Lista de Exercícios Resolvidos

Ermes Medeiros da Silva Elio Medeiros da Silva Valter Gonçalves Afrânio Carlos Murolo

Pesquisa Operacional Para os cursos de

Administração Administração e Engenharia • •

Programação linear Simulação

Quarta Edição

Ermes Medeiros da Silva Elio Medeiros da Silva Valter Valter Gonçalves Afrânio Carlos Murolo Murolo

Pesquisa Operacional Para os cursos de Administração e Engenharia

Solução dos Exercícios Propostos Referente à 4 edição ª

Livro do Professor Portal Atlas Atlas

São Paulo Editora Atlas S.A. – 2012

Exercícios Exercícios Propostos – Lista 1 Exercício 1

Variáveis de decisão: decisão: X 1 = quantidade de sapatos sapatos a fabricar por por hora x 2 = 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) =

Tempo para fabricar um cinto (5 cintos/h) =

60 min 6 sapatos

60 min 5 cintos

=

=

10min 10 min por sapato sapato

12 min por cinto

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 cintos : x2 cintos a 1 unidade de couro couro por cinto = 1 x2 Resumo: 2 x1 + x2 ≤ 6

Pesquisa Pesqu isa Operacional | Medeiros | Medeiros Medeiros | Gonçalves | Murolo

2

Exercícios Propostos – Lista 1 Exercício 4

x 1 : frequência semanal do programa A x 2 : 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

Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo

3


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:

1 1.000

.

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

Tempo do dia usado para a produção de M1: 2 dia gasto para a produção de M1 é

1 500

1 1.000

1 1.000

x 2

. Da mesma forma, a parte do

x 1 .

A soma dos tempos fica restrito a um dia:

1 500

x 1 +

1 1.000

x 2 ≤ 1 ou

2 x 1

+ x 2 ≤ 1.000

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


4


X 1 : quantidade a investir no programa institucional ( em 1.000) x 2 : 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.


5


Quantidade de materiais que comporão a mistura ( em Kg) X 1 : quantidade de MR1 ; x 2 : 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


6


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: 3

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



R4. Suprir a loja L4 com 100 m (10 viagens) a partir dos 3 portos: x14 + x24 + x34 = 10


7


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 2

R5. Uso do recurso madeira (7.000 m 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


8


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.


9


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


10


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


11


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


12

Exercícios Propostos – Lista 2 Exercício 1.1

R1

x1 + 2 x 2 = 4

−

Teste: x 1

=

0 e

x 1 = x2 =

0

⇒

0

⇒

x2 =

2

e

x2 =

0

⇒

x1 =

4

0 ≤ 4 . O ponto ( 0, 0 ) está na região de soluções.

R2 e R3 são construídas da mesma forma. Objetivo

2 x 1

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

+ 3x 2 = 12

temos:

x1 =

0

⇒

x2 =

4 e

x2 = 0

⇒

x1 = 6

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


13


R1 2 x1 + x2

=

2

x 1 =

0

x2 =

⇒

Teste: x 1 = 0 e x 2 = 0

⇒

2

e

x2 =

0

x1 = 1

⇒

0 ≤ 2 . O ponto ( 0, 0 ) está na região de soluções.

R2 é construída da mesma forma. Objetivo:

0,3 x 1

+

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

0,5 x 2

=

0, 7 temos:

x1 =

0

⇒

x 2 = 1, 4

e

x2 =

0

⇒

x1 =

2, 33

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.

De R1 :

x 2 =

2 − 2 x 1 . Substituindo em R 2

Lucro = 0, 3 × 0, 6 + 0,5 × 0,8

=

x1 + 6 − 6x 1 =

3⇒

x1 =

0, 6 e

x2 =

0,8

0,58


14

Exercícios Exercícios Propostos – Lista 2 Exercício 1.3

Construção das restrições: R 1 : x 1

=

0

⇒

x2

=

3

R 2 : x 1

=

0

⇒

x2

=

2

R 3 : x 1

=

0

⇒

x2

=

6

x2

=

x2 x2

=

0

0 =

x1

⇒

0

⇒

⇒

x1

=

x1

=

9

=

6

6

Atribuindo ao objetivo o valor 15, por exemplo:

x 1

=

0⇒

x2

=

5

x2

=

0⇒

x1

=

7, 5

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 R 1 e R 3 . de R 3 : x 1

=

6 − x 2 . Substituindo em R1 : 6 − x 2

+

3x 2

=

9⇒

x2

=

1, 5 e

x1

=

4, 5

Objetivo=13,5

Pesquisa Pesq uisa Operacional | Medeiros | Medeiros Medeiros | Gonçalves | Murolo

15



=

0

⇒

x2

=

20

R 2 : x 1

=

0

⇒

x2

=

10

R 3 : x 1

=

0

⇒

x2

=

9

x2

=

x2 x2

=

0

0 =

⇒

⇒

0 x1

⇒ =

x1

=

20

x1

=

10

10, 8


x 1

=

0⇒

x2

=

7

x2

=

0⇒

x1

=

8, 4

À medida que diminuímos o valor do objetivo, a reta aproxima-se da origem. As retas R3 e Objet são paralelas e todos 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


16


Construção das restrições: R1 : x 1 R2 : x

=

=

R 5 : x 1

0

⇒

5 =

x2

=

2

x2

R3 : x = 6 0

⇒

x2

=

5

x2

=

0

R 4 : x 1 =

0

⇒

x1

= −

=

0

⇒

=

4

⇒

x1


x 1

2

=

x2

0⇒

=

3

x2

x2

=

2, 33

=

0

x2

⇒

=

x1

0⇒

=

5

x1

=

3

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 R 4 e R 5 . de R 4 : x 2

=

3 − 0, 6 x 1 . Subst em R 5 : 5 x 1 + 12 − 2, 4 x 1

Objetivo = 7 × 30, 7 77 7 + 9 ×1, 0 05 54

=

=

20 ⇒

x1

=

3, 077 e

x2

=

1,154

31, 9 92 23


17



=

0

⇒

x2

=

5

R 2 : x 1

=

0

⇒

x2

=

6

x2

=

x2

0 =

⇒

0

⇒

x1 x1


=

6

=

x 1

3 =

0⇒

x2

=

2, 33

x2

=

0⇒

x1

=

3

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 x 1 = 3, x 2 = 0

Objetivo = 5 × 3 + 2 × 0 = 15 Recurso ocioso R (tempo): 30 minutos. 1


18


Construção das restrições: R1 : x 1

=

0

⇒

R 2 : x 1

=

40

: x2

=

30

R3

x2

=

40

x2

=

0

⇒

x1

=

60

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 R 1 . Todos os pontos de R 1 de x = 15 a x = 40 são soluções ótimas. Por exemplo o ponto (15,30). Objetivo = 100 × 15 + 150 × 30 = 6.000 Recurso ocioso R 2 (mercado de P 1 ): 40 – 15 = 25 unidades.


19



=

0

R 2 : x 1

=

: x2

=

R3

⇒

x2

=

600

x2

=

0

⇒

x1

=

600

100 200

Atribuindo ao objetivo o valor 15.000, por exemplo: x 1

=

0⇒

x2

=

500

x2

=

0⇒

x1

=

1500

À medida que aumentamos o valor do objetivo, a reta afasta-se da origem. O ponto ótimo é a interseção das retas R 1 e R 3 . De R 3 , x = 200. De R 1 , x 2

Objetivo = 10 × 200 + 30 × 400 + 4.000

=

=

600 − 200

=

400

18.000

Recurso ocioso : não há.


20



=

R 2 : x 1

0

=

x2

⇒

0⇒

x2

=

=

5

8

x2

x2 =

0

=

0

⇒

⇒

x1

=

x1

=

5

4


=

0

⇒

x2

=

9

x2

=

0

⇒

x1

=

3

À medida que aumentamos o valor do objetivo, a reta afasta-se da origem. O ponto ótimo é a interseção das retas R 1 e R 2 . R1

: x2

=

5 − x1

R 2 : 20 x 1 + 10 ( 5 − x 1 ) = 80

⇒

x1

=

3, x2

=

2

Objetivo = 30.0000 × 3 + 10.000 × 2 = 110.000 Recurso ocioso: não há.


