 – V1 = 0 X22: 25 – U2 – V2 = 0 X23: 18 – U2 – V3 = 0

X31: 16 – U3 – V1 = 0 X32: 14 – U3 – V2 = 0. X41: 0 – U4 – V1 = 0

Escolhendo o valor zero para U1, teremos:

U1 = 0; V1 = 10; U2 = 17 ; V2 = 8; V3 = 1 ; U3 = 6: U4 = – 10


X12: 15 – 0 – 8 = 7 X33: 24 – 6 – 1 = 17

X42: 0 + 10 – 8 = 2 X43: 0 + 10 – 1 = 9

A solução é ótima. X11 = 50; X22 = 30; X23 = 40; X31 = 10; X32 = 20

Custo = 50 x 10 + 30 x 25 + 40 x 18 + 10 x 16 + 20 x 14 = 2.410,00




Devemos criar um cliente auxiliar para receber o excedente dos depósitos. a. Solução inicial pelo método do canto noroeste

100 60 160/60/0 20 120 60 200/180/60/0 20 80 100/80/0 100/0 80/20/0 120/0 80/20/0 80 b. Solução melo método de Vogel P1 P2 P3 P4 P5

2,1 1,8 1,8 1,8 0 160 1,8 0 0 0 0 1,5 2,4 1,8 2,1 0 200 1,5 0,3 0,3 0,3 0,3 2,4 1,5 2,4 1,8 0 100 1,5 0,3 0,3 0,6 100 80 120 80 80 P1 = 0,6 P1 = 0,3 P1 = 0 P1 = 0 P1 = 0 P2 = 0,6 P2 = 0,3 P2 = 0 P2 = 0 . P3 = 0,3 P3 = 0 P3 = 0 . P4 = 0 P4 = 0 . P5 = 0 P5 = 0,3

Penalidade 1: transporte na linha 1 (maior penalidade) e coluna 5 (menor custo). X15 = 80. Coluna 5 eliminada. Penalidade 2: transporte na coluna 1 (maior penalidade) e linha 2 (menor custo). X21 = 100. Coluna 1 eliminada. Penalidade 3: transporte na linha 3 (maior penalidade) e coluna 2 (menor custo). X32 = 80. Coluna 2 eliminada. Penalidade 4: transporte na linha 3 (maior penalidade) e coluna 4 (menor custo). X34 = 20. Linha 3 eliminada. Pemalidade 5: transporte na coluna 4 (maior penalidade) e linha 1 (menor custo). X14 = 60. Coluna 4 eliminada.

Os transportes restantes estão definidos: X13 = 20 e X23 = 100.

20 60 80 160 100 100 200 80 20 100 100 80 120 80 80 c. Solução ótima a partir da inicial pelo canto noroeste.

Coeficientes das variáveis básicas. X11: 2,1 – U1 – V1 = 0 X12: 1,8 – U1 – V2 = 0 X22: 2,4 – U2 – V2 = 0 X23: 1,8 – U2 – V3 = 0 X24: 2,1 – U2 – V4 = 0 X34: 1,8 – U3 – V4 = 0 X35: 0 – U3 – V5 = 0


Exercício 7


Fazendo U1 = 0, vem: V1 = 2,1 V2 = 1,8 U2 = 0,6 V3 = 1,2 U3 = 0,3

V4 = 1,5 V5 = – 0,3


X13: 1,8 – 0 – 1,2 = 0,6 X14: 1,8 – 0 – 1,5 = 0,3 X15: 0 – 0 + 0,3 = 0,3 X21: 1,5 – 0,6 – 2,1 = – 1,2 X25: 0 – 0,6 + 0,3 = – 0,3 X31: 2,4 – 0,3 – 2,1 = 0 X32: 1,5 – 0,3 – 1,8 = – 0,6 X33: 2,4 – 0,3 – 1,2 = 0,9


100 – θ 60 + θ 160 θ 20 – θ 120 60 200 20 80 100 100 80 120 80 80 X21 entra com valor 20. A Nova solução é:

80 80 160 20 120 60 200 20 80 100 100 80 120 80 80 Coeficientes das variáveis básicas. X11: 2,1 – U1 – V1 = 0 X12: 1,8 – U1 – V2 = 0 X21: 1,5 – U2 – V1 = 0 X23: 1,8 – U2 – V3 = 0 X24: 2,1 – U2 – V4 = 0 X34: 1,8 – U3 – V4 = 0 X35: 0 – U3 – V5 = 0.

Fazendo U1 = 0, vem: V1 = 2,1 U2 = – 0,6 V2 = 1,8 U3 = – 0,9 . V3 = 2,4 V4 = 2,7 V5 = 0,9


X13: 1,8 – 0 – 2,4 = – 0,6 X14: 1,8 – 0 – 2,7 = – 0,9 X15: 0 – 0 – 0,9 = – 0,9 X22: 2,4 + 0,6 – 1,8 = 1,2 X25: 0 + 0,6 – 0,9 = – 0,3 X31: 2,4 + 0,9 – 2,1 = 1,2 X32: 1,5 + 0,9 – 1,8 = 0,6 X33: 2,4 + 0,9 – 2,4 = 0,9


80 – θ 80 θ 160 20 + θ 120 60 – θ 200 20 80 100 100 80 120 80 80 X14 entra com valor 60. Nova solução.

20 80 60 160 80 120 200 20 80 100 100 80 120 80 80 Coeficientes das variáveis básicas.

X11: 2,1 – U1 – V1 = 0 X12: 1,8 – U1 – V2 = 0 X14: 1,8 – U1 – V4 = 0 X21: 1,5 – U2 – V1 = 0 X23: 1,8 – U2 – V3 = 0 X34: 1,8 – U3 – V4 = 0 X35: 0 – U3 – V5 = 0


Fazendo U1 = 0, vem: V1 = 2,1 U2 = – 0,6 V2 = 1,8 U3 = 0 V3 = 2,4 . V4 = 1,8 V5 = 0


X13: 1,8 – 0 – 2,4 = – 0,6 X15: 0 – 0 – 0 = 0 X22: 2,4 + 0,6 – 1,8 = 1,2 X24: 2,1 + 0,6 – 1,8 = 0,9 X25: 0 + 0,6 – 0 = 0,6 X31: 2,4 – 0 – 2,1 = 0,3 X32: 1,5 – 0 – 1,8 = – 0,3 X33: 2,4 – 0 – 2,4 = 0


20 – θ 80 θ 60 160 80 + θ 120 – θ 200 20 80 100 100 80 120 80 80 X13 entra com valor 20. Nova solução.



Fazendo U1 = 0, vem: U2 = 0 U3 = 0 V1 = 1,5 V2 = 1,8 V3 = 1,8 V4 = 1,8 V5 = 0


X11: 2,1 – 0 – 1,5 = 0,6 X15: 0 – 0 – 0 = 0 X22: 2,4 – 0 – 1,8 = 0,6 X24: 2,1 – 0 – 1,8 = 0,3 X25: 0 – 0 – 0 = 0 X31: 2,4 – 0 – 1,5 = 0,9 X32: 1,5 – 0 – 1,8 = – 0,3 X33: 2,4 – 0 – 1,8 = 0,6


80 – θ 20 60 + θ 160 100 100 200 θ 20 – θ 80 100 100 80 120 80 80 X32 entra com valor 20. Nova solução.




Fazendo U1 = 0, vem: U2 = 0 U3 = – 0,3 V1 = 1,5 V2 = 1,8 V3 = 1,8 . V4 = 1,8 V5 = 0,3


X11: 2,1 – 0 – 1,5 = 0,6 X15: 0 – 0 – 0,3 = – 0,3 X22: 2,4 – 0 – 1,8 = 0,6 X24: 2,1 – 0 – 1,8 = 0,3 X25: 0 – 0 – 0,3 = – 0,3 X31: 2,4 + 0,3 – 1,5 = 1,2 X33: 2,4 + 0,3 – 1,8 = 0,9 X34: 1,8 + 0,3 – 1,8 = 0,3


60 – θ 20 + θ 80 160 100 100 – θ θ 200 20 + θ 80 – θ 100 100 80 120 80 80 X25 entra com valor 60. Nova solução.


X13: 1,8 – U1 – V3 = 0 X14: 1,8 – U1 – V4 = 0 X21: 1,5 – U2 – V1 = 0 X23: 1,8 – U2 – V3 = 0 X25: 0 – U2 – V5 = 0 X32: 1,5 – U3 – V2 = 0 X35: 0 – U3 – V5 = 0

Fazendo U1 = 0, vem: U2 = 0 U3 = 0 V1 = 1,5 V2 = 1,5 V3 = 1,8 . V4 = 1,8 V5 = 0


X11: 2,1 – 0 – 1,5 = 0,6 X12: 1,8 – 0 – 1,5 = 0,3 X15: 0 – 0 – 0 = 0 X22: 2,4 – 0 – 1,5 = 0,9 X24: 2,1 – 0 – 1,8 = 0,3 X31: 2,4 – 0 – 1,5 = 0,9 X33: 2,4 – 0 – 1,8 = 0,6 X34: 1,8 – 0 – 1,8 = 0

A solução é ótima. Custo = 100 x 1,5 + 80 x 1,8 + 80 x 1,8 + 40 x 1,8 + 80 x 1,5 = 630

Observe que pelo fato do coeficiente da variável X34 ser nulo, o problema tem mais de uma solução ótima. Colocando X34 na base, o cicuito de compensação fica assim.

80 + θ 80 – θ 160 100 40 – θ 60 + θ 200 80 θ 20 – θ 100 100 80 120 80 80 X34 pode entrar com valor 20, gerando a resposta ótima do texto.

100 60 160 100 20 80 200 80 20 100 100 80 120 80 80


d. solução do modelo a partir da inicial pelo método de Vogel.


X13: 1,8 – U1 – V3 = 0 X14: 1,8 – U1 – V4 = 0 X15 0 – U1 – V5 = 0 X21: 1,5 – U2 – V1 = 0 X23: 1,8 – U2 – V3 = 0 X32: 1,5 – U3 – V2 = 0 X34: 1,8 – U3 – V4 = 0

Fazendo U1 = 0 temos: U2 = 0 U3 = 0 V1 = 1,5 V2 = 1,5 V3 = 1,8 V4 = 1,8 V5 = 0


X11: 2,1 – 0 – 1,5 = 0,6 X12: 1,8 – 0 – 1,5 = 0,3 X22: 2,4 – 0 – 1,5 = 0 X24: 2,1 – 0 – 1,8 = 0,3 X25: 0 – 0 – 0 = 0 X31: 2,4 – 0 – 1,5 = 0,9 X33: 2,4 – 0 – 1,8 = 0,6 X35: 0 – 0 – 0 = 0

A solução é ótima. Custo = 20 x 1,8 + 60 x 1,8 + 100 x 1,5 + 100 x 1,8 + 80 x 1,5 + 20 x 1,8 = 630

Como na solução anterior, o fato de variáveis não básicas comparecerem com coeficientes nulos, o problema apresenta outras soluções ótimas. Por exemplo, se a variável X25 entrar na base o circuito de compensação seria:

20 + θ 60 80 – θ 160 100 100 – θ θ 200 80 20 100 100 80 120 80 80 X25 entra com valor 80, gerando a solução ótima que aparece na resposta do texto.