21



=

R 2 : x 1 R4

: x1

0

=

=

⇒

0⇒

x2

400

1.000

x2

=

=

800 R5

x2

x2

: x2

=

=

0

=

⇒

0

⇒

x1

=

x1

=

500

800

700

Atribuindo ao objetivo o valor 900, por exemplo: x 1

=

0

⇒

x2

=

300

x2

=

0

⇒

x1

=

225


: x2

=

1.000 − 2 x 1

R 2 : x 1 + 1.000 − 2 x 1

=

800

⇒

x1

=

200 ,

x2

=

600

Objetivo = 4 × 200 + 3 × 600 = 2.600 Recursos ociosos: fivela A (R 3 ): 200 unidades e fivela B (R 4 ): 100 unidades


22


8 x 1 + 2 x 2 ≥ 16 papel fino  sujeito a  x 1 + x 2 ≥ 6 papel médio  2 x 1 + 7 x 2 ≥ 28 papel grosso

Objet. Min Custo = 1000x 1 +2000x 2


=

0

R2

: x1

=

0

⇒

x2

=

6

R3

: x1

=

0

⇒

x2

=

4

x2

⇒

=

8

x2 x2 x2

= =

=

0 0

0

⇒ ⇒ ⇒

x1 x1

x1

=

=

6

=

2

14


=

0

⇒

x2

=

2, 5

x2

=

0

⇒

x1

=

5

À medida que diminuímos o valor do objetivo, a reta aproxima-se da origem. O ponto ótimo é a interseção das retas R 3 e R 2 . R2

: x2

=

6 − x1

R 3 : 2x 1

+

7 ( 6 − x 1 ) = 28

⇒

x1

=

2,8 e

x2

=

3, 2

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


23


X 1 : número de caminhões tipo A a usar

x 2 : número de caminhões tipo B a usar

Objet. Min Custo = 1.100 x 1 +750 x 2

2 x 1 + 2 x 2 ≥ 16 espaço refrigerado necessário sujeito a  3 x 1 + x 2 ≥ 12 espaço não refrigerado necessário Construção das restrições: R 1 : x 1

=

0

: x1

=

0

R2

x2

⇒ ⇒

x2

=

=

8

x2

12

x2

= =

0 0

⇒ ⇒

x1 x1

=

=

8

4


=

0

⇒

x2

=

4

x2

=

0

⇒

x1

=

2, 73

À medida que diminuímos o valor do objetivo, a reta aproxima-se da origem. O ponto ótimo é a interseção das retas R 1 e R 2 . R2

: x2

=

12 − 3x 1

R 3 : 2x 1

+

2 (12 − 3x 1 ) = 16

⇒

x1

=

2 e

x2

=

6

Objetivo = 1.100 × 2 + 750 × 6 = 6.700


24


X 1 : quantidade a produzir de P1 por dia

x 2 : quantidade a produzir de P2 por dia

4 x 1 + 2 x 2 ≤ 20 forjaria  sujeito a  x 1 + 3 x 2 ≤ 10 polimento  m atéria prima 100 x 1 + 200 x 2 ≤ 500 ma

Objet. Max receita = 1.900 x 1 +2.100 x 2


=

0

R2

: x1

=

0

⇒

x2

=

3, 33

R3

: x1

=

0

⇒

x2

=

2, 5

x2

⇒

=

10

x2

x2 x2

0

=

=

⇒

=

0

0

⇒

⇒

x1

x1

=

x1

=

=

5 5

5

a) Atribuindo ao objetivo o valor 15.000, por exemplo: x 1

=

0

⇒

x2

=

7,14

x2

=

0

⇒

x1

=

7, 89

À medida que aumentamos o valor do objetivo, a reta afasta-se da origem. O ponto ótimo é x 1 = 5 , x 2 = 0 . Objetivo = 1.900 × 5 + 750 × 0 = 9.500 b) Max Lucro Lucro = (1900 − 100 − 4 × 150 − 2 × 100 ) x 1 + ( 2100 − 200 − 2 × 150 − 3 × 100 ) x 2 ou max lucro = 1000 x 1 + 1300 x 2 Atribuindo o valor 11.700 ao lucro:

x 1

=

0

⇒

x2

=

9

x2

=

3

⇒

x1

=

7, 8

O ponto ótimo é ainda x 1 = 5, x 2 = 0 com lucro de 5.000


25


X 1 : quantidade (ton) de gasolina por ano Objet. Max receita = 7 x 1 +5 x 2

x 2 : quantidade (ton) de óleo diesel por ano

sujeito a

 x 1 ≤ 400.000 reforming catalítico  catalíti co  x 2 ≤ 450.000 craqueamento catalítico  1 1  x 1 + x 2 ≤ 1 capacidade de destilação  500.000 600.000  1 1  capacidade de dessulfuraçã dessulfuração o x 1 + x 2 ≤ 1 capacidade 500.000  700.000 Construção das restrições: R 1 : x 1 = 400.000

R 2 : x 2 = 450.000

R3

: x1 = 0 ⇒

x2

= 600.000

R4

: x1 = 0 ⇒

x2

= 500.000

x2 x2

=0 ⇒

=0 ⇒

x1 x1

= 500.000

= 700.000

a) Atribuindo ao objetivo o valor 15.000, por exemplo: x 1

=0 ⇒

x2

= 7,14

x2

=0 ⇒

x1

= 7, 89


: x 1 = 400.000

 

R 3 : x 2 = 1 −

400000 

 × 600000 = 120.000 .

500000 

Objetivo = 7 × 400.000 + 5 × 120.000 = 3.400.000


26



27



28



29



30



31



32


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

X1 ≥ 0

- xf2 é a sobra de couro

x2 ≥ 0


33


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


34


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

x2 ≤ 200

demanda por cxs de tangerinas – xf3 é a sobra da demanda

- xf2 é a venda eventual


35


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

obj


36


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


37


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

3 xm + 5 xe + 0,5 xc ≤7.000 madeira disponível

de estantes

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.


38


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.


39


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


40


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. 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 Objetivo: Min Custo = 3.448 x1 + 6.072 x2 + 5.619,20 x3 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.


41



42


Construção da função objetiva auxiliar W.

2 x 1

+

x2

−

xf

+

a1

−

xf 2

+

a2

1

x 1

+

5x 2

W

=

a1 + a 2

=

=

10

=

15

⇒ ⇒

a1

10 − 2 x 1 − x 2

=

a2

=

15 − x 1 − 5x 2

25 − 3 x 1 − 6 x 2 + xf1 + xf 2

Min W = Max (-W) = 3 x 1

+

6x 2

−

xf

1

+

−

xf 2

xf

+

1

xf 2

+

25


43


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.


44


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.


45


Exercícios propostos – Lista 4

Ex 5

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.


46


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.

obj

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


47


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


48


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)

R5.

Bexiga: x3 ≥ 0,25(x1 + x2 + x3)

ou

ou 0,25 x1 – 0,75 x2 + 0,25x3 ≤ 0

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


49

Obj

Obj

A função auxiliar W tem valor zero. A solução é x1 = 10 x2 = 10

x3 = 20

Custo = 800


50


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

1

5 x1 = 0, 005 x1 1.000 1 1 Espaço do armazém ocupado pelo produto P2 produzido em 5 dias: 5 x 2 = x2 900 180 1 1 Espaço do armazém ocupado pelo produto P3 produzido em 5 dias: 5 x3 = x3 1.200 240 1 1 Armazenagem: 0, 005 x 1 + x2 + x 3 ≤ 1 (armazém) 180 240 Espaço do armazém ocupado pelo produto P1 produzido em 5 dias:

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


51

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


52


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.

g.

y1 + y2 + 3y3 ≥ 0,3 y1 + 4y2 – y3 ≥ 3 , y1≥0, y2≥0, y3≥0

Quadro de solução ótima dual. D -1 0 0 0

Y1 7

Y2 0 1 0 0

Y3 12

Yf1 0 0 1 0

Yf2 0 0 0 1

Yf3 3

C -9 0,75 0,45 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.


53

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.


54


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

50

s.a.

100 20 100 10 100

b.

x 1 + x 1 + x 1 +

20 100 30 100 30 100

x2 + x2 + x2 +

10 100 20 100 50 100

x3 ≥

6 ( nutriente 1) ou 50x 1

+ 20 x 2 + 10 x 3 ≥ 600

x3 ≥ 5

(nutriente 2) ou 20 x 1

+ 30 x 2 + 20 x 3 ≥ 500

x3 ≥ 8

(nutriente 3) ou 10 x 1

+ 30 x 2 + 50 x 3 ≥ 800

Modelo dual Max D = 600 y1 + 500 y2 + 800 y3 50 y1 + 20 y2 + 10 y3 s.a.

≤ 200

20 y1 + 30 y2 + 30 y3 ≤ 150 10 y1 + 20 y2 + 50 y3 ≤ 240

c.

Solução do modelo dual

Quadro final primal


55

D -1 0 0 0

X1 0 1 0 0

X2 0 0 1 0

X3 70,77

Xf1 3,46

Xf2 0 0 0 1

Xf3 2,69

b -4230,77 1,54 26,15 315,38

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.


56


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

10 x 1 + x 2 + 5x 3 ≤ 100.000  240 x 1 + 90 x 2 + 300 x 3 ≤ 30.000.000

b. Modelo dual

sujeito a

Min D = 100.000 y1+30.000.000 y2

10 y1 + 240 y 2 ≥ 60   y1 + 90 y 2 ≥ 30 5 y1 + 300 y 2 ≥ 80 

c. Solução do modelo primal.

Quadro da solução ótima dual, obtida a partir do quadro da solução ótima primal. Y1 0 1 0 0

Y2 21.000.000

Yf1 0 0 1 0

Yf2 100.000

Yf3 0 0 0 1

D 3.000.000 30 240 30

d. Comprar 100unidades de P2.


57

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.


58


Solução inicial pelo método do canto noroeste. 40 10

40

40/0 100/90/50/0 10/0

50 10 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 10

40 100 10

40 – θ

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

40 100 10

30 60 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

X23: 18 – U2 – V3 = 0


U1 = 0; V1 = 10; U2 = 2; V2 = 23; V3 = 16; U3 = – 9 Coeficientes das variáveis não básicas. X12: 15 – 0 – 23 = - 8

X13: 20 – 0 – 16 = 4

X31: 16 + 9 – 10 = 15

X33: 24 + 9 – 16 = 17

Entra X12. Circuito de compensação.


59

40 – θ 10 + θ

40 100 10

θ

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

30 60

40 100 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

X23: 18 – U2 – V3 = 0


U1 = 0; V1 = 10; U2 = 2; V2 = 15; V3 = 16; U3 =-1 Coeficientes das variáveis não básicas. 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


60


Solução inicial pelo método de Vogel. Penalidade é a diferença entre os dois menores custos. 10 15 12 25 16 14 50 40 P1 = 12 – 10 = 2 P1= 15 – 14 = 1 . P2= 15 – 14 = 1 . P3= 10

20 18 24 60

40 P1= 15 – 10= 5 P2= 5 P3 = 5 100 P1= 18 – 25=7 P2= 7 P3= 7 10 P1= 16 – 14=2 P2= 10 P1 = 20 – 18 = 2 P2 = 20 – 18 = 2 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 = 1 0. 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 50

50

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

40 100 10

X12: 15 – U1 – V2 = 0

X13: 20 – U1 – V3 = 0

X21: 12 – U2 – V1 = 0

X23: 18 – U2 – V3 = 0


U1 = 0; V2 = 15; V3 = 20; U2 = – 2; V1 = 14; U3 = – 1 Coeficientes das variáveis não básicas. X11: 10 – 0 – 14 = – 4

X22: 25 +2 – 15 = 12

X31: 16 +1 – 14 = 3

X33: 24 +1 – 20 = 5

Entra X11. Circuito de compensação. θ

30

50 – θ

10 – θ 50 + θ

40 100 10

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

30

40


61

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

X23: 18 – U2 – V3 = 0


U1 = 0; V1 = 10; U2 = 2; V2 = 15; V3 = 16; U3 = – 1 Coeficientes das variáveis não básicas. 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


62


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 A

50

100/0

50/0

30 20 10 60/30/10/0

100/0 80/30/0 20/0 10/0

Otimização. Coeficientes das variáveis básicas Cij – Ui – Vj X11: 10 – U1 – V1 = 0

X22: 25 – U2 – V2 = 0

X33: 24 – U3 – V3 = 0

X43: 0 – U4 – V3 = 0.

X23: 18 – U2 – 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 Coeficientes das variáveis não básicas. X12: 15 – 0 – 23 = –8 X13: 20 – 0 – 16 = 4 X41: 0 + 16 – 10 = 6

X31: 16 – 8 – 10 = –2 X32: 14 – 8 – 23 = –17

X42: 0 + 16 – 23 = –7

Entra X32. Circuito de compensação. 100 A

100 80 20 10

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

50 – θ

30 20

50

100 80 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


63

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 Coeficientes das variáveis não básicas. X12: 15 – 0 – 23 = –8

X13: 20 – 0 – 16 = 4

X41: 0 + 16 – 10 = 6

X42: 0 + 16 – 23 = –7

X31: 16 + 9 – 10 = 15

X33: 24 + 9 – 16 = 17

Entra X12. Circuito de compensação. 100 – θ A+θ

θ

30 – θ 20

50

100 80 20 10

10 100 50 60 O maior valor possível para θ é 30, A Nova solução é 70 30

30 50 20

100 80 20 10

10 100 50 60 . Coeficientes das variáveis básicas Cij – Ui – Vj X11: 10 – U1 – V1 = 0

X21: 12 – U2 – V1 = 0

X23: 18 – U2 – V3 = 0

X32: 14 – U3 – V2 = 0

X12: 15 – U1 – 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 Coeficientes das variáveis não básicas. X22: 25 – 2 – 15 = 8

X13: 20 – 0 – 16 = 4

X41: 0 + 16 – 10 = 6

X42: 0 + 16 – 15 = 9

X31: 16 + 1 – 10 = 7

X33: 24 + 1 – 16 = 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


64


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

100 80 20 10

P1=10 – 15=5 P2=5 P3=5 P3=20 – 15=5 P1=18 – 12=6 P2=6 P1=16 – 14=2 P2=2 P3=2 P3=24 – 14=10 P1=0

P1=18 – 0=18 P2=20 – 18=2 P3=24 – 20=4 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 80

30

50

20 100

50

10 60

100 80 20 10


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 Coeficientes das variáveis não básicas.


65

X22: 25 – 2 – 15 = 8 X41: 0 + 20 – 10 = 10

X23: 18 – 2 – 20 = – 4

X31: 16 + 1 – 10 = 7

X33: 24 + 1 – 20 = 5

X42: 0 + 20 – 15 = 5

Entra X23. Circuito de compensação. 20 + θ 80 – θ

30

50 – θ θ

20

100 80 20 10

10 100 50 60 O maior valor possível para θ é 50, A Nova solução é 70 30

30 50 20

100 80 20 10

10 100 50 60 Coeficientes das variáveis básicas Cij – Ui – Vj X11: 10 – U1 – V1 = 0

X21: 12 – U2 – V1 = 0

X23: 18 – U2 – V3 = 0

X32: 14 – U3 – V2 = 0

X12: 15 – U1 – 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 Coeficientes das variáveis não básicas. X22: 25 – 2 – 15 = 8

X13: 20 – 0 – 16 = 4

X41: 0 + 16 – 10 = 6

X42: 0 + 16 – 15 = 9

X31: 16 + 1 – 10 = 7

X33: 24 + 1 – 16 = 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


66


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 30 80/30/0

50

X 20

50/0

20 40/0

50/0 70/20/0 30/0 20/0


X22: 25 – U2 – V2 = 0

X31: 16 – U3 – V1 = 0

X43: 0 – U4 – V3 = 0.

X23: 18 – U2 – 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 Coeficientes das variáveis não básicas. X12: 15 – 0 – 8 = 7

X33: 24 – 6 – 1 = 17

X41: 0 +1 – 10 = – 9

X42: 0 +1 – 8= – 7

Entra X41. Circuito de compensação. 50 X 30 –

θ

50 – θ A+θ

X 20 + θ

50 70 30 20

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

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 X31: 16 – U3 – V1 = 0

X22: 25 – U2 – V2 = 0 X32: 14 – U3 – V2 = 0.

X23: 18 – U2 – V3 = 0 X41: 0 – U4 – V1 = 0


67

Escolhendo o valor zero para U1, teremos: U1 = 0; V1 = 10; U2 = 17 ; V2 = 8; V3 = 1 ; U3 = 6: U4 = – 10 Coeficientes das variáveis não básicas. 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


68


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 15 200 200 25 18 16 14 24 0 0 0 80 50 40 P1 = 10 – 0 = 10 P1 = 14 – 0 = 14 P2 = 16 – 10 = 6 P2 = 15 – 14 = 1 .P3 = 6 P2 = 1

50 70 30 20

P1 = 15 – 10 = 5 P2 = 5 P3 = 5 P1 = 25 – 18 = 7 P2 = 7 P3 = 175 P3 = 16 – 14 = 2 P2 = 2 P3 = 2 P1 = 0

P1 = 18 – 0 = 18 P2 = 24 – 18 = 6

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; 50 30 80

50 A 50

20 20 40

X31 = 30. O quadro com a solução é o seguinte. 50 70 30 20


X22: 25 – U2 – V2 = 0

X31: 16 – U3 – V1 = 0

X43: 0 – U4 – V3 = 0.

X23: 18 – U2 – 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


69

Coeficientes das variáveis não básicas. X12: 15 – 0 – 8 = 7

X33: 24 – 6 – 1 = 17

X41: 0 +1 – 10 = – 9

X42: 0 +1 – 8 = – 7

Entra X41. Circuito de compensação. 50 X 30 – θ

X 20 + θ

50 – θ A+θ

50 70 30 20

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

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 X31: 16 – U3 – V1 = 0

X22: 25 – U2 – V2 = 0

X23: 18 – U2 – V3 = 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 Coeficientes das variáveis não básicas. 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


70


Devemos criar um cliente auxiliar para receber o excedente dos depósitos. a. Solução inicial pelo método do canto noroeste 100

100/0

60 20

120

80/20/0

60 20 80/20/0

120/0

160/60/0 200/180/60/0 100/80/0

80 80

b. Solução melo método de Vogel 2,1 1,5 2,4 100 P1 = 0,6 P2 = 0,6 . . .