100 60 160 100 20 80 200 80 20 100 100 80 120 80 80




Para transformar o modelo de transporte (de minimização) em um modelo de maximização devemos trabalhar com os complementos para um valor fixo da tabela de lucro. Minimizando esses complementos estaremos maximizando os lucros. Faremos os complementos para 12 (maior valor da tabela).

0 1,5 3 3 0 160 4,5 1,5 0 1,5 0 200 1,5 4,5 0 3 0 100 100 80 120 80 80 Vamos calcular a solução inicial pelo método de Vogel.

P1 P2 P3 P4 P5

0 1,5 3 3 0 160 0 1,5 1,5 – – 4,5 1,5 0 1,5 0 200 0 0 0 0 0 1,5 4,5 0 3 0 100 0 0 0 0 0 100 80 120 80 80 P1 = 1,5 P1 = 0 P1 = 0 P1 = 1,5 P1 = 0 . P2 = 0 P2 = 0 P2 = 1,5 P2 = 0 . P3 = 0 P3 = 0 P3 = 0 . P4 = 3 P4 = 0 P4 = 0 . P5 = 0 P5 = 0

Penalidade P1: transportar na coluna 1 (maior penalidade) e linha 1 (menor custo). X11 = 100. Coluna 1 eliminada. Penalidade P2: transportar na coluna 4 (maior penalidade) e linha 2 (menor custo). X24 = 80. Coluna 4 eliminada. Penalidade P3: transportar na linha 1 (maior penalidade) e coluna 5 (menor custo). X15 = 60. Linha 1 eliminada. Penalidade P4: transportar na coluna 2 (maior penalidade) e linha 2 (menor custo). X22 = 80. Coluna 2 eliminada. Penalidade P5: transportar na linha 2 (maior penalidade) e coluna 3 (menor custo). X23 = 40. Linha 2 eliminada. Os transportes restantes ficam definidos. X33 = 80 e X35 = 20

80 20 100 120/80 80/20 Quadro com a solução inicial

100 60 160/60/0 80 40 80 200/120/40/0 80 20 100/20/0 100/0 80/0 120/80/0 80/0 80/20/0


Exercício 8


Cálculo da solução ótima.

Coeficientes das variáveis básicas.

X11: 0 – U1 – V1 = 0 X15: 0 – U1 – V5 = 0 X22: 1,5 – U2 – V2 = 0 X23: 0 – U2 – V3 = 0 X24: 1,5 – U2 – V4 = 0 X33: 0 – U3 – V3 = 0 X35: 0 – U3 – V5 = 0.

Fazendo U1 = 0, teremos: U2 = 0 U3 = 0 V1 = 0 V2 = 1,5 V3 = 0 V4 = 1,5 . V5 = 0 Coeficientes das variáveis não básicas.

X12: 1,5 – 0 – 1,5 = 0 X13: 3 – 0 – 0 = 3 X14: 3 – 0 – 1,5 = 1,5 X21: 4,5 – 0 – 0 = 4,5 X25: 0 – 0 – 0 = 0 X31: 1,5 – 0 – 0 = 1,5 X32: 4,5 – 0 – 1,5 = 3 X34: 3 – 0 – 1,5 = 0

A solução é ótima. Lucro = 100 x 12 + 80 x 10,5 + 40 x 12 + 80 x 10,5 + 80 x 12 = 4.320

Observe que algumas variáveis não básicas apresentam coeficiente zero. Isto significa que podem entrar na base gerando outra solução ótima como a apresentada no texto. Por exemplo, se X12 entrar com valor 60, a resposta ótima é a mencionada no texto.




Para transformar o modelo de transporte (de minimização) em um modelo de maximização devemos trabalhar com os complementos para um valor fixo da tabela de lucro. Minimizando esses complementos estaremos maximizando os lucros. Faremos os complementos para 400 (maior valor da tabela). Devemos criar um quinto destino (40 unidades com lucro zero) para receber a diferença entre a oferta e a demanda e equilibrar o sistema.

A solução inicial será calculada usando o método de Vogel.

P1 P2 P3 P4

240 190 200 270 400 360 10 10 40 40 320 10 160 90 400 440 80 80 70 160

0 150 310 210 400 200 150 – 240 200 340 180 40

P1 240 140 40 120 0 P2 80 180 40 180 0 P3 80 – 40 180 0 P4 80 40 – 0

Penalidade P1: transportar na coluna 1 (maior penalidade) e linha 3 (menor custo). X31 = 200. Linha 3 eliminada. Penalidade P2: transportar na coluna 2 (maior penalidade) e linha 2 (menor custo). X22 = 200. Coluna 2 eliminada. Penalidade P3: transportar na coluna 4 (maior penalidade) e linha 2 (menor custo). X24= 180. Coluna 4 eliminada. Penalidade P4: transportar na linha 2 (maior penalidade) e coluna 3 (menor custo). X23 = 60 Linha 2 eliminada.

Os outros transportes estão definidos. X11 = 40 X13 = 280 X15 = 40

40 280 40 360 200 60 180 440/240/60/0 200 200/0 240/40 200/0 340/280 180/0 40 Cálculo da solução ótima. Coeficientes das variáveis básicas.

X11: 240 – U1 – V1 = 0 X13: 200 – U1 – V3 = 0 X15: 400 – U1 – V5 = 0 X22: 10 – U2 – V2 = 0 X23: 160 – U2 – V3 = 0 X24: 90 – U2 – V4 = 0 X31: 0 – U3 – V1 = 0

Fazendo U1 = 0, vem: V1 = 240 V3 = 200 V5 = 400 U2 = – 40 V4 = 130 . U3 = – 240 V2 = 50


Exercício 9



X12: 190 – 0 – 50 = 140 X14: 270 – 0 – 130 = 140 X21: 320 + 40 – 240 = 120 X25: 400 + 40 – 400 = 40 X32: 150 + 240 – 50 = 340 X33: 310 + 240 – 200 = 350 X34: 210 + 240 – 130 = 320 X35: 400 + 240 – 400 = 240 .

A solução é ótima.

Lucro = 40 x 160 + 280 x 200 + 200 x 390 + 60 x 240 + 180 x 310 + 200 x 400 =290.600




Devemos calcular a tabela de lucro unitário para cada produto e cada instalação. Além disso, devemos criar uma demanda com capacidade de 300 unidades e lucro zero para equilibrar o sistema.

12 21 20 0 800 11 19 20 0 1.000

8 15 19 0 1.200 1.000 900 800 300

Para transformar o problema para o objetivo de minimização, vamos trabalhar com os complementos dos lucros unitários para um número fixo (no caso 21, o maior da tabela). Assim, minimizando os complementos estaremos maximizando os lucros.

9 0 1 21 800 10 2 1 21 1.000 13 6 2 21 1.200

1.000 900 800 300 A partir desse quadro, a solução inicial é calculada pelo método de Vogel.

P1 P2 P3 P4

9 0 1 21 800 1 9 – – 10 2 1 21 1.000 1 8 8 11 13 6 2 21 1.200 4 7 7 8

1.000 900 800 300 P1 1 2 0 0 P2 1 2 – 0 P3 3 4 – 0 P4 3 4 – 0

Penalidade P1: transporte na linha 3 (maior penalidade) e coluna 3 (menor custo). X33 = 800. Coluna 3 eliminada. Penalidade P2: transporte na linha 1 (maior penalidade) e coluna 2 (menor custo). X12 = 800 Linha 1 eliminada. Penalidade P3: transportar na linha 2 (maior penalidade) e coluna 2 (menor custo). X22 = 100. Coluna 2 eliminada. Penalidade P4: transportar na linha 2 (maior penalidade) e coluna 1 (menor custo). X21=900. Linha 2 eliminada.

Os outros transportes ficam definidos pelos anteriores. X31 = 100 e X34 = 300

Solução inicial

800 800 900 100 1.000 100 800 300 1.200 1.000 900 800 300


Exercício 10



X12: 0 – U1 – V2 = 0 X21: 10 – U2 – V1 = 0 X22: 2 – U2 – V2 = 0 X31: 13 – U3 – V1 = 0 X33: 2 – U3 – V3 = 0 X34: 21 – U3 – V4 = 0

Fazendo U1 = 0, vem: U2 = 2 U3 = 5 V1 = 8 V2 = 0 V3 = – 3 V4 = 16


X11: 9 – 0 – 8 = 1 X13: 1 - 0 + 3 = 4 X14: 21 – 0 – 16 = 5 X23: 1 – 2 + 3 = 2 X24: 21 – 2 – 16 = 3 X32: 6 – 5 – 0 = 1


Lucro = 900 x 11 + 100 x 8 + 800 x 21 + 100 x 19 + 800 x 19 = 44.600,00




Nas células onde o transporte não é possível, vamos colocar um custo de transporte unitário M (número muito maior do que os outros custos, para impedir o transporte nesta célula)

10 12 M 12 12 14 15 18 6 8 10 30 10 20 30 Solução pelo método do canto noroeste.

10 2 12/2/0 18 18/0 A 30 30/0 10/0 20/18/0 30/0 O problema apresenta 6 variáveis e quatro equações. Devemos acrescentar um transporte auxiliar A para construir mais uma equação. O transporte auxiliar A deve ficar em célula que não forme circuito com os já existentes. Escolhemos A31.


X11: 10 – U1 – V1 = 0 X31: 6 – U3 – V1 = 0 X12: 12 – U1 – V2 = 0 X22: 14 – U2 – V2 = 0 X33: 10 – U3 – V3 = 0

Fazendo U1 = 0, vem: U2 = 2 U3 = – 4 V1 = 10 V2 = 12 V3 = 14


X13: M – 0 – 14 = M – 14 X21: 12 – 2 – 10 = 0 X23: 15 – 2 – 14 = – 1 X32: 8 + 4 – 12 = 0


10 – θ 2 + θ 12 18 – θ θ 18 A + θ 30 – θ 30 10 20 30 X23 entra com valor 10. Nova solução.

12 12 8 10 18 10 20 30 10 20 30 Coeficientes das variáveis básicas.



Exercício 11


Fazendo U1 = 0, Vem: U2 = 2 U3 = – 3 V1 = 9 V2 = 12 V3 = 13


X11: 10 – 0 – 3 = 7 X21: 12 – 2 – 9 = 1 X32: 8 + 3 – 12 = – 1 X13: M + 0 + 3 = M + 3


12 12 8 – θ 10 + θ 18 10 θ 20 – θ 30 10 20 30 X32 entra com valor 8. Nova solução.

12 12 18 18 10 8 12 30 10 20 30 Coeficientes das variáveis básicas.


Fazendo U1 = 0, vem : U2 = 1 U3 = – 4 V1 = 10 V2 = 12 V3 = 14


X11: 10 – 0 – 10 = 0 X21: 12 – 1 – 10 = 1 X22: 14 – 1 – 12 = 1 X13: M – 0 – 14 = M – 14

A solução é ótima. Custo = 10 x 6 + 12 x 12 + 8 x 8 + 18 x 15 + 12 x 10 = 658,00




Nas células onde não deve haver transporte, colocamos um custo unitário M, muito maior que os outros custos, evitando desta forma, o transporte nestas células. Vamos criar um ponto de venda auxiliar para receber a diferença 140 entre as disponibilidades e as necessidades. O custo do transporte nesta coluna é zero. Cálculo da solução inicial pelo método de Vogel. P1 P2 P3 P4 P5 P6

16 14 12 100 16 0 170 12 2 2 2 2 12 4 14 8 8 0 60 4 0 4 4 –

8 6 100 14 10 0 90 6 2 2 4 4 15 69 36 18 42 140

P1 4 2 2 6 2 0 P2 4 2 2 6 2 – P3 4 2 2 – 2 P4 – 2 2 – 2 P5 – 8 88 – 6

Penalidade P1: transportar na linha 1 (maior penalidade) e coluna 6 (menor custo). X16 = 140. Coluna 6 eliminada. Penalidade P2: transportar na coluna 4 (maior penalidade) e linha 2 (menor custo). X24 = 18. Coluna 4 eliminada. Penalidade P3: transportar na coluna 1 (maior penalidade) e linha 3 (menor custo). X31 = 15. Coluna 1 eliminada. Penalidade P4: transportar na linha 2 (maior penalidade) e coluna 2 (menor custo). X22 = 42. Linha 2 eliminada. Penalidade P5: transportar na coluna 3 (maior penalidade) e linha 1 (menor custo). X13 = 30. Linha 1 eliminada. Quadro da solução inicial.

30 140 170/30/0 42 18 60/42/0 15 27 6 42 90/75 15/0 69/27 36/6 18/0 42 140/0 Cálculo da solução ótima. Coeficientes das variáveis básicas.

X13: 12 – U1 – V3 = 0 X16: 0 – U1 – V6 = 0 X22: 4 – U2 – V2 = 0 X24: 8 – U2 – V4 = 0 X31: 8 – U3 – V1 = 0 X32: 6 – U3 – V2= 0 X33: 88 – U3 – V3 = 0 X35: 10 – U3 – V5 = 0

Fazendo U1 = 0, vem: U2 = 74 U3 = 76 V1 = – 68 V2 = – 70 V3 = 12 V4 = – 66 V5 = – 66 V6 = 0


X11: 16 – 0 + 68 = 84 X12: 14 – 0 + 70 = 84 X14: 100 – 0 + 66 = 166 X21: 12 – 74 + 68 = 6 X23: 14 – 74 – 12 = – 72 X25: 8 – 74 + 66 = 0 X26: 0 – 74 – 0 = – 74 X34: 14 – 76 + 66 = 4 X36: 0 – 76 – 0 =1 – 76


Exercício 12


Entra a variável X36. Circuito de compensação.

30 + θ 140 – θ 170 42 18 60 15 27 6 – θ 42 θ 90 15 69 36 18 42 140 X36 entra com valor 6. Nova solução.

36 134 170 42 18 60 15 27 42 6 90 15 69 36 18 42 140 Coeficientes das variáveis básicas.

X13: 12 – U1 – V3 = 0 X16: 0 – U1 – V6 = 0 X22: 4 – U2 – V2 = 0 X24: 8 – U2 – V4 = 0 X31: 8 – U3 – V1 = 0 X32: 6 – U3 – V2 = 0 X35: 10 – U3 – V5 = 0 X36: 0 – U3 – V6 = 0

Fazendo U1 = 0, vem: U2 = – 2 U3 = 0 V1 = 8 V2 = 6 V3 = 12 V4 = 10 V5 = 10 V6 = 0


X11: 16 – 0 – 8 = 8 X12: 14 – 0 – 6 = 8 X14: 100 – 0 – 10 = 90 X15: 16 – 0 – 10 = 6 X21: 12 + 2 – 8 = 6 X23: 14 + 2 – 12 = 4 X25: 8 + 2 – 10 = 0 X33: 100 – 0 – 12 = 88 X34: 14 – 0 – 10 = 4

A solução é ótima. Custo = 36 x 12 + 42 x 4 + 18 x 8 + 15 x 8 + 27 x 6 + 42 x 10 = 1.446,00




a. Plano de distribuição com o menor custo possível. Solução inicial peli método de Vogel

P1 P2

410 418 416 170 6 6 392 400 394 150 2 2 375 372 375 200 3 – 200 200 120

P1 17 28 19 P2 17 – 22

Penalidade P1: transportar na coluna 2 (maior penalidade) e linha 3 (menor custo). X32 = 200. Coluna 2 e linha 3 eliminadas. Penalidade P2: transportar na coluna 3 (maior penalidade) e linha 2 (menor custo). X23 = 120. Coluna 3 eliminada. Quadro da solução inicial.

170 170 30 120 150/30 200 A 200/0 200 200/0 120/0 Cálculo da solução ótima. Coeficientes das variáveis básicas. O sistema vai apresentar 4 equações e 6 variáveis. Devemos criar uma variável básica auxiliar A, que não forme circuito com as já existentes. Escolhemos A33.


Fazendo U1 = 0, vem: U2 = –18 U3 = –37 V1 = 410 V2 = 409 V3 = 412

Coeficiente das variáveis não básicas.

X12: 418 – 0 – 409 = 9 X13: 416 – 0 –412 = 4 X22: 400 + 18 – 409 = 9 X31: 375 + 37 – 410 = 2

A solução é ótima. Custo = 170 x 410 + 30 x 392 + 200 x 372 + 120 x 394 = 203.140,00

b. Quadro de lucros (para cada célula: Preço de venda – preço de custo – custo de transporte)

90 102 94 170 108 120 116 150 125 148 135 200 200 200 120


Exercício 13


Para maximizar o lucro devemos minimizar os complementos dos lucros para um valor fixo. No caso escolhemos o valor 148, o maior da tabela.

Solução inicial pelo método de Vogel. P1 P2

58 46 54 170 8 4 40 28 32 150 4 12 23 0 13 200 13 – 200 200 120

P1 17 28 19 P2 18 – 22

Penalidade P1: transportar na coluna 2 (maior penalidade) e linha 3 (menor custo). X32 = 200. Coluna 2 e linha 3 eliminadas. Penalidade P2: transportar na coluna 3(maior penalidade) e linha 2 (menor custo) X23 = 120. Coluna 3 eliminada.

Quadro da solução inicial.

170 A 170 30 120 150/30 200 200/0 200 200/0 120/0 Cálculo da solução ótima. O sistema vai apresentar 4 equações e 6 variáveis. Devemos criar uma variável básica auxiliar A, que não forme circuito com as já existentes. Escolhemos A12.


Fazendo U1 = 0, vem: U2 = – 18 U3 = – 46 V1 = 58 V2 = 46 V3 = 50

Coeficientes das variáveis não básicas. X13: 54 – 0 – 50 = 4 X22: 28 + 18 – 46 = 0 X31: 23 + 46 – 58 = 11 X33: 13 + 46 – 50 = 9

A solução é ótima. Lucro = 170 x 90 + 30 x 108 + 120 x 116 + 200 x 148 = 62.060

c. Quadro de receitas.

500 520 510 170 500 520 510 150 500 520 510 200 200 200 120 Para maximizar o lucro devemos minimizar os complementos dos lucros para um valor fixo. No caso escolhemos o valor 520, o maior da tabela.

20 0 10 170 20 0 10 150 20 0 10 200 200 200 120


Solução inicial pelo método de Vogel. P1 P2 P3

20 0 10 170 10 – – 20 0 10 150 10 10 10 20 0 10 200 10 10 10 200 200 120

P1 0 0 0 P2 0 0 0 P3 0 0 0

Penalidade P1: transportar na linha 1 (maior penalidade) e coluna 2 (menor custo). X12 = 170. Linha 1 eliminada. Penalidade P2: transportar na linha 2 (maior penalidade) e coluna 2 (menor custo). X22 = 150. Coluna 2 eliminada. Penalidade P3: transportar na linha 3 (maior penalidade) e coluna 3 (menor custo). X33 = 120

Quadro da solução inicial.

170 170/0 120 30 150/120 80 120 200/80 200 200/30/0 120/0 Cálculo da solução ótima. Coeficientes das variáveis básicas.

X12: 0 – U1 – V2 = 0 X21: 20 – U2 – V1=0 X22: 0 – U2 – V2 = 0 X31: 20 – U3 – V1 = 0 X33: 10 – U3 – V3 = 0

Fazendo U1 = 0, vem: U2 = 0 U3 = 0 V1 = 20 V2 = 0 V3 = 10

Coeficiente das variáveis não básicas.

X11: 20 – 0 – 20 = 0 X13: 10 – 0 – 10 = 0 X23: 10 – 0 – 10 = 0 x32: 0 – 0 – 0 = 0

A solução é ótima. Os coeficientes das variáveis não básicas (todos nulos) indicam que existem outras soluções ótimas.

Receita = 200 x 500 + 200 x 520 + 120 x 510 = 265.200




Cada lixeiro faz 5 viagens até os coletores, no total de 30 viagens. Para que os coletores se enchamde maneira uniforme, cada coletor deve receber 10 viagens. O quadro será, então:

200 300 500 400 250 300 10 100 150 200 300 150 180 10 120 200 50 180 220 100 10

5 5 5 5 5 5 Solução inicial pelo método de Vogel. P1 P2 P3 P4

200 300 500 400 250 300 10 50 50 50 50 100 150 200 300 150 180 10 50 50 50 50 120 200 50 180 220 100 10 50 20 20 20

5 5 5 5 5 5 P1 20 50 150 120 70 80 P2 20 50 – 120 70 80 P3 100 150 – – 100 120 P4 100 – – – 100 120

Penalidade P1: transportar na coluna 3 (maior penalidade) e linha 3 (menor custo). X33 = 5. Coluna 3 eliminada. Penalidade P2: transportar na coluna 4 (maior penalidade) e linha 3 (menor custo). X34 = 5. Coluna 4 e linha 3 eliminadas. Penalidade P3: transportar na coluna 2 (maior penalidade) e linha 2 (menor custo). X22 = 5. Coluna 2 eliminada. Penalidade P4: transportar na coluna 6 (maior penalidade) e linha 2 (menor custo). X26 = 5. Coluna 6 e linha 2 eliminadas.

Quadro da solução inicial

5 5 10 A 5 5 10/5/0 5 5 A 10/5/0 5 5/0 5/0 5/0 5 5/0 Cálculo da solução ótima. Coeficientes das variáveis básicas. O sistema apresenta 6 equações e 9 variáveis. Devemos adicionar duas variáveis auxiliares de maneira que não formem circuitos com as variáveis básicas existentes. Escolhemos A21 e A36

X11: 200 – U1 – V1 = 0 X15: 250 – U1 – V5 = 0 X22: 150 – U2 – V2 = 0 X26: 180 – U2 – V6 = 0 X33: 50 – U3 – V3 = 0 X34: 180 – U3 – V4 = 0 X21: 100 – U2 – V1 = 0 X36: 100 – U3 – V6 = 0.