1,8 2,4 1,5 80 P1 = 0,3 P2 = 0,3 P3 = 0,3

1,8 1,8 2,4 120 P1 = 0 P2 = 0 P3 = 0 P4 = 0 P5 = 0

P1 1,8 2,1 1,8 80 P1 = 0 P2 = 0 P3 = 0 P4 = 0 P5 = 0,3

P2 P3

P4

P5

0 160 1,8 0 0 0 0 0 200 1,5 0,3 0,3 0,3 0,3 0 100 1,5 0,3 0,3 0,6 80 P1 = 0

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. 20 100

100 100

80 80

120

60

80

20 80

80

160 200 100

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 X23: 1,8 – U2 – V3 = 0 X24: 2,1 – U2 – V4 = 0 X35: 0 – U3 – V5 = 0

X22: 2,4 – U2 – V2 = 0 X34: 1,8 – U3 – V4 = 0


71

Fazendo U1 = 0, vem: V1 = 2,1

V2 = 1,8

V4 = 1,5

U2 = 0,6

V3 = 1,2

U3 = 0,3

V5 = – 0,3

Coeficientes das variáveis não básicas. X13: 1,8 – 0 – 1,2 = 0,6 X21: 1,5 – 0,6 – 2,1 = – 1,2 X32: 1,5 – 0,3 – 1,8 = – 0,6

X14: 1,8 – 0 – 1,5 = 0,3 X25: 0 – 0,6 + 0,3 = – 0,3 X33: 2,4 – 0,3 – 1,2 = 0,9

X15: 0 – 0 + 0,3 = 0,3 X31: 2,4 – 0,3 – 2,1 = 0

Entra X21. Circuito de compensação. 100 – θ

60 + θ 20 – θ

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

80 20 100

160 200 100

120

80 80

80 120 80

60 20 80

120

80 80

Coeficientes das variáveis básicas. X11: 2,1 – U1 – V1 = 0 X12: X23: 1,8 – U2 – V3 = 0 X24: X35: 0 – U3 – V5 = 0. Fazendo U1 = 0, vem: .

V1 = 2,1 V3 = 2,4

160 200 100

1,8 – U1 – V2 = 0 2,1 – U2 – V4 = 0

U2 = – 0,6 V4 = 2,7

X21: X34:

V2 = 1,8 V5 = 0,9

1,5 – U2 – V1 = 0 1,8 – U3 – V4 = 0

U3 = – 0,9

Coeficientes das variáveis não básicas. X13: 1,8 – 0 – 2,4 = – 0,6 X22: 2,4 + 0,6 – 1,8 = 1,2 X32: 1,5 + 0,9 – 1,8 = 0,6

X14: 1,8 – 0 – 2,7 = – 0,9 X25: 0 + 0,6 – 0,9 = – 0,3 X33: 2,4 + 0,9 – 2,4 = 0,9

X15: 0 – 0 – 0,9 = – 0,9 X31: 2,4 + 0,9 – 2,1 = 1,2

Entra X14. Circuito de compensação. 80 – θ 20 + θ

80

θ

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

120

80

60 120

100 80 120 Coeficientes das variáveis básicas. X11: 2,1 – U1 – V1 = 0 X21: 1,5 – U2 – V1 = 0 X35: 0 – U3 – V5 = 0

80 80

20 80

80 80

X12: 1,8 – U1 – V2 = 0 X23: 1,8 – U2 – V3 = 0

160 200 100

160 200 100

X14: 1,8 – U1 – V4 = 0 X34: 1,8 – U3 – V4 = 0


72

Fazendo U1 = 0, vem: .

V1 = 2,1 V4 = 1,8

U2 = – 0,6 V5 = 0

V2 = 1,8

U3 = 0

V3 = 2,4

Coeficientes das variáveis não básicas. X13: 1,8 – 0 – 2,4 = – 0,6 X24: 2,1 + 0,6 – 1,8 = 0,9 X32: 1,5 – 0 – 1,8 = – 0,3

X15: 0 – 0 – 0 = 0 X25: 0 + 0,6 – 0 = 0,6 X33: 2,4 – 0 – 2,4 = 0

X22: 2,4 + 0,6 – 1,8 = 1,2 X31: 2,4 – 0 – 2,1 = 0,3

Entra X13. Circuito de compensação. 20 – θ 80 + θ

80

60

θ

160 200 100

120 – θ

20 100 80 120 80 X13 entra com valor 20. Nova solução. 80 100

20 100

80 80

60

100 80 120 Coeficientes das variáveis básicas. X12: 1,8 – U1 – V2 = 0 X21: 1,5 – U2 – V1 = 0 X35: 0 – U3 – V5 = 0

20 80

80 80

X13: 1,8 – U1 – V3 = 0 X23: 1,8 – U2 – V3 = 0

Fazendo U1 = 0, vem: U2 = 0

U3 = 0

160 200 100

X14: 1,8 – U1 – V4 = 0 X34: 1,8 – U3 – V4 = 0

V1 = 1,5 V2 = 1,8

V3 = 1,8

V4 = 1,8

V5 = 0

Coeficientes das variáveis não básicas. X11: 2,1 – 0 – 1,5 = 0,6 X24: 2,1 – 0 – 1,8 = 0,3 X32: 1,5 – 0 – 1,8 = – 0,3

X15: 0 – 0 – 0 = 0 X25: 0 – 0 – 0 = 0 X33: 2,4 – 0 – 1,8 = 0,6

X22: 2,4 – 0 – 1,8 = 0,6 X31: 2,4 – 0 – 1,5 = 0,9

Entra X32. Circuito de compensação. 80 – θ 100

20 100

60 + θ

20 – θ 100 80 120 80 X32 entra com valor 20. Nova solução. θ

60 100 100

20 80

20 100

80 80

80

120

80 80

80

160 200 100

160 200 100

Coeficientes das variáveis básicas. X12: 1,8 – U1 – V2 = 0 X21: 1,5 – U2 – V1 = 0 X35: 0 – U3 – V5 = 0

X13: 1,8 – U1 – V3 = 0 X23: 1,8 – U2 – V3 = 0

X14: 1,8 – U1 – V4 = 0 X32: 1,5 – U3 – V2 = 0


73

Fazendo U1 = 0, vem: .

U2 = 0

U3 = – 0,3

V1 = 1,5 V4 = 1,8

V2 = 1,8 V5 = 0,3

V3 = 1,8

Coeficientes das variáveis não básicas. X11: 2,1 – 0 – 1,5 = 0,6 X24: 2,1 – 0 – 1,8 = 0,3 X33: 2,4 + 0,3 – 1,8 = 0,9

X15: 0 – 0 – 0,3 = – 0,3 X25: 0 – 0 – 0,3 = – 0,3 X34: 1,8 + 0,3 – 1,8 = 0,3

X22: 2,4 – 0 – 1,8 = 0,6 X31: 2,4 + 0,3 – 1,5 = 1,2

Entra X25. Circuito de compensação. 60 – θ 100

20 + θ 100 – θ

80 θ

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

100 100

80 80

80 40

80

120

80

80 – θ 80

60 20 80

160 200 100

160 200 100

Coeficientes das variáveis básicas. X13: X23: X35:

1,8 – U1 – V3 = 0 1,8 – U2 – V3 = 0 0 – U3 – V5 = 0

X14: 1,8 – U1 – V4 = 0 X25: 0 – U2 – V5 = 0

Fazendo U1 = 0, vem: U2 = 0 . V4 = 1,8

U3 = 0 V5 = 0

X21: 1,5 – U2 – V1 = 0 X32: 1,5 – U3 – V2 = 0

V1 = 1,5

V2 = 1,5

V3 = 1,8

Coeficientes das variáveis não básicas. X11: 2,1 – 0 – 1,5 = 0,6 X22: 2,4 – 0 – 1,5 = 0,9 X33: 2,4 – 0 – 1,8 = 0,6

X12: 1,8 – 0 – 1,5 = 0,3 X24: 2,1 – 0 – 1,8 = 0,3 X34: 1,8 – 0 – 1,8 = 0

X15: 0 – 0 – 0 = 0 X31: 2,4 – 0 – 1,5 = 0,9

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

100

80 + θ 40 – θ

60

100

100 20

160 200 100

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

100

80 80

120

80 20 80

160 200 100

80


74

d. solução do modelo a partir da inicial pelo método de Vogel. 20 100

60

80

80 100 80 120 Coeficientes das variáveis básicas.