Fazendo U1 = 0, vem: U2 = – 100 U3 = – 180 V1 = 200 V2 = 250 V3 = 230 V4 = 360 V5 = 250 V6 = 280



Exercício 14


X12: 300 – 0 – 200 = 100 X13: 500 – 0 – 230 = 270 X14: 400 – 0 – 360 = 40 X16: 300 – 0 – 280 = 20 X23:200 + 100 – 230 = 70 X24: 300 + 100 – 360 = 40 X25: 150 + 100 – 250 = 0 X31: 120 + 180 – 200 = 100 X32: 200 + 180 – 250 = 130 X35:220 +1 80 – 250 = 150

A solução é ótima. Distância percorrida pelos lixeiros

D = 5 x 200 + 5 x 250 + 5 x 150 + 5 x 180 + 5 x 50 + 5 x 180 = 5.050




Quadro de transportes. Devemos criar um destino para receber o excesso de disponibilidades das transportadoras e com isso, equilibrar o sistema.

100 120 105 90 105 110 0 30 80 100 110 100 100 110 0 40 90 105 90 100 80 105 0 25

120 130 110 100 95 105 0 20 20 12 15 10 18 25 15

Cálculo da solução inicial pelo método de Vogel. P1 P2 P3 P4 P5 P6 P7

100 120 105 90 105 110 0 30 90 10 15 0 5 5 5 80 100 110 100 100 110 0 40 80 20 0 0 0 0 10 90 105 90 100 80 105 0 25 80 10 10 10 25 – –

120 130 110 100 95 105 0 20 95 5 5 10 10 10 10 20 12 15 10 18 25 15

P1 10 5 15 0 15 0 0 P2 10 5 15 0 15 0 – P3 – 5 15 0 15 0 – P4 – 5 15 – 15 0 – P5 – 5 – – 15 0 – P6 – 20 – – 5 5 – P7 – – – – 5 5

Penalidade P1: transportar na linha 1 (maior penalidade) e coluna 7 (menor custo). X17 = 15. Coluna 7 eliminada. Penalidade P2: transportar na linha 2 (maior penalidade) e coluna 1 (menor custo). X21 = 20. Coluna 1 eliminada. Penalidade P3: transportar na linha 1 (maior penalidade) e coluna 4 (menor custo). X14 = 11. Coluna 7 eliminada. Penalidade P4: transportar na coluna 3 (maior penalidade) e linha 3 (menor custo). X33 = 15. Coluna 3 eliminada. Penalidade P5: transportar na linha 3 (maior penalidade) e coluna 5 (menor custo). X35 = 10. Linha 3 eliminada. Penalidade P6: transportar na coluna 2 (maior penalidade) e linha 2 (menor custo). X22 = 12. Coluna 2 eliminada. Penalidade P7: transportar na linha 4 (maior penalidade) e coluna 5 (menor custo). X45 = 8. Coluna 5 eliminada.

Quadro da solução inicial

10 5 15 30/15/5 20 12 8 40/20/8 15 10 25/10/0 8 12 20/12 20/0 12/0 15/0 10/0 18/8/0 25 15/0


Exercício 15


Cálculo da solução ótima. Coeficientes das variáveis básicas.

X14: 90 – U1 – V4 = 0 X16: 110 – U1 – V6 = 0 X17: 0 – U1 – V7 = 0 X21: 80 – U2 – V1 = 0 X22: 100 – U2 – V2 = 0 X26: 110 – U2 – V6 = 0 X33: 90 – U3 – V3 = 0 X35: 80 – U3 – V5 = 0 X45: 95 – U4 – V5 = 0 X46: 105 – U4 – V6 = 0

Fazendo U1 = 0, vem: U2 = 0 U3 = – 20 U4 = – 5 V1 = 80 V2 = 100 V3 = 110 V4 = 90 V5 = 100 V6 = 110 V7 = 0


X11: 100 – 0 – 80 = 20 X12: 120 – 0 – 100 = 20 X13: 105 – 0 – 110 = – 5 X15: 105 – 0 – 100 = 5 X23: 110 – 0 – 110 = 0 X24: 100 – 0 – 90 = 10 X25: 100 – 0 – 100 = 0 X27: 0 – 0 – 0 = 0 X31: 90 + 20 – 80 = 30 X32: 105 + 20 – 100 = 25 X34: 100 + 20 – 90 = 30 X36: 105 + 20 – 110 = 15 X37: 0 +20 – 0 = 20 X41: 120 + 5 – 80 = 45 X42: 130 + 5 – 100 = 35 X43: 110 + 5 – 110 = 5 X44: 100 + 5 – 90 = 15 X47: 0 + 5 – 0 = 5


θ 10 5 – θ 15 30 20 12 8 40 15 – θ 10 + θ 25 8 – θ 12 + θ 20 20 12 15 10 18 25 15

X13 entra com valor 5. Nova solução.

5 10 15 30 20 12 8 40 10 15 25 3 17 20 20 12 15 10 18 25 15 Coeficientes das variáveis básicas.


Fazendo U1 = 0, vem: U2 = 5 U3 = – 15 U4 = 0 V1 = 75 V2 = 95 V3 = 105 V4 = 90 V5 = 95 V6 = 105 V7 = 0


X11: 100 – 0 – 75 = 25 X12: 120 – 0 – 95 = 25 X15: 105 – 0 – 95 = 10 X16: 110 – 0 – 105 = 5 X23: 110 – 5 – 105 = 0 X24: 100 – 5 – 90 = 5 X25: 100 – 5 – 95 = 0 X27: 0 – 5 – 0 = – 5 X31: 90 + 15 – 75 = 30 X32: 105 + 15 – 95 = 25 X34: 100 + 15 – 90 = 25 X36: 105 + 15 – 105 = 15 X41: 120 – 0 – 75 = 45 X42: 130 – 0 – 95 = 35 X43: 110 – 0 – 105 = 5 X44: 95 – 0 – 90 = 5 X47: 0 – 0 – 0 = 0



5 + θ 10 15 – θ 30 20 12 8 – θ θ 40 10 – θ 15+θ 25 3 – θ 17 + θ 20 20 12 15 10 18 25 15 X27 entra com valor 3. Nova solução.

8 10 12 30 20 12 5 3 40 7 18 25 20 20 20 12 15 10 18 25 15 Coeficientes das variáveis básicas.


Fazendo U1 = 0, vem: U2 = 0 U3 = – 15 U4 = – 5 V1 = 80 V2 = 100 V3 = 105 V4 = 90 V5 = 95 V6 = 110 V7 = 0


X11: 100 – 0 – 80 = 20 X12: 120 – 0 – 100 = 20 X15: 105 – 0 – 95 = 10 X16: 110 – 0 – 110 = 0 X23: 110 – 0 – 105 = 5 X24: 100 – 0 – 90 = 10 X25: 100 – 0 – 95 = 5 X31: 90 + 15 – 80 = 25 X32: 105 + 15 – 100 = 20 X34: 100 + 15 – 90 = 25 X36: 105 + 15 – 110 = 10 X37: 0 + 15 – 0 = 15 X41: 120 + 5 – 80 = 45 X42: 130 + 5 – 100 = 35 X43: 110 + 5 – 105 = 0 X44: 100 + 5 – 90 = 15 X45: 95 + 5 – 95 = 5 X47: 0 + 5 – 0 = 5


Custo = 8 x 105 + 10 x 90 + 20 x 80 + 12 x 100 + 5 x 110 + 7 x 90 + 18 x 80 + 20 x 105 = 9.260

Observe que como X16 e de X46 apresentam coeficiente zero, o problrma admite outras soluções ótimas.




Subtrair de cada linha o seu menor valor

10 23 8 9 – 8 4 5 6 7 – 4

12 10 10 8 – 8 6 4 9 7 – 4

A designação está completa: L1 – C3; L2 – C1; L3 – C4; L4 – C2.

Custo = 8 + 4 + 8 + 4 = 24

2 15 0 1 0 1 2 3 4 2 2 0 2 0 5 3


Exercício 1




Devemos adicionar uma origem com custo zero, para equilibrar o sistema.A seguir, subtraímos de cada linha o seu menor valor.

6 8 10 9 – 6 4 3 6 5 – 3 7 9 12 6 – 6 0 0 0 0 – 0

0 2 4 3 1 0 3 2 1 3 6 0 0 0 0 0

A designação está completa. L4 – C3 (coluna com apenas um zero); L1 – C1; L2 – C2; L3 – C4.

Custo = 6 + 3 + 6 + 0 = 15


Exercício 2




Devemos acrescentar um destino com custo zero para equilibrar o sistema. Na célula onde não é possível a designação, vamos colocar um custo alto em relação aos custos da tabela, 100, por exemplo. A seguir, (1)subtrair de cada linha o seu menor elemento; (2) . Subtrair de cada coluna o seu menor elemento.

(1) (2)

6 100 8 0 4 9 3 0 5 6 4 0 8 10 12 0

(3) Designar, D, nos zeros, priorizando linhas ou colunas com apenas um zero. A designação não se completa. (4) Cobrir os zeros com o menor número de linhas possível: L2;L3 e C4. (5)

2 94 5 D D 3 0 0 1 D 1 0 4 4 9 0

Subtrair o menor número não coberto (no caso o número 2), compensando nas linhas e colunas com zeros.

0 92 3 0 0 3 0 2 1 0 1 2 2 2 7 0

Designar, D, nos zeros, priorizando linhas ou colunas com apenas um zero.

D 92 3 0 0 3 D 2 1 D 1 2 2 2 7 D

A designação está completa.

L 1 – C 1 L 2 – C 3 L 3 – C 2 L 4 – C 4 Custo = 6 + 3 + 6 +0 = 15

2 94 5 0 0 3 0 0 1 0 1 0 4 4 9 0


Exercício 3




1. Subtrair de cada linha o seu menor valor.

0 20 30 40 10 0 50 20 10 0 20 30 10 10 40 0

2. Subrair de cada coluna o s eu menor valor.

0 20 10 40 10 0 30 20 20 0 0 30 10 10 20 0

3. Designar (D) nos zeros, priorizando linhas e colunas com apenas um zero.

D 20 10 40 10 D 30 20 20 0 D 30 10 10 20 D


L 1 – C 1 L 2 – C2 L 3 – C3 L 4 – C 4 Custo = 100 + 70 + 100 + 80 = 350


Exercício 4




Na célula correspondente ao depósito 1 e local 3, vamos colocar um custo alto (no caso, 500) para impedir o transporte nesta célula. A seguir:


0 20 400 40 10 0 50 20 20 0 20 30 10 10 40 0

2. Subrair de cada coluna o s eu menor valor.

0 20 380 40 10 0 30 20 20 0 0 30 10 10 20 0


D 20 10 40 10 D 30 20 20 0 D 30 10 10 20 D


L 1 – C 1 L 2 – C2 L 3 – C3 L 4 – C 4 Custo = 100 + 70 + 100 + 80 = 350


Exercício 5




Temos que criar um equipamento E 4 com custo de manuseio de materiais zero para equilibrar o sistema. A seguir:


6 0 4 2 2 0 5 6 0 2 3 4 0 0 0 0 2. Subrair de cada coluna o s eu menor valor. No caso, nada se modifica.


6 D 4 2 2 0 5 6 D 2 3 4 0 0 0 D A designação não está completa.

5. Vamos cobrir os zeros com o menor número de linhas possível. L 4; C 2; C 1. Vamos subtrair o menor dos números não cobertos da tabele, e compensar nas linhas e colunas cobertas. No caso o menor número não coberto é 2.

6 0 2 0 2 0 3 4 0 2 1 2 2 2 0 D 6. Designar (D) nos zeros, priorizando linhas e colunas com apenas um zero.