20 80

80

100

X13: 1,8 – U1 – V3 = 0 X21: 1,5 – U2 – V1 = 0 X34: 1,8 – U3 – V4 = 0 Fazendo U1 = 0 temos: V4 = 1,8 V5 = 0

X14: 1,8 – U1 – V4 = 0 X23: 1,8 – U2 – V3 = 0

U2 = 0

U3 = 0

160 200 100

X15 0 – U1 – V5 = 0 X32: 1,5 – U3 – V2 = 0

V1 = 1,5

V2 = 1,5

V3 = 1,8

Coeficientes das variáveis não básicas. X11: 2,1 – 0 – 1,5 = 0,6 X24: 2,1 – 0 – 1,8 = 0,3 X33: 2,4 – 0 – 1,8 = 0,6

X12: 1,8 – 0 – 1,5 = 0,3 X25: 0–0–0=0 X35: 0–0–0=0

X22: 2,4 – 0 – 1,5 = 0 X31: 2,4 – 0 – 1,5 = 0,9

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 100 – θ

100

60

80 – θ θ

160 200 100

80 20 100 80 120 80 80 X25 entra com valor 80, gerando a solução ótima que aparece na resposta do texto. 100 20

100 100

80 80

120

60 80 20 80

160 200 100

80


75


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

0 0 0 80

160 200 100

P1 P2 P3 P4 P5 0 4,5 1,5 100 P1 = 1,5 . . . .

1,5 1,5 4,5 80 P1 = 0 P2 = 0 P3 = 0 P4 = 3

3 0 0 120 P1 = 0 P2 = 0 P3 = 0 P4 = 0 P5 = 0

3 1,5 3 80

0 0 0 80 P1 = 1,5 P2 = 1,5

160 0 1,5 1,5 – – 200 0 0 0 0 0 100 0 0 0 0 0 P1 = 0 P2 = 0 P3 = 0 P4 = 0 P5 = 0

Penalidade P1: transportar na coluna 1 (maior penalidade) e linha 1 (menor custo). Coluna 1 eliminada. Penalidade P2: transportar na coluna 4 (maior penalidade) e linha 2 (menor custo). Coluna 4 eliminada. Penalidade P3: transportar na linha 1 (maior penalidade) e coluna 5 (menor custo). Linha 1 eliminada. Penalidade P4: transportar na coluna 2 (maior penalidade) e linha 2 (menor custo). Coluna 2 eliminada. Penalidade P5: transportar na linha 2 (maior penalidade) e coluna 3 (menor custo). Linha 2 eliminada. Os transportes restantes ficam definidos. X33 = 80 e X35 = 20 80 120/80 Quadro com a solução inicial

20 80/20

60

100/0

80/0

40 80 120/80/0

X24 = 80. X15 = 60. X22 = 80. X23 = 40.

100

100 80

X11 = 100.

80 80/0

20 80/20/0

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


76

Cálculo da solução ótima. Coeficientes das variáveis básicas. X11: 0 – U1 – V1 = 0 X23: 0 – U2 – V3 = 0 X35: 0 – U3 – V5 = 0.

X15: 0 – U1 – V5 = 0 X24: 1,5 – U2 – V4 = 0

Fazendo U1 = 0, teremos: U2 = 0 U3 = 0 . Coeficientes das variáveis não básicas. X12: 1,5 – 0 – 1,5 = 0 X21: 4,5 – 0 – 0 = 4,5 X32: 4,5 – 0 – 1,5 = 3

V1 = 0

X13: 3 – 0 – 0 = 3 X25: 0 – 0 – 0 = 0 X34: 3 – 0 – 1,5 = 0

X22: 1,5 – U2 – V2 = 0 X33: 0 – U3 – V3 = 0

V2 = 1,5

V3 = 0

V4 = 1,5 V5 = 0

X14: 3 – 0 – 1,5 = 1,5 X31: 1,5 – 0 – 0 = 1,5

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.


77


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

P1 P2 P3 P4

240 320 0 240 240 80 80 80

190 10 150 200 140 180 –

200 160 310 340 40 40 40 40

270 90 210 180

400 400 400 40

120 180 180 –

360 440 200

P2

P3

P4

10 10 40 40 80 80 70 160 150 –

0 0 0 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 40 200

280 60

X13 = 280 40

X13: 200 – U1 – V3 = 0 X23: 160 – U2 – V3 = 0

Fazendo U1 = 0, vem: V1 = 240 . U3 = – 240

360 440/240/60/0 200/0

180

200 240/40 200/0 340/280 180/0 Cálculo da solução ótima. Coeficientes das variáveis básicas. X11: 240 – U1 – V1 = 0 X22: 10 – U2 – V2 = 0 X31: 0 – U3 – V1 = 0

X15 = 40

V3 = 200 V2 = 50

40

X15: 400 – U1 – V5 = 0 X24: 90 – U2 – V4 = 0

V5 = 400

U2 = – 40

V4 = 130


78

Coeficientes das variáveis não básicas. X12: 190 – 0 – 50 = 140 X25: 400 + 40 – 400 = 40 X34: 210 + 240 – 130 = 320

X14: 270 – 0 – 130 = 140 X32: 150 + 240 – 50 = 340 X35: 400 + 240 – 400 = 240 .

X21: 320 + 40 – 240 = 120 X33: 310 + 240 – 200 = 350

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


79


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

P1 P2 P3 P4

9 10 13 1.000 1 1 3 3

0 2 6 900 2 2 4 4

1 1 2 800 0 – – –

21 21 21 300 0 0 0 0

P2

P3

800 1 1.000 1 1.200 4

P4 9 8 7

– 8 7

– 11 8

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

900 100 1.000

800 100 900

800 800

300 300

800 1.000 1.200


80

Coeficientes das variáveis básicas. X12: 0 – U1 – V2 = 0 X31: 13 – U3 – V1 = 0

X21: 10 – U2 – V1 = 0 X33: 2 – U3 – V3 = 0


U3 = 5

V1 = 8

X22: 2 – U2 – V2 = 0 X34: 21 – U3 – V4 = 0 V2 = 0

V3 = – 3

V4 = 16

Coeficientes das variáveis não básicas. X11: 9 – 0 – 8 = 1 X23: 1 – 2 + 3 = 2

X13: 1 - 0 + 3 = 4 X24: 21 – 2 – 16 = 3

X14: 21 – 0 – 16 = 5 X32: 6 – 5 – 0 = 1

A solução é ótima. Lucro = 900 x 11 + 100 x 8 + 800 x 21 + 100 x 19 + 800 x 19 = 44.600,00


81


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 12 14 6 8 10 20 Solução pelo método do canto noroeste. 10

M 15 10 30

12 18 30

2 18

12/2/0 18/0 30/0

A 30 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. Coeficientes das variáveis básicas. X11: 10 – U1 – V1 = 0

X31: 6 – U3 – V1 = 0

X22: 14 – U2 – V2 = 0

X33: 10 – U3 – V3 = 0


U3 = – 4

V1 = 10

X12: 12 – U1 – V2 = 0

V2 = 12

V3 = 14

Coeficientes das variáveis não básicas. X13: M – 0 – 14 = M – 14

X21: 12 – 2 – 10 = 0

X23: 15 – 2 – 14 = – 1

X32: 8 + 4 – 12 = 0 Entra X23. Circuito de compensação. 10 – θ

2+θ 18 – θ

A+θ 10 20 X23 entra com valor 10. Nova solução. 12 8 10 10 20 Coeficientes das variáveis básicas.

θ

30 – θ 30

10 20 30

X31: 6 – U3 – V1 = 0

X12: 12 – U1 – V2 = 0

X23: 15 – U2 – V3 = 0

X33: 10 – U3 – V3 = 0

12 18 30

12 18 30

X22: 14 – U2 – V2 = 0


82

Fazendo U1 = 0, Vem:

U2 = 2

U3 = – 3

V1 = 9

V2 = 12

V3 = 13


X21: 12 – 2 – 9 = 1

X32: 8 + 3 – 12 = – 1

X13: M + 0 + 3 = M + 3 Entra X32. Circuito de compensação. 12 8–θ 10 θ 10 20 X32 entra com valor 8. Nova solução.

12 18 30

10 + θ 20 – θ 30

12 10 8 10 20 Coeficientes das variáveis básicas.

18 12 30

X31: 6 – U3 – V1 = 0

X12: 12 – U1 – V2 = 0

X23: 15 – U2 – V3 = 0

X33: 10 – U3 – V3 = 0

Fazendo U1 = 0, vem : U2 = 1

U3 = – 4

12 18 30

X32: 8 – U3 – V2 = 0

V1 = 10

V2 = 12

V3 = 14


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


83


Nas células onde não deve haver transporte, coloca mos 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

P1 P2 P3 P4 P5

16 12 8 15 4 4 4 – –

14 4 6 69 2 2 2 2 8

12 14 100 36 2 2 2 2 88

100 8 14 18 6 6 – – –

16 8 10 42 2 2 2 2 6

0 0 0 140 0 –

170 12 60 4 90 6

2 0 2

2 4 2

2 4 4

2 – 4

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

42 18 15 27 6 42 15/0 69/27 36/6 18/0 42 140/0 Cálculo da solução ótima. Coeficientes das variáveis básicas. X13: 12 – U1 – V3 = 0 X24: 8 – U2 – V4 = 0 X33: 88 – U3 – V3 = 0

X16: 0 – U1 – V6 = 0 X31: 8 – U3 – V1 = 0 X35: 10 – U3 – V5 = 0

Fazendo U1 = 0, vem: U2 = 74 V4 = – 66 V5 = – 66

U3 = 76 V6 = 0

170/30/0 60/42/0 90/75

X22: 4 – U2 – V2 = 0 X32: 6 – U3 – V2= 0

V1 = – 68

V2 = – 70

V3 = 12

Coeficientes das variáveis não básicas. 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


84

Entra a variável X36. Circuito de compensação. 30 + θ

140 – θ

42 18 15 27 6–θ 15 69 36 18 X36 entra com valor 6. Nova solução.