6 0 2 D 2 D 3 4 D 2 1 2 2 2 D 0 A designação está completa.

L 1 – C 4; L 2 – C 2; L 3 – C 1; L 4 – C 3

Custo = 6 + 4 + 5 + 0 = 15


Exercício 6




Temos que criar um equipamento E 4 com custo de manuseio de materiais zero para equilibrar o sistema e atribuir um custo elevado para o transporte na célula X 12 (no caso 20). A seguir:


4 14 2 0 2 0 5 6 0 2 3 4 0 0 0 0 2. Subrair de cada coluna o s eu menor valor. No caso, nada se modifica.


4 14 2 D 2 D 5 6 D 2 3 4 0 0 D 0 A designação está completa.

L 1 – C 4; L 2 – C 2; L 3 – C 1; L 4 – C 3

Custo = 6 + 4 + 5 + 0 = 15


Exercício 7




Devemos transformar o problema de maximização em minimização, trabalhando com a tabela dos complementos dos retornos mensais. Faremos o complemento para o maior valor da tabela, 95.

35 15 25 30 25 35 15 35 15 55 35 25 35 5 0 10 1. Subtrair de cada linha o seu menor valor.

20 0 10 15 10 20 0 20 0 40 20 10 35 5 0 10 2. Subtrair de cada coluna o seu menor valor.

20 0 10 5 10 20 0 10 0 40 20 0 35 5 0 0 3. Designar nos zeros da tabela, priorizando as linha e colunas com apenas um zero.

20 D 10 5 10 20 D 10 D 40 20 0 35 5 0 D A designação está completa.

R 1 – V 2; R 2 – V 3; R 3 – V 1; R 4 – V 4

Retorno mensal = 0, 80 x 100 +0, 80 x 150 + 0,80 x 120 +0, 85 x 250 = 508,50


Exercício 8




Devemos transformar o problema de maximização em minimização, trabalhando com a tabela dos complementos dos retornos mensais. Faremos o complemento para o maior valor da tabela, 10. Temos que criar uma unidade produtora com ganho zero para equilibrar o sistema.




2 D 5 2 1 0 1 D D 0 2 2 0 0 D 1 A designação está completa.

R 1 – U 2; R 3 – U 1; R 4 – U3

Lucro total = 10 + 8 + 9 = 27


Exercício 9




Temos que criar uma unidade produtora com ganho zero para equilibrar o sistema. Devemos transformar o problema de maximização em minimização, trabalhando com a tabela dos complementos dos retornos mensais. Faremos o complemento para o maior valor da tabela, 10. Na célula onde não deve haver designação, colocamos um custo alto (50 por exemplo).




2 D 5 2 1 0 1 D 48 0 2 2 0 0 D 1 A designação não está completa.

4. Cobrir os zeros da tabela com o menor número de linhas possível: C 2; L 2; L 4. Subtrair dos elementos da tabela o menor número não coberto, compensando as linhas e colunas que tenham zeros.

0 0 3 0 1 2 1 0 46 0 0 0 0 2 0 1 5. Designar nos zeros da tabela, priorizando linhas e colunas com apenas um zero.

D 0 3 0 1 2 1 D 46 D 0 0 0 2 D 1


Exercício 10


A designação está completa: R 1 – U 1 R 3 – U 2 R 4 – U 3

Lucro = 6 + 10 + 9 = 25

Observe que o problema tem mais de uma solução ótima




Como cada empresa pode realizar duas obras, cada uma delas aparece duas vezes nas propostas de custos (linhas). Como temos agora 10 linhas, temos que equilibrar o sistema, criando quatro obras com custo zero (colunas).

12 20 25 30 22 20 0 0 0 0 12 20 25 30 22 20 0 0 0 0 15 20 22 26 19 20 0 0 0 0 15 20 22 26 18 20 0 0 0 0 16 24 26 22 21 21 0 0 0 0 16 24 26 22 21 21 0 0 0 0 14 25 24 28 24 20 0 0 0 0 14 25 24 28 24 20 0 0 0 0 13 22 30 27 20 15 0 0 0 0 13 22 30 27 20 15 0 0 0 0 Vamos diminuir de cada coluna o seu menor elemento.

0 0 3 8 4 5 0 0 0 0 0 0 3 8 4 5 0 0 0 0 3 0 0 4 0 5 0 0 0 0 3 0 0 4 0 5 0 0 0 0 4 4 4 0 3 6 0 0 0 0 4 4 4 0 3 6 0 0 0 0 2 5 2 6 6 5 0 0 0 0 2 5 2 6 6 5 0 0 0 0 1 2 8 5 2 D 0 0 0 0 1 2 8 5 2 0 D 0 0 0 Designar nos zeros, priorizando as linhas e colunas com menos zeros.

D 0 3 8 4 5 0 0 0 0 0 D 3 8 4 5 0 0 0 0 3 0 D 4 0 5 0 0 0 0 3 0 0 4 D 5 0 0 0 0 4 4 4 D 3 6 0 0 0 0 4 4 4 0 3 6 0 D 0 0 2 5 2 6 6 5 0 0 D 0 2 5 2 6 6 5 0 0 0 D 1 2 8 5 2 D 0 0 0 0 1 2 8 5 2 0 D 0 0 0 A designação está completa.

Emp A : Obras 1 e 2 Emp B: Obras 3 e 5 Emp C: Obra 4 Top Clima: Obra 6

Custo = 12 + 20 + 22 + 18 + 22 + 15 = 109 . Não há plano alternativo


Exercício 11




O acréscimo para o orçamento das empresas (para aquelas cujo número de horas estimado

seja superior a 240 horas) será: A = ( )horas planejadas 240 0,20

orçamentohoras planejadas

− ××

E B, ob1: A = ( )250 240 0,20

15 0,12250

− ×× = E A ,Ob2: A=

( )250 240 0,2020 0,16

250− ×

× =

E A, Ob 3: A = 1 E A, Ob 4: A = 1,35 E A, Ob5: A = 0,63

E B, Ob 3: A = 1,38 E B, Ob 4: A = 0,40 E B, Ob 5: A = 0,14 E C, Ob 2: A = 0,37

E C, Ob 3: A = 1,92 E C, Ob 4: A = 0,18 E C, Ob 5: A = 0,32 E C, Ob 6: A = 0,17

E D, Ob 2: A = 0,2 E D, Ob 3: A = 1,20 E D, Ob 4: A = 1,12 E D, Ob 5: A = 0,19

Tabela com os orçamentos acrescidos dos aumentos. Para cada empreiteira teremos duas linhas de orçamento, pois cada uma delas pode fazer duas obras. Devemos acrescentar 4 obras com orçamentos zerados para equilibrar o sistema

Ob 1 Ob 2 Ob 3 Ob 4 Ob 5 Ob 6 Aux 1 Aux 2 Aux 3 Aux 4 A 12 20,16 26 31,35 22,63 20 0 0 0 0 A 12 20,16 26 31,35 22,63 20 0 0 0 0 B 15,12 20 23,38 26,40 18,14 20 0 0 0 0 B 15,12 20 23,38 26,40 18,14 20 0 0 0 0 C 16 24,37 27,92 22,18 21,32 21,17 0 0 0 0 C 16 24,37 27,92 22,18 21,32 21,17 0 0 0 0 D 14 25,20 25,20 29,12 24,19 20 0 0 0 0 D 14 25,20 25,20 29,12 24,19 20 0 0 0 0 TC 13 22 30 27 20 15 0 0 0 0 TC 13 22 30 27 20 15 0 0 0 0 1. Subtrair de cada coluna o seu menor elemento.

Ob 1 Ob 2 Ob 3 Ob 4 Ob 5 Ob 6 Aux 1 Aux 2 Aux 3 Aux 4 A 0 0,16 2,62 9,17 4,49 5 0 0 0 0 A 0 0,16 2,62 9,17 4,,49 5 0 0 0 0 B 3,12 0 0 4,22 0 5 0 0 0 0 B 3,12 0 0 4,22 0 5 0 0 0 0 C 4 4,37 4,54 0 3,18 6,17 0 0 0 0 C 4 4,37 4,54 0 3,18 6,17 0 0 0 0 D 2 5,20 1,82 6,94 6,05 5 0 0 0 0 D 2 5,20 1,82 6,94 6,05 5 0 0 0 0 TC 1 2 6,62 4,82 1,86 0 0 0 0 0 TC 1 2 6,62 4,82 1,86 0 0 0 0 0


Exercício 12


2. Designar nos zeros da tabela, priorizando as linhas e colunas com menor número de zeros.

Ob 1 ×

Ob 2 Ob 3 Ob 4 ×

Ob 5 Ob 6 ×

Aux 1 ×

Aux 2 ×

Aux 3 ×

Aux 4 ×

A D 0,16 2,62 9,17 4,49 5 0 0 0 0 A 0 0,16 2,62 9,17 4,,49 5 0 0 0 0 B × 3,12 D 0 4,22 0 5 0 0 0 0 B × 3,12 0 D 4,22 0 5 0 0 0 0 C 4 4,37 4,54 D 3,18 6,17 0 0 0 0 C 4 4,37 4,54 0 3,18 6,17 0 0 0 0 D 2 5,20 1,82 6,94 6,05 5 0 0 0 0 D 2 5,20 1,82 6,94 6,05 5 0 0 0 0 TC 1 2 6,62 4,82 1,86 D 0 0 0 0 TC 1 2 6,62 4,82 1,86 0 0 0 0 0 Obra 5 ficou sem designação. 3 Cobrir os zeros com o menor número de linhas possível. C7; C8; C9; C10; L3; L4; C1; C4; C6. Subtrair da tabela o menor número descoberto, compensando linhas e colunas com zeros, neste caso, 0,16. Designar priorizando linhas e colunas com menos zeros.

Ob 1 ×

Ob 2 Ob 3 Ob 4 ×

Ob 5 Ob 6 ×

Aux 1 ×

Aux 2 ×

Aux 3 ×

Aux 4 ×

A D 0 2,46 9,17 4,33 5 0 0 0 0 A 0 D 2,46 9,17 4,,33 5 0 0 0 0 B × 3,28 0,16 D 4,38 0 5,16 0,16 0,16 0,16 0,16 B × 3,28 0,16 0 4,38 D 5,16 0,16 0,16 0,16 0,16 C 4 4,37 4,38 D 3,02 6,17 0 0 0 0 C 4 4,37 4,38 0 3,02 6,17 0 0 0 0 D 2 5,20 1,66 6,94 5,89 5 0 0 0 0 D 2 5,20 1,66 6,94 5,89 5 0 0 0 0 TC 1 2 6,46 4,82 1,70 D 0 0 0 0 TC 1 2 6,46 4,82 1,70 0 0 0 0 0


Emp. A – Ob 1 e 2. Emp. B – Ob 3 e 5. Emp. C – Ob 4. Top Clima – Ob 6

Custo = 12 + 20,16 + 23,38 + 18,14 + 22,18 + 15 = 110,86




A tabela de orçamentos (Veja Problema 12) deve receber custos altos nas células onde a designação não é possível. Usaremos o orçamento 100.