42 42

θ

140

36

134

42 18 15 27 15 69 36 18 Coeficientes das variáveis básicas. X13: 12 – U1 – V3 = 0 X31: 8 – U3 – V1 = 0

170 60 90

42 42

6 140

170 60 90

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

Fazendo U1 = 0, vem: U2 = – 2 V6 = 0

U3 = 0

V1 = 8

V2 = 6

V3 = 12

V4 = 10

V5 = 10

Coeficientes das variáveis não básicas. 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


85


a. Plano de distribuição com o menor custo possível. Solução inicial peli método de Vogel P1 410 392 375 200

418 400 372 200

P1

17

28

P2

17

–

416 394 375 120 19

170 150 200

P2

6 2 3

6 2 –

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 30

170 150/30 200/0

120 200 A 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. X11: 410 – U1 – V1 = 0

X21: 392 – U2 – V1 = 0

X32: 372 – U3 – V2 = 0

X33: 375 – U3 – V3 = 0

Fazendo U1 = 0, vem: U2 = –18

U3 = –37

X23: 394 – U2 – V3 = 0

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) 90 108 125 200

102 120 148 200

94 116 135 120

170 150 200


86

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. 58 40 23 200 P1

17

46 28 0 200 28

P2

18

–

54 32 13 120 19

P1 170 150 200

P2

8 4 13

4 12 –

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 30

A

170 150/30 200/0

120

200 200 200/0 120/0 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. X11: 58 – U1 – V1 = 0

X12: 46 – U1 – V2 = 0

X23: 32 – U2 – V3 = 0

X32: 0 – U3 – V2 = 0

Fazendo U1 = 0, vem: U2 = – 18

X21: 40 – U2 – V1 = 0

U3 = – 46

V1 = 58

V2 = 46

V3 = 50


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 20 20 200

0 0 0 200

10 10 10 120

170 150 200


87

Solução inicial pelo método de Vogel.

P1

20 20 20 200 0

0 0 0 200 0

10 10 10 120 0

P2

0

0

0

P3

0

0

0

P1 170 150 200

P2

10 10 10

– 10 10

P3 – 10 10

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 30

170/0 150/120 200/80

120 80 120 200 200/30/0 120/0 Cálculo da solução ótima. Coeficientes das variáveis básicas. X12: 0 – U1 – V2 = 0

X21: 20 – U2 – V1=0

X31: 20 – U3 – V1 = 0

X33: 10 – U3 – V3 = 0


U3 = 0

V1 = 20

X22: 0 – U2 – V2 = 0

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


88


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: 200 300 500 100 150 200 120 200 50 5 5 5 Solução inicial pelo método de Vogel.

P1 P2 P3 P4

200 100 120 5 20 20 100 100

300 150 200 5 50 50 150 –

500 400 200 300 50 180 5 5 150 120 – 120 – – – –

400 300 180 5

250 150 220 5 70 70 100 100

250 150 220 5 P1

300 180 100 5 80 80 120 120

10 10 10

300 180 100 5 P2 P3 P4

50 50 50 50 50 20

50 50 20

10 10 10

50 50 20

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

X33 = 5. X34 = 5. X22 = 5. X26 = 5.

Quadro da solução inicial 5 A

5 5

10 10/5/0 10/5/0

5 A 5/0

5 5 5 5/0 5/0 5/0 5 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 X26: 180 – U2 – V6 = 0 X21: 100 – U2 – V1 = 0

X15: 250 – U1 – V5 = 0 X33: 50 – U3 – V3 = 0 X36: 100 – U3 – V6 = 0.

Fazendo U1 = 0, vem: U2 = – 100 V4 = 360 V5 = 250 V6 = 280

U3 = – 180

X22: 150 – U2 – V2 = 0 X34: 180 – U3 – V4 = 0

V1 = 200

V2 = 250

V3 = 230

Coeficientes das variáveis não básicas.


89

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

X14: 400 – 0 – 360 = 40 X24: 300 + 100 – 360 = 40 X32: 200 + 180 – 250 = 130

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


90


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 80 100 110 100 90 105 90 100 120 130 110 100 20 12 15 10 Cálculo da solução inicial pelo método de Vogel.

P1 P2 P3 P4 P5 P6 P7

100 80 90 120 20 10 10 – – – – –

120 100 105 130 12 5 5 5 5 5 20 –

105 110 90 110 15 15 15 15 15 – – –

90 100 100 100 10 0 0 0 – – – –

105 100 80 95 18 15 15 15 15 15 5 5

110 110 105 105 25 0 0 0 0 0 5 5

105 100 80 95 18

0 0 0 0 15 0 – – – – –

110 110 105 105 25 P1 P2 P3 30 40 25 20

0 0 0 0 15 P4 P5 P6

30 40 25 20 P7

90 10 15 0 5 5 80 20 0 0 0 0 80 10 10 10 25 – 95 5 5 10 10 10

Penalidade P1: transportar na linha 1 (maior penalidade) e coluna 7 (menor custo). Coluna 7 eliminada. Penalidade P2: transportar na linha 2 (maior penalidade) e coluna 1 (menor custo). Coluna 1 eliminada. Penalidade P3: transportar na linha 1 (maior penalidade) e coluna 4 (menor custo). Coluna 7 eliminada. Penalidade P4: transportar na coluna 3 (maior penalidade) e linha 3 (menor custo). Coluna 3 eliminada. Penalidade P5: transportar na linha 3 (maior penalidade) e coluna 5 (menor custo). Linha 3 eliminada. Penalidade P6: transportar na coluna 2 (maior penalidade) e linha 2 (menor custo). Coluna 2 eliminada. Penalidade P7: transportar na linha 4 (maior penalidade) e coluna 5 (menor custo). Coluna 5 eliminada.

5 10 – 10

X17 = 15. X21 = 20. X14 = 11. X33 = 15. X35 = 10. X22 = 12. X45 = 8.

Quadro da solução inicial 10 20

12 15

20/0

5 8

12/0

15/0

10/0

10 8 18/8/0

12 25

15

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

15/0


91

Cálculo da solução ótima. Coeficientes das variáveis básicas. X14: X21: X33: X46:

90 – U1 – V4 = 0 80 – U2 – V1 = 0 90 – U3 – V3 = 0 105 – U4 – V6 = 0

X16: 110 – U1 – V6 = 0 X22: 100 – U2 – V2 = 0 X35: 80 – U3 – V5 = 0

X17: 0 – U1 – V7 = 0 X26: 110 – U2 – V6 = 0 X45: 95 – U4 – V5 = 0

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

V1 = 80

V2 = 100

V3 = 110

Coeficientes das variáveis não básicas. X11: X15: X25: X32: X37: X43:

100 – 0 – 80 = 20 105 – 0 – 100 = 5 100 – 0 – 100 = 0 105 + 20 – 100 = 25 0 +20 – 0 = 20 110 + 5 – 110 = 5

X12: X23: X27: X34: X41: X44:

120 – 0 – 100 = 20 110 – 0 – 110 = 0 0–0–0=0 100 + 20 – 90 = 30 120 + 5 – 80 = 45 100 + 5 – 90 = 15

X13: X24: X31: X36: X42: X47:

105 – 0 – 110 = – 5 100 – 0 – 90 = 10 90 + 20 – 80 = 30 105 + 20 – 110 = 15 130 + 5 – 100 = 35 0+5–0=5

Entra X13. Circuito de compensação. 10

θ

20

12 15 – θ

20

5–θ 8

12

15

10

10 + θ 8–θ 18

15

12 + θ 25

30 40 25 20

15

X13 entra com valor 5. Nova solução. 5 20

10

12

8 10

20 12 15 Coeficientes das variáveis básicas. X13: X21: X33: X46:

15

105 – U1 – V3 = 0 80 – U2 – V1 = 0 90 – U3 – V3 = 0 105 – U4 – V6 = 0

Fazendo U1 = 0, vem: U2 = 5 V4 = 90 V5 = 95

10

15 3 18

X14: 90 – U1 – V4 = 0 X22: 100 – U2 – V2 = 0 X35: 80 – U3 – V5 = 0

U3 = – 15 V6 = 105

U4 = 0 V7 = 0

17 25

30 40 25 20

15

X17: 0 – U1 – V7 = 0 X26: 110 – U2 – V6 = 0 X45: 95 – U4 – V5 = 0

V1 = 75

V2 = 95

V3 = 105


100 – 0 – 75 = 25 110 – 0 – 105 = 5 100 – 5 – 95 = 0 105 + 15 – 95 = 25 120 – 0 – 75 = 45 95 – 0 – 90 = 5

X12: X23: X27: X34: X42: X47:

120 – 0 – 95 = 25 110 – 5 – 105 = 0 0–5–0=–5 100 + 15 – 90 = 25 130 – 0 – 95 = 35 0–0–0=0

X15: X24: X31: X36: X43:

105 – 0 – 95 = 10 100 – 5 – 90 = 5 90 + 15 – 75 = 30 105 + 15 – 105 = 15 110 – 0 – 105 = 5

Entra X27. Circuito de compensação.