Ob 1 Ob 2 Ob 3 Ob 4 Ob 5 Ob 6 Aux 1 Aux 2 Aux 3 Aux 4 A 12,00 20,16 26,00 31,35 100,00 100,00 0 0 0 0 A 12,00 20,16 26,00 31,35 100,00 100,00 0 0 0 0 B 15,12 20,00 23,38 100,00 100,00 20,00 0 0 0 0 B 15,12 20,00 23,38 100,00 100,00 20,00 0 0 0 0 C 100,00 24,37 27,92 100,00 21,32 21,17 0 0 0 0 C 100,00 24,37 27,92 100,00 21,32 21,17 0 0 0 0 D 14,00 25,20 25,20 29,12 24,19 20,00 0 0 0 0 D 14,00 25,20 25,20 29,12 24,19 20,00 0 0 0 0 TC 13,00 22,00 30,00 27,00 20,00 15,00 0 0 0 0 TC 13,00 22,00 30,00 27,00 20,00 15,00 0 0 0 0 1. Subtrair de cada coluna o seu menor elemento.

Ob 1 Ob 2 Ob 3 Ob 4 Ob 5 Ob 6 Aux 1 Aux 2 Aux 3 Aux 4 A 0,00 0,16 2,62 4,35 80,00 85,00 0 0 0 0 A 0,00 0,16 2,62 4,35 80,00 85,00 0 0 0 0 B 3,12 0,00 0,00 73,00 80,00 5,00 0 0 0 0 B 3,12 0,00 0,00 73,00 80,00 5,00 0 0 0 0 C 88,00 4,37 4,54 73,00 1,32 6,17 0 0 0 0 C 88,00 4,37 4,54 73,00 1,32 6,17 0 0 0 0 D 2,00 5,20 1,82 2,12 4,19 5,00 0 0 0 0 D 2,00 5,20 1,82 2,12 4,19 5,00 0 0 0 0 TC 1,00 2,00 6,62 0,00 0,00 0,00 0 0 0 0 TC 1,00 2,00 6,62 0,00 0,00 0,00 0 0 0 0 2. Designar nos zeros, priorizando linhas e colunas com menos zeros.

Ob 1 × Ob 2 ×

Ob 3 ×

Ob 4 Ob 5 Ob 6 Aux 1 ×

Aux 2 ×

Aux 3 ×

Aux 4 ×

A D,00 0,16 2,62 4,35 80,00 85,00 0 0 0 0 A 0,00 0,16 2,62 4,35 80,00 85,00 0 0 0 0 B 3,12 D,00 0,00 73,00 80,00 5,00 0 0 0 0 B 3,12 0,00 D,00 73,00 80,00 5,00 0 0 0 0 C 88,00 4,37 4,54 73,00 1,32 6,17 0 0 0 0 C 88,00 4,37 4,54 73,00 1,32 6,17 0 0 0 0 D 2,00 5,20 1,82 2,12 4,19 5,00 0 0 0 0 D 2,00 5,20 1,82 2,12 4,19 5,00 0 0 0 0 TC × 1,00 2,00 6,62 0,00 D,00 0,00 0 0 0 0 TC × 1,00 2,00 6,62 0,00 0,00 D,00 0 0 0 0 3. A obra 4 não recebeu designação. Cobrir os zeros com o menor número de linhas possível. No caso: Aux 1; Aux 2; Aux 3; Aux 4; L 9; L 10; Ob 1; Ob2; Ob3.


Exercício 13


3. Subtrair da tabela o menor número não coberto, compensando as linhas e colunas com zeros. No caso, 1,32.

Ob 1 × Ob 2 ×

Ob 3 ×

Ob 4 Ob 5 Ob 6 Aux 1 ×

Aux 2 ×

Aux 3 ×

Aux 4 ×

A 0,00 0,16 2,62 3,03 78,68 83,68 0,00 0,00 0,00 0,00 A 0,00 0,16 2,62 3,03 78,68 83,68 0,00 0,00 0,00 0,00 B 3,12 0,00 0,00 71,68 78,68 3,68 0,00 0,00 0,00 0,00 B 3,12 0,00 0,00 71,68 78,68 3,68 0,00 0,00 0,00 0,00 C 88,00 4,37 4,54 71,68 0,00 4,85 0,00 0,00 0,00 0,00 C 88,00 4,37 4,54 71,68 0,00 4,85 0,00 0,00 0,00 0,00 D 2,00 5,20 1,82 0,80 2,87 3,68 0,00 0,00 0,00 0,00 D 2,00 5,20 1,82 0,80 2,87 3,68 0,00 0,00 0,00 0,00 TC × 2,32 3,32 7,94 0,00 0,00 0,00 1,32 1,32 1,32 1,32 TC × 2,32 3,32 7,94 0,00 0,00 0,00 1,32 1,32 1,32 1,32 4. Designar nos zeros da tabela, priorizando linhas e colunas com menos zeros

Ob 1 × Ob 2 × Ob 3 × Ob 4 Ob 5 Ob 6 Aux 1 ×

Aux 2 ×

Aux 3 ×

Aux 4 ×

A D,00 0,16 2,62 3,03 78,68 83,68 0,00 0,00 0,00 0,00 A 0,00 0,16 2,62 3,03 78,68 83,68 0,00 0,00 0,00 0,00 B 3,12 D,00 0,00 71,68 78,68 3,68 0,00 0,00 0,00 0,00 B 3,12 0,00 D,00 71,68 78,68 3,68 0,00 0,00 0,00 0,00 C 88,00 4,37 4,54 71,68 D,00 4,85 0,00 0,00 0,00 0,00 C 88,00 4,37 4,54 71,68 0,00 4,85 0,00 0,00 0,00 0,00 D 2,00 5,20 1,82 0,80 2,87 3,68 0,00 0,00 0,00 0,00 D 2,00 5,20 1,82 0,80 2,87 3,68 0,00 0,00 0,00 0,00 TC × 2,32 3,32 7,94 0,00 0,00 D,00 1,32 1,32 1,32 1,32 TC × 2,32 3,32 7,94 D,00 0,00 0,00 1,32 1,32 1,32 1,32 A designação está completa.

E A – Ob 1 E B – Ob 2 e 3 E C – Ob 5 TC – Ob 4 e 6.

Custo = 12 + 20 + 23,38 + 21,32 + 27 + 15 = 118,70




O desenvolvimento deste exercício é o mesmo do Ex 12 com a eliminação da coluna Ob 6, já que esta obra não participa da atribuição (já está atribuída). Esta coluna deve ser substituída pela auxiliar Aux 5 com custo zero para reequilibrar o sistema.

Quadro final (mesmo do Ex 12 com a substituição feita)

Ob 1 ×

Ob 2 Ob 3 Ob 4 ×

Ob 5 Aux 5 ×

Aux 1 ×

Aux 2 ×

Aux 3 ×

Aux 4 ×

A D 0 2,46 9,17 4,33 0 0 0 0 0 A 0 D 2,46 9,17 4,,33 0 0 0 0 0 B × 3,28 0,16 D 4,38 0 0,16 0,16 0,16 0,16 0,16 B × 3,28 0,16 0 4,38 D 0,16 0,16 0,16 0,16 0,16 C 4 4,37 4,38 D 3,02 0 0 0 0 0 C 4 4,37 4,38 0 3,02 0 0 0 0 0 D 2 5,20 1,66 6,94 5,89 0 0 0 0 0 D 2 5,20 1,66 6,94 5,89 0 0 0 0 0 TC 1 2 6,46 4,82 1,70 0 0 0 0 0 TC 1 2 6,46 4,82 1,70 0 0 0 0 0


E A – Ob 1 e 2. E B – Ob 3 e 5. E C – Ob 4

Custo parcial = 12 + 20,16 + 23,38 + 18,14 + 22,18 = 95,86

Custo incluindo a obra 6 = 95,86 + 21,17 = 117,03

No caso, corresponde a simplesmente substituir um custo de 15 (TC) por um custo de 21,17 (E C). O custo da política é 21,17 – 15 = 6,17.


Exercício 14




O desenvolvimento deste exercício é o mesmo do Ex 12 com a eliminação da coluna Ob 6, já que esta obra não participa da atribuição (já está atribuída). Esta coluna deve ser substituída pela auxiliar Aux 5 com custo zero para reequilibrar o sistema.

Quadro final (mesmo do problema 12 com a substituição feita)

Ob 1 ×

Ob 2 Ob 3 Ob 4 ×

Ob 5 Aux 5 ×

Aux 1 ×

Aux 2 ×

Aux 3 ×

Aux 4 ×

A D 0 2,46 9,17 4,33 0 0 0 0 0 A 0 D 2,46 9,17 4,,33 0 0 0 0 0 B × 3,28 0,16 D 4,38 0 0,16 0,16 0,16 0,16 0,16 B × 3,28 0,16 0 4,38 D 0,16 0,16 0,16 0,16 0,16 C 4 4,37 4,38 D 3,02 0 0 0 0 0 C 4 4,37 4,38 0 3,02 0 0 0 0 0 D 2 5,20 1,66 6,94 5,89 0 0 0 0 0 D 2 5,20 1,66 6,94 5,89 0 0 0 0 0 TC 1 2 6,46 4,82 1,70 0 0 0 0 0 TC 1 2 6,46 4,82 1,70 0 0 0 0 0


E A – Ob 1 e 2. E B – Ob 3 e 5. E C – Ob 4

Custo parcial = 12 + 20,16 + 23,38 + 18,14 + 22,18 = 95,86

Custo incluindo a obra 6 = 95,86 + 20 = 115,86

No caso, corresponde a simplesmente substituir um custo de 15 (TC) por um custo de 20 (E C). O custo da política é 20 – 15 = 5


Exercício 15


Pesquisa Operacional Quarta Edição Medeiros, Medeiros, Gonçalves, Murolo Exercícios propostos – Lista 8 Ex 1 Modelo: max Z = x1 + 0,30 x2 + 3 x3 x1 + x2 + x3 ≤ 10 . sujeito a 2 x1 + x2 + 4 x3 ≤ 12 . x1 + 3 x2 – x3 ≤ 9 Quadro final de solução pelo simplex. X1 X2 X3 Xf1 Xf2 Xf3 b 0,50 0,45 0 0 0,75 0 9 Linha 1 0,50 0,75 0 1 –0,25 0 7 2 0,50 0,25 1 0 0,25 0 3 3 1,50 3,25 0 0 0,25 1 12