92

5+θ 20

10

12 10 – θ

20 12 15 10 X27 entra com valor 3. Nova solução. 8 20

15+θ 3–θ 18

12

θ

17 + θ 25

15

5

12 3

20 25

15

18

20 12 15 Coeficientes das variáveis básicas. 105 – U1 – V3 = 0 80 – U2 – V1 = 0 0 – U2 – V7 = 0 105 – U4 – V6 = 0

8–θ

10

7

X13: X21: X27: X46:

15 – θ

10

18

X14: 90 – U1 – V4 = 0 X22: 100 – U2 – V2 = 0 X33: 90 – U3 – V3 = 0

Fazendo U1 = 0, vem: U2 = 0 U3 = – 15 U4 = – 5 V4 = 90 V5 = 95 V6 = 110 V7 = 0

30 40 25 20

30 40 25 20

X17: 0 – U1 – V7 = 0 X26: 110 – U2 – V6 = 0 X35: 80 – U3 – V5 = 0

V1 = 80

V2 = 100

V3 = 105


100 – 0 – 80 = 20 110 – 0 – 110 = 0 100 – 0 – 95 = 5 100 + 15 – 90 = 25 120 + 5 – 80 = 45 100 + 5 – 90 = 15

X12: 120 – 0 – 100 = 20 X23: 110 – 0 – 105 = 5 X31: 90 + 15 – 80 = 25 X36: 105 + 15 – 110 = 10 X42: 130 + 5 – 100 = 35 X45: 95 + 5 – 95 = 5

X15: 105 – 0 – 95 = 10 X24: 100 – 0 – 90 = 10 X32: 105 + 15 – 100 = 20 X37: 0 + 15 – 0 = 15 X43: 110 + 5 – 105 = 0 X47: 0 + 5 – 0 = 5

A solução é ótima. 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.


93


Subtrair de cada linha o seu menor valor 10 4 12 6

23 5 10 4

8 6 10 9

9 7 8 7

2 0 4 2

15 1 2 0

0 2 2 5

1 3 0 3

A designação está completa: L1 – C3;

L2 – C1; L3 – C4;

–8 –4 –8 –4

L4 – C2.

Custo = 8 + 4 + 8 + 4 = 24


94


Devemos adicionar uma origem com custo zero, para equilibrar o sistema.A seguir, subtraímos de cada linha o seu menor valor. 6 4 7 0

0 1 1 0

8 3 9 0

10 6 12 0

2 0 3 0

9 5 6 0

4 3 6 0

–6 –3 –6 –0

3 2 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


95


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) 6 4 5 8

100 9 6 10

(2) 8 3 4 12

2 0 1 4

0 0 0 0

94 3 0 4

5 0 1 9

0 0 0 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 3 D 1 D 1 2 2 7 A designação está completa. L1–C1

L2–C3

L3–C2

0 2 2 D

L4–C4

Custo = 6 + 3 + 6 +0 = 15


96


1. Subtrair de cada linha o seu menor valor. 0 20 10 0 10 0 10 10 2. Subrair de cada coluna o s eu menor valor.

30 50 20 40

40 20 30 0

0 20 10 10 0 30 20 0 0 10 10 20 3. Designar (D) nos zeros, priorizando linhas e colunas com apenas um zero.

40 20 30 0

D 10 20 10 A designação está completa.

40 20 30 D

L1–C1

L 2 – C2

20 D 0 10

L 3 – C3

10 30 D 20

L4–C4

Custo = 100 + 70 + 100 + 80 = 350


97


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: 1. Subtrair de cada linha o seu menor valor. 0 20 10 0 20 0 10 10 2. Subrair de cada coluna o s eu menor valor.

400 50 20 40

40 20 30 0

0 20 380 10 0 30 20 0 0 10 10 20 3. Designar (D) nos zeros, priorizando linhas e colunas com apenas um zero.

40 20 30 0

D 10 20 10 A designação está completa.

40 20 30 D

L1–C1

L 2 – C2

20 D 0 10

L 3 – C3

10 30 D 20

L4–C4

Custo = 100 + 70 + 100 + 80 = 350


98


Temos que criar um equipamento E 4 com custo de manuseio de materiais zero para equilibrar o sistema. A seguir: 1. Subtrair de cada linha o seu menor valor. 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. 3. Designar (D) nos zeros, priorizando linhas e colunas com apenas um zero. 6 D 2 0 D 2 0 0 A designação não está completa.

4 5 3 0

2 6 4 D

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 D 2 2 2 A designação está completa. L 1 – C 4;

L 2 – C 2;

L 3 – C 1;

2 3 1 D

D 4 2 0

L4–C3

Custo = 6 + 4 + 5 + 0 = 15


99


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: 1. Subtrair de cada linha o seu menor valor. 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. 3. Designar (D) nos zeros, priorizando linhas e colunas com apenas um zero. 4 14 2 D D 2 0 0 A designação está completa. L 1 – C 4;

L 2 – C 2;

L 3 – C 1;

2 5 3 D

D 6 4 0

L4–C3

Custo = 6 + 4 + 5 + 0 = 15


100


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 35 15 55 35 5 1. Subtrair de cada linha o seu menor valor.

25 15 35 0

30 35 25 10

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

10 0 20 0

15 20 10 10

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 20 D 40 35 5 A designação está completa. R 1 – V 2;

R 2 – V 3;

10 D 20 0

R 3 – V 1;

5 10 0 D

R4–V4

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


101


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. 4 0 5 2 2 0 3 1 1. Subtrair de cada linha o seu menor valor.

5 3 2 1

10 10 10 10


5 1 2 0

10 8 10 9

2 0 5 2 1 0 1 0 0 0 2 2 0 0 0 1 3. Designar nos zeros da tabela, priorizando as linha e colunas com apenas um zero. 2 D 1 0 D 0 0 0 A designação está completa. R 1 – U 2;

R 3 – U 1;

5 1 2 D

2 D 2 1

R 4 – U3

Lucro total = 10 + 8 + 9 = 27


102


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). 4 0 5 2 50 0 3 1 1. Subtrair de cada linha o seu menor valor.

5 3 2 1

10 10 10 10


5 1 2 0

10 8 10 9

2 0 5 2 1 0 1 0 48 0 2 2 0 0 0 1 3. Designar nos zeros da tabela, priorizando as linha e colunas com apenas um zero. 2 D 1 0 48 0 0 0 A designação não está completa.

5 1 2 D

2 D 2 1

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 1 46 0

0 2 D 2

3 1 0 D

0 D 0 1


103

A designação está completa: R 1 – U 1

R3–U2

R4–U3

Lucro = 6 + 10 + 9 = 25 Observe que o problema tem mais de uma solução ótima


104


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

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

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

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

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

0 0 0 0 0 0 D 0 0 0

0 0 0 0 0 0 0 D 0 0

Emp A : Obras 1 e 2

4 4 0 D 3 3 6 6 2 2

5 5 5 5 6 6 5 5 D 0

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0 0 0 0 0 D

Emp B: Obras 3 e 5 Emp C: Obra 4

0 0 0 0 0 D 0 0 0 0

Top Clima: Obra 6

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


105


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

( horas planejadas

seja superior a 240 horas) será: A =

E B, ob1: A =

( 250

−

240 ) × 0, 20 250

E A, Ob 3: A = 1

−

240 ) × 0, 20

horas planejadas

×

15 = 0,12

E A ,Ob2: A=

E A, Ob 4: A = 1,35

( 250

−

×

orçamento

240 ) × 0, 20 250

×

20 = 0,16

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 4: A = 1,12

E D, Ob 5: A = 0,19

E D, Ob 2: A = 0,2

E D, Ob 3: A = 1,20

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

A A B B C C D D TC TC

Ob 1 0 0 3,12 3,12 4 4 2 2 1 1

Ob 2 0,16 0,16 0 0 4,37 4,37 5,20 5,20 2 2

Ob 3 2,62 2,62 0 0 4,54 4,54 1,82 1,82 6,62 6,62

Ob 4 9,17 9,17 4,22 4,22 0 0 6,94 6,94 4,82 4,82

Ob 5 4,49 4,,49 0 0 3,18 3,18 6,05 6,05 1,86 1,86

Ob 6 20 20 20 20 21,17 21,17 20 20 15 15

Ob 6 5 5 5 5 6,17 6,17 5 5 0 0

Aux 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

Aux 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

Aux 2 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

Aux 2 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

Aux 3 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

Aux 4 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

Aux 3 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

Aux 4 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0


106

2. Designar nos zeros da tabela, priorizando as linhas e colunas com menor número de zeros. Ob 1 Ob 2 Ob 3 × A D 0,16 2,62 A 0 0,16 2,62 B × 3,12 D 0 B × 3,12 0 D C 4 4,37 4,54 C 4 4,37 4,54 D 2 5,20 1,82 D 2 5,20 1,82 TC 1 2 6,62 TC 1 2 6,62 Obra 5 ficou sem designação.