1.1 Intervalo de estabilidade para o coeficiente de x3. Paraque a variável básica x3 saia da base é necessário que alguma variável não básica entre para completar a base em seu lugar. Para que isso aconteça, os ganhos com a entrada da variável não básica deve compensar as perdas das outras variáveis. Vamos verificar em que condições isso acontece. a. Entrada de x1 (x1 passa do valor zero para um) Ganho: 1x 1(coeficiente no objetivo) = 1 Perdas (acompanhe no quadro de solução ótima). Xf1 diminui em 0,50 x3 diminui em 0,50 xf3 diminui em 1,50 Se C3 é o coeficiente de X3 na função objetivo , a perda total é: 0 x 0,50 +0,50 C3 + 0 x 1,50 Igualando perdas e ganhos: 0,50 C3 = 1 ou C3 = 2 b. Entrada de x2 (x2 passa do valor zero para um) Ganho: 0,30 x 1(coeficiente no objetivo) = 0,30 Perdas (acompanhe no quadro de solução ótima). Xf1 diminui em 0,75 x3 diminui em 0,25 xf3 diminui em 3,25 Se C3 é o coeficiente de X3 na função objetivo , a perda total é: 0 x 0,75 +0,25 C3 + 0 x 1,50 Igualando perdas e ganhos: 0,25 C3 = 0,30 ou C3 = 1,20 a. Entrada de xf2 (xF2 passa do valor zero para um) Ganho: 1x 0(coeficiente no objetivo) = 0 Perdas (acompanhe no quadro de solução ótima). Xf1 diminui em – 0,25 x3 diminui em 0,25 xf3 diminui em 0,25 C3 é o coeficiente de X3 na função objetivo . A perda total é: 0 x(– 0,25) +0,25 C3 + 0 x 0,25 Igualando perdas e ganhos: 0,25 C3 = 0 ou C3 = 0 Ordenando os valores críticos de C3, temos: 0 ≤ 1,20 ≤ 2 ≤ 3 (coeficiente no objetivo) Portanto, a solução é estável em relação ao coeficiente de x3 se C3 ≥ 2. 1.2 Intervalo de estabilidade para xf1(Xf1 mede a sobra do refurso R1)


Exercício 1


Como o recurso há sobra de 7 unidades do recurso R1, uma diminuição de até 7 unidades deste recurso não altera a solução. O mesmo ocorre com o aumento deste recurso, ou seja –7 ≤ V1 < ∞ 1.3 Significa que a solução do modelo não se altera se o lucro por unidade do produto P3 (coeficiente de x3 no objetivo) for no mínimo 2. 1.4 O estoque deste recurso para o programa tem que ser no mínimo 3 unidades (o estoque era de 10 unidades e sobraram 7). 1.5 Intervalo de estabilidade para o coeficiente de x1. Como x1 não é variável básica, a entrada de x1 na base diminui o valor do lucro em 0,5, exatamente seu valor de oportunidade. Para compensar esta perda teríamos que aumentar o coeficiente de x1 no objetivo em 0,5. Como seu coeficiente no objetivo é 1, a solução é estável em relação ao seu coeficiente se ele for no máximo 1,5, ou seja, C1 ≤ 1,5. 1.6 A entrada de x2 na base tende a diminuir o lucro em 0,45. Para compensar, devemos aumentar o seu coeficiente em 0,45 no objetivo. Desta forma, a solução é estável se seu coeficiente for no máximo 0,30 + 0,45 = 0,75, ou seja, C2 ≤ 0,75. 1.7 Se P4 usa os recursos R1, R2 e R3, para que ele seja viável deve repor o lucro perdido com os outros produtos pela escassez que ele pode provocar. Uso de recursos por P4 Valor de oportunidade Capacidade de gerar dos recursos lucro necessária 2 unidades de R1 0 (folga de 7 un) 2 x 0 + 1 unidade de R2 0,75 1 x 0,75 + 3 unidades de R3 0 (folga de 12 un) 3 x 0 =0,75 Portanto, o lucro por unidade de P4 deverá ser no mínimo 0,75. 1.8 Indicando a variação do recurso por V2, teremos: No quadro inicial No quadro final

10 10 0̀12 V2 12 1 V29 9 0

+ = +

7 0,253 0,25 V212 0,25

− +

Como V2 não pode tornar alguma variável negativa no quadro final, devemos ter: 7 – 0,25 V2 ≥ 0 ou V2 ≤ 28 3 + 0,25 V2 ≥ 0 ou V2 ≥ – 12 12 + 0,25 V2 ≥ 0 ou V2 ≥– 48 Portanto, –12 ≤ V2 ≤ 28, de onde o aumento possível é 28. 1.9 No quadro de solução ótima o recurso R1 aparece com sobra de 7 unidades (xf1 = 7). Portanto qualquer aumento em sua disponibilidade não afeta a solução.


Pesquisa Operacional Quarta Edição Medeiros, Medeiros, Gonçalves, Murolo Exercícios propostos – Lista 8 Ex 2

Modelo a ser analisado: Max z = 2.100 x1 + 1.200 x2 + 600 x3 6 x1 + 4 x2 + 6 x3 ≤ 4.800 s.a 12 x1 + 16 x2 + 2 x3 ≤ 7.200 X1 ≤800 x2 ≤ 600 x3 ≤ 600 Quadro final pelo simplex. 1 0 1.400 0 50 150 0 0 0 1.320.000 0 0 0 0 0

0 – 0,8 1 0,20 – 0,10 0 0 0 1 1,467 0 – 0,033 0,10 0 0 0 0 – 1,467 0 0,033 – 0,10 1 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0,8 0 – 0,20 0,10 0 0 1

240 560 240 600 360

2.1 O valor crítico para o coeficiente de x1 é C1. No quadro final, a saída de x1 requer a entrada de alguma variável não básica: x2, xf1 ou xf2. A entrada da variável não básica deve compensar a perda pela saída de x1. Do quadro final podemos deduzir os fatos: a. Entrada de x2: x3 diminui em – 0,8 ; x1 diminui em 1,467 ; xf3 diminui em – 1,467 xf4 diminui em 1; xf5 diminui em 0,8. Aumento pela entrada de x2: 1 x 1.200 = 1.200 Diminuição devido às outras variáveis: – 0,8 x 600 + 1,467 C1 + (– 1,467) x 0 + 0,8 x 0 Portanto, – 480 + 1,467 C1 = 1.200, de onde C1 = 1.145,19 b. Entrada de xf1: x3 diminui em 0,20; x1 diminui em – 0,033; Xf3 diminui em 0,033; xf4 diminui em 0; xf5 diminui em – 0,20 Aumento pela entrada de xf1: 1 x 0 = 0 Diminuição devido às outras variáveis: 600 x 0,20 + – 0,033 C1 + 0,033 x 0 + 0 x 0 + 0,20 x 0 Portanto, 120 – 0,33C1 = 0 ou C1 = 3.600 c. Entrada de xf2: x3 diminui em – 0,10; x1 diminui em 0,10; xf3 diminui em – 0,10; xf4 diminui em 0; xf5 diminui em 0,10 Aumento pela entrada de xf2: 0 x 1 = 0 Diminuição devido às outras variáveis: 600 x (– 0,10) + C1 x 0,10 + 0 x (–0,10) + 0 x 0 Portanto. –60 + 0,10C1 = 0 ou C1 = 600 Ordenando os valores de C1, vem: 600 ≤ 1.145,19 ≤2.100 ≤ 3.600, ou seja, a solução é estável para 1.145,19 ≤ C1 ≤ 3.600. Isto significa que se o lucro por unidade de P1, atualmente em 2.100, diminuir até 1.145,19 ou aumentar até 3.600 a solução do problema não se altera. 2.2 O valor crítico para o coeficiente de x3 é C3. No quadro final, a saída de x1 requer a entrada de alguma variável não básica: x2, xf1 ou xf2. A entrada da variável não básica deve compensar a perda pela saída de x3.


Exercício 2


Do quadro final podemos deduzir os fatos: a. Entrada de x2: x3 diminui em – 0,8 ; x1 diminui em 1,467 ; xf3 diminui em – 1,467 xf4 diminui em 1; xf5 diminui em 0,8. Aumento pela entrada de x2: 1 x 1.200 = 1.200 Diminuição devido às outras variáveis: C3 x (– 0,8) + 2.100 x 1,467 + (– 1,467) x 0 + 0,8 x 0 Portanto, – 0,8 C3 + 3.080,70 = 1.200, de onde C3 = 2.380,88 b. Entrada de xf1: x3 diminui em 0,20; x1 diminui em – 0,033; Xf3 diminui em 0,033; xf4 diminui em 0; xf5 diminui em – 0,20 Aumento pela entrada de xf1: 1 x 0 = 0 Diminuição devido às outras variáveis: C3 x 0,20 + 2.100 x (– 0,033) Portanto, 0,20C3 – 70 = 0 ou C3 = 350 c. Entrada de xf2: x3 diminui em – 0,10; x1 diminui em 0,10; xf3 diminui em – 0,10; xf4 diminui em 0; xf5 diminui em 0,10 Aumento pela entrada de xf2: 0 x 1 = 0 Diminuição devido às outras variáveis: C3 x (– 0,10) + 2.100 x 0,10 Portanto. – 0,10 C3 + 210 = 0 ou C3 = 2.100 Ordenando os valores de C3, vem: 350 ≤ 600 ≤2.100 ≤ 2.380,88, ou seja, a solução é estável para 350 ≤ C3 ≤ 2.100. Isto significa que se o lucro por unidade de P1, atualmente em 600, diminuir até 350 ou aumentar até 2.100 a solução do problema não se altera 2.3 xf3 representa a sobra do recurso R3. Como seu valor é 240 no quadro final, concluímos que uma diminuição até 240 unidades desse recurso não altera a solução. Um aumento só faria aumentar essa disponibilidade. 2.4 xf1 = 0 o que indica que R1 é um recurso escasso e seu coeficiente 50 indica a tendência ao aumento de lucro caso possamos agregar mais uma unidade de R1 ao estoque deste recurso, aos custos correntes. Caso o estoque seja diminuído em uma unidade o coeficiente 50 indica a diminuição do lucro por contar com uma unidade a menos de R1. Chamando de V1 a variação do estoque de R1. A variação de V2 não pode tornar negativos os termos da direita (b) do quadro final do simplex, pois isto daria valor negativo para alguma variável. Valores de b no quadro final

240 0,20560 0,033240 0,033 1600 0360 0,20

V

− + −

de onde,

240 + 0,20 V1 = 0 → V1 = – 1.200 560 – 0,033 V1 = 0 → V1 = 16.800 240 + 0,033 V1 = 0 → V1 = – 7.200 600 + V1 = 0 → V1 = ∞ 360 – 0,20 V1 = 0 → V1 = 1.800 Ordenando os valores de V1: – 7.200 ≤ – 1.200 ≤ 1.800 ≤ 16800 < ∞


Portanto – 1.200 ≤ V1 ≤ 1800 ou seja, se o estoque de R1 diminuir até 1.200 unidades a perda de lucro por unidade diminuída será de 50; se o estoque aumentar até 1.800 unidades aos preços correntes, o ganho de lucro por unidade aumentada será de 50. 2.5 Se um novo produto P4 que consome 3 horas de máquina (R1) e 5 horas de mão de obra (R2) entrar na base, ele retira do lucro: 3 h de R1 a 50/h (valor de oportunidade de R1) + 5 h de R2 a 150/h (valor de oportunidade de R2 = 150 + 750 = 900. O lucro do produto é 800, o que indica um prejuízo de 100 se for fabricado. Não há interesse. 2.6 Vamos chamar de V a variação deste (R1). A variação permitida para esse recurso é a que não torna negativo algum elemento d o lado direito das equações, o que daria um valor negativo para uma variável. No quadro final esta condição pode ser escrita na forma:

240 0,20 0560 0,033 0240 0,033 0600 0 0360 0,20 0

V

− + = −

de onde vem

240 + 0,20 V = 0 → V = – 1.200 560 – 0,033 V = 0 → V = 16.800 240 + 0,033 V = 0 → V = – 7.200 600 + 0 V = 0 → V = –∞ 360 – 0,20 V = 0 → V = 1.800 Ordenando os valores de V: – ∞ < – 7.200 ≤ – 1.200 ≤ 1.800 ≤16.800. Portanto uma diminuição até 1.200 ou um aumento até 1.800 não altera o custo de oportunidade deste recurso. 2.7 Da mesma forma que o item anterior, como o recurso R2 é escasso, a variação vista no quadro final pode ser equacionada na forma:

0,10 240 00,10 560 0

0,10 240 00 600 00,10 360 0

V

− − + =

de onde vem

240 – 0,10 V = 0 → V = 2.400 560 + 0,10 V = 0 → V = – 5.600 240 – 0,10 V = 0 → V = 2.400 600 + 0 V = 0 → V = – ∞ 360 + 0,10 V = 0 → V = – 3.600 Ordenando os valores de : – ∞< – 5.600 ≤ – 3.600 ≤ 2.400. Portanto, uma aquisição de 2.400 unidades aos custos correntes, mantém a informação contida no custo de oportunidade deste recurso. 2.8 O custo de oportunidade nulo do recurso demanda de P3 indica que há sobra deste recurso. Uma diminuição de 360 unidades na demanda de P3 não afeta u lucro.


Pesquisa Operacional Quarta Edição Medeiros, Medeiros, Gonçalves, Murolo Exercícios propostos – Lista 8 Ex 3 Modelo do problema. Obj. min custo = x1 + 1,20 x2 + 1,30 x3 0,3 x1 + 0,25 x2 + 0,10 x3 ≥ 6 Restrições 0,20 x1 + 0,30 x2 + 0,20 x3 ≥4 0,25x1 + 0,15 x2 + 0,30 x3 ≥4 0,25x1 + 0,30x2 + 0,40x3 ≥6 3.1 A saída de x1 da base implica na entrada de uma variával não básica, de modo que o aumento de custo pela entrada da variável não básica seja compensada pela diminuição de custo pela saída de x1. Seja C1 a variação no custo da ração 1 (R1). Entrada de x2. x1 diminui em 0,732 ; xf2 diminui em – 0,095; xf3 diminui em 0,121; x3 diminui em 0,289. Total da diminuição: 0,732 C1 + 0,289 x 1,30 Aumento do custo devido a x2: 1,20 . Compensando: 0,732 C1 + 0,376 = 1,20 → C1 = 1,126 Entrada de xf1. x1 diminui em – 4,211; xf2 diminui em – 0,316; xf3 diminui em – 0,263; x3 diminui em 2,632 Total da diminuição: – 4,211 C1 + 2,632 x 1,3 Aumento devido a xf1: zero Compensando: -4,211 C1 + 3,422 = 0 → C1 = 0,813 Entrada de xf4. x1 diminui em 1,053 ; xf2 diminui em – 0,421; xf3 diminui em 0,684; x3 diminui em – 3,158. Total da diminuição: 1,053 C1 – 3,158 x 1,3 Compensando: 1,053 C1 – 4,105 = 0 → C1 = 3,899 Ordenando os valores de C1: 0,813 ≤ 1,126 ≤ 3,899. O intervalo procurado é: 0,813 ≤ C1 ≤ 1,126. 3.2 O preco da ração 2 no quadro inicial é 1,20, e no quadro final 0,087, o que indica que se usarmos a ração 2 haveria um aumento de custo de 0,087. Se diminuirmos o custo da ração em0,087 no quadro inicial, seu valor no quadro final seria zero, o que indica que a ração passa a ser interessante. 3.3 A solução é alterada devido ao preco da R3 quando x3 sai da base. A saída de x3 da base implica na entrada de uma variával não básica, de modo que o aumento de custo pela entrada da variável não básica seja compensada pela diminuição de custo pela saída de x3. Seja C3 a variação no custo da ração 3 (R3). Entrada de x2. x1 diminui em 0,732 ; xf2 diminui em – 0,095; xf3 diminui em 0,121; x3 diminui em 0,289. Total da diminuição: 0,732 x 1 + 0,289 C3 Aumento do custo devido a x2: 1,20. Compensando: 0,732 + 0,289 C3 = 1,20 → C3 = 1,619


Exercício 3


Entrada de xf1. x1 diminui em – 4,211; xf2 diminui em – 0,316; xf3 diminui em –0,263; x3 diminui em 2,632 Total da diminuição: – 4,211 x 1 + 2,632 x C3 Aumento devido a xf1: zero Compensando: -4,211 + 2,632 C3 = 0 → C3 = 1,6 Entrada de xf4. x1 diminui em 1,053 ; xf2 diminui em – 0,421; xf3 diminui em 0,684; x3 diminui em – 3,158. Total da diminuição: 1,053 – 3,158 x C3 Compensando: 1,053 – 3,158 C1 = 0 → C1 = 0,333 Ordenando os valores de C1: 0,333 ≤ 1,60 ≤ 1,619. O intervalo procurado é: 0,333 ≤ C3 ≤ 1,60. 3.4 O valor de oportunudade do nutriente 1 é 0,789 e expressa a tendência de aumento de custo no caso de aumentar a exigência em 1 Kg do nutriente 1 na mistura. 3.5 Essa informação contida no valor de oportunidade do nutriente 4, vale para variações de exigência do nutriente até que não torne negativa alguma variável básica no quadro final do simplex. Sendo V a variação desta exigência, o seu valor crítico pode ser calculado pela equação. 18,947 1,053 00,421 0,421 01,684 0,684 03,158 3,158 0

V

− + = − −

, de onde:

18,497 + 1,053 V = 0 → V = –17,566; 0,421 – 0,421 V = 0 → V = 1 1,684 – 0,684 V = 0 → V = 2,462 3,158 – 3,158 V = 0 → V = 1 Ordenando os valores –17,566 ≤ 1≤ 2,462. Então –17, 566 ≤ V ≤ 1. A informação vale até o limite de 1 Kg.




Classes Ponto fi% Fi% Limites p/

números número de

médio

Aleatórios

aleatórios atendimentos

10 ------ 12 11 15 15 00 a 14

10 11 12 ------ 14 13 20 35 15 a 34

85 17

14 ------ 16 15 35 70 35 a 69

36 15 16 ------ 18 17 20 90 70 a 89

49 15

18 ------ 20 19 10 100 90 a 99

58 15

5 11

67 15

fi% frequência relativa

Fi% frequência acumulada relativa


Exercício 1





Exercício 2




O estoque após 7 dias simulados é de 6 unidades.


Exercício 3




O estoque final após 7 dias é de 6 unidades


Exercício 4




.

Custo semanal: 39,00


Exercício 5




O custo é 33,00. A tendência é a diminuição de custo


Exercício 6





Exercício 7


Respostas . a. A dispenda do funcionário 3 (o de menor média) aumenta os custos de operação.

b. A contratação de um funcionário 4 (de mesmo desempenho que o func 3) diminui os custos de operação.




Resp. Sim. Com o técnico o custo é menor.


Exercício 8




a. Deixar o carro em local proibido. Custo: 130

b. Usar o estacionamento. Custo = 22 x 5 = 110

Melhor usar o estacionamento.


Exercício 9




Há 10 clientes na fila de espera após 10 minutos. O tempo de atendimento não parece compatível com a demanda. A tendência é a fila crescer continuamente.


Exercício 10





Exercício 1





Exercício 2





Exercício 3




A distribuição empírica tem ajuste normal ao nível de 10% de significância.


Exercício 4





Exercício 5




No exercício 3 após 10 simulações, concluímos que a TIR do projeto tem média 24,33% e

desvio padrão 8,30%. Supondo a distribuição das TIR normal, a variável TIR 24,33

8,30z −= tem

distribuição normal padrão. Para o cálculo das probabilidades usar a tabela ou a função do Excel DIST.NORMP.

a. 24 24,33 30 24,33TIR 24 0,04 TIR 30 0,68

8,30 8,30z z− −

= → = = − = → = =

( ) ( )24 30 0,04 0,68 0,7517 0,4840 0,2677P TIR P z≤ ≤ = − ≤ ≤ = − =

b. O intervalo de confiança de 95% para a TIR é dado por:

( )¨ ¨ 1P TIR e TIR eµ α− ≤ ≤ + = − onde e(erro padrão de estimativa) = ( )

2

s TIRt

nα

Substituindo os valores: s(TIR) = 8,30; α =0,05; 0,052 2

2, 26t tα = = tabela t ou função INVT do

Excel com 9 graus de liberdade; n = 10, vem: 8,302,26 5,93

10e = = .Portanto,

( ) ( )24,33 5,93 24,33 5,93 18,4 30,26 0,95P Pµ µ− ≤ ≤ + = ≤ ≤ =

c. Teste 0 : 27: 27a

H TIRH TIR

= <

( )

¨ 24,33 27 1,028,30

10

cTIRts TIR

n

µ− −= = −=

1,38tt = com probabilidade 0,20 e 9 graus de liberdade. Como ct está na região de aceitação

do teste, podemos afirmar que a TIR é de 27% ao nível de 10% de significância.


Exercício 6




No exercício 4 mostramos que os valores simulados do projeto de investimento é uma amostra de uma variável normal com média 20,60 e desvio padrão 1,26, ao nível de

significância de 10%. A normal padrão correspondente é dada por: 20,601,26

TIRz −= .

a. Para 19 20,6019 1,261,26

TIR z −= → = = −

( ) ( )19 1,26 0,1038P TIR P z< = < − =

b. b. O intervalo de confiança de 95% para a TIR é dado por:

( )¨ ¨ 1 ,P TIR e TIR eµ α− ≤ ≤ + = − onde e(erro padrão de estimativa) = ( )

2

s TIRt

nα

Substituindo os valores: s(TIR) = 1,26; α =0,05; 0,052 2

2, 26t tα = = tabela t ou função INVT do

Excel com 9 graus de liberdade; n = 10, vem: 1,262,26 0,90

10e = = . Portanto,

( ) ( )20,60 0,90 20,60 0,90 19,7 21,5 0,95P Pµ µ− ≤ ≤ + = ≤ ≤ =


Exercício 7





Exercício 8




Como a demanda é normal com média 20 e desvio - padrão 3. Podemos começar com demanda 10 (mais de3 desvios-padrão à esquerda) que deve apresentar demanda zero. Vamos calcular P(10) = P(9,5≤ d ≤10,5). Para o cálculo das probabilidades com a tabela da normal padrão, devemos calcular os correspondentes valores de z. Para quem usa o Excel, esses valores podem ser obtidos diretamente com a função DIST.NORM. Pode-se usar também a probabilidade de massa da DIST.NORM que dá diretamente o valor de P(10), P(11), ...

203

dz −=

9,5 20 10,5 209,5 3,5 10,5 3,173 3

d z d z− −= → = = − = → = = −

P(10) = P(9,5≤ d ≤10,5)=P(–3,5 ≤ z ≤–3,17)=0,000762 – 0,000233=0,00 . A tabela a seguir mostra os resultados para P(11), P(12), etc.


Exercício 9


c. Sim, o custo por falta está alto. Testar políticas que aumentem a reposição.




a) 0 4800 1,413411,12

z −= = − P(L > 0)= P( z > –1,41) = 92,07%

b) 10000 4800 1,52

3411,12z −= = P(L > 10000) = P(z > 1,52) = 6,43%


Exercício 10

lista de exercícios resolvidos

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