Ob 4 × 9,17 9,17 4,22 4,22 D 0 6,94 6,94 4,82 4,82

Ob 5 4,49 4,,49 0 0 3,18 3,18 6,05 6,05 1,86 1,86

Ob 6 × 5 5 5 5 6,17 6,17 5 5 D 0

Aux 1 × 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

Aux 2 × 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

Aux 3 × 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

Aux 4 × 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

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 × A D 0 2,46 A 0 D 2,46 B × 3,28 0,16 D B × 3,28 0,16 0 C 4 4,37 4,38 C 4 4,37 4,38 D 2 5,20 1,66 D 2 5,20 1,66 TC 1 2 6,46 TC 1 2 6,46 A designação está completa. Emp. A – Ob 1 e 2.

Ob 4 × 9,17 9,17 4,38 4,38 D 0 6,94 6,94 4,82 4,82

Emp. B – Ob 3 e 5.

Ob 5 4,33 4,,33 0 D 3,02 3,02 5,89 5,89 1,70 1,70

Ob 6 × 5 5 5,16 5,16 6,17 6,17 5 5 D 0

Emp. C – Ob 4.

Aux 1 × 0 0 0,16 0,16 0 0 0 0 0 0

Aux 2 × 0 0 0,16 0,16 0 0 0 0 0 0

Aux 3 × 0 0 0,16 0,16 0 0 0 0 0 0

Aux 4 × 0 0 0,16 0,16 0 0 0 0 0 0

Top Clima – Ob 6

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


107


A tabela de orçamentos (Veja Problema 12) deve receber custos altos nas células onde a designação não é possível. Usaremos o orçamento 1 00. Ob 1 Ob 2 Ob 3 Ob 4 Ob 5 A 12,00 20,16 26,00 31,35 100,00 A 12,00 20,16 26,00 31,35 100,00 B 15,12 20,00 23,38 100,00 100,00 B 15,12 20,00 23,38 100,00 100,00 C 100,00 24,37 27,92 100,00 21,32 C 100,00 24,37 27,92 100,00 21,32 D 14,00 25,20 25,20 29,12 24,19 D 14,00 25,20 25,20 29,12 24,19 TC 13,00 22,00 30,00 27,00 20,00 TC 13,00 22,00 30,00 27,00 20,00 1. Subtrair de cada coluna o seu menor elemento.

Ob 6 100,00 100,00 20,00 20,00 21,17 21,17 20,00 20,00 15,00 15,00

Aux 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

Aux 2 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

Aux 3 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

Aux 4 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

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

Aux 2 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

Aux 3 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

Aux 4 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

Ob 1 ×

A A B B C C D D TC TC 3.

Ob 2 Ob 3 Ob 4 Ob 5 Ob 6 Aux 1 Aux 2 Aux 3 Aux 4 × × × × × × D,00 0,16 2,62 4,35 80,00 85,00 0 0 0 0 0,00 0,16 2,62 4,35 80,00 85,00 0 0 0 0 3,12 D,00 0,00 73,00 80,00 5,00 0 0 0 0 3,12 0,00 D,00 73,00 80,00 5,00 0 0 0 0 88,00 4,37 4,54 73,00 1,32 6,17 0 0 0 0 88,00 4,37 4,54 73,00 1,32 6,17 0 0 0 0 2,00 5,20 1,82 2,12 4,19 5,00 0 0 0 0 2,00 5,20 1,82 2,12 4,19 5,00 0 0 0 0 × 1,00 2,00 6,62 0,00 D,00 0,00 0 0 0 0 × 1,00 2,00 6,62 0,00 0,00 D,00 0 0 0 0 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.


108

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

Ob 2 ×

Ob 3 ×

A D,00 0,16 2,62 A 0,00 0,16 2,62 B 3,12 D,00 0,00 B 3,12 0,00 D,00 C 88,00 4,37 4,54 C 88,00 4,37 4,54 D 2,00 5,20 1,82 D 2,00 5,20 1,82 TC × 2,32 3,32 7,94 TC × 2,32 3,32 7,94 A designação está completa. E A – Ob 1

E B – Ob 2 e 3

Ob 4

Ob 5

3,03 3,03 71,68 71,68 71,68 71,68 0,80 0,80 0,00 D,00

78,68 78,68 78,68 78,68 D,00 0,00 2,87 2,87 0,00 0,00

E C – Ob 5

Ob 6

Aux 1 × 83,68 0,00 83,68 0,00 3,68 0,00 3,68 0,00 4,85 0,00 4,85 0,00 3,68 0,00 3,68 0,00 D,00 1,32 0,00 1,32

Aux 2 × 0,00 0,00 0,00 0,00 0,00 0,00 0,00 0,00 1,32 1,32

Aux 3 × 0,00 0,00 0,00 0,00 0,00 0,00 0,00 0,00 1,32 1,32

Aux 4 × 0,00 0,00 0,00 0,00 0,00 0,00 0,00 0,00 1,32 1,32

Aux 4 × 0,00 0,00 0,00 0,00 0,00 0,00 0,00 0,00 1,32 1,32

TC – Ob 4 e 6.

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


109


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 × A D 0 2,46 A 0 D 2,46 B × 3,28 0,16 D B × 3,28 0,16 0 C 4 4,37 4,38 C 4 4,37 4,38 D 2 5,20 1,66 D 2 5,20 1,66 TC 1 2 6,46 TC 1 2 6,46 A designação está completa.

Ob 4 × 9,17 9,17 4,38 4,38 D 0 6,94 6,94 4,82 4,82

E A – Ob 1 e 2.

E C – Ob 4

E B – Ob 3 e 5.

Ob 5 4,33 4,,33 0 D 3,02 3,02 5,89 5,89 1,70 1,70

Aux 5 × 0 0 0,16 0,16 0 0 0 0 0 0

Aux 1 × 0 0 0,16 0,16 0 0 0 0 0 0

Aux 2 × 0 0 0,16 0,16 0 0 0 0 0 0

Aux 3 × 0 0 0,16 0,16 0 0 0 0 0 0

Aux 4 × 0 0 0,16 0,16 0 0 0 0 0 0

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.


110


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 × A D 0 2,46 A 0 D 2,46 B × 3,28 0,16 D B × 3,28 0,16 0 C 4 4,37 4,38 C 4 4,37 4,38 D 2 5,20 1,66 D 2 5,20 1,66 TC 1 2 6,46 TC 1 2 6,46 A designação está completa.

Ob 4 × 9,17 9,17 4,38 4,38 D 0 6,94 6,94 4,82 4,82

E A – Ob 1 e 2.

E C – Ob 4

E B – Ob 3 e 5.

Ob 5 4,33 4,,33 0 D 3,02 3,02 5,89 5,89 1,70 1,70

Aux 5 × 0 0 0,16 0,16 0 0 0 0 0 0

Aux 1 × 0 0 0,16 0,16 0 0 0 0 0 0

Aux 2 × 0 0 0,16 0,16 0 0 0 0 0 0

Aux 3 × 0 0 0,16 0,16 0 0 0 0 0 0

Aux 4 × 0 0 0,16 0,16 0 0 0 0 0 0

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


111


Modelo: max Z = x1 + 0,30 x2 + 3 x3 . sujeito a . Quadro final de solução pelo simplex.

Linha 1 2 3

X1 0,50 0,50 0,50 1,50

X2 0,45 0,75 0,25 3,25

X3 0 0 1 0

x1 + x2 + x3 ≤ 10 2 x1 + x2 + 4 x3 ≤ 12 x1 + 3 x2 – x3 ≤ 9

Xf1 0 1 0 0

Xf2 0,75 –0,25 0,25 0,25

Xf3 0 0 0 1

b 9 7 3 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)


112

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 2 unidades de R1 1 unidade de R2 3 unidades de R3 Portanto, o lucro

Valor de oportunidade dos recursos 0 (folga de 7 un) 0,75 0 (folga de 12 un) por unidade de P4 deverá ser no mínimo 0,75.

Capacidade de gerar lucro necessária 2x0 + 1 x 0,75 + 3x0 =0,75

1.8 Indicando a variação do recurso por V2, teremos: No quadro inicial

10  10  `0 12 + V2 = 12 + 1  V2       9  9   0 

No quadro final

7   −0, 25 3  +  0, 25  V2     12   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.


113


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 0 0 0 0

0 0 1 0 0 0

1.400 – 0,8 1,467 – 1,467 1 0,8

0 1 0 0 0 0

50 0,20 – 0,033 0,033 0 – 0,20

150 – 0,10 0,10 – 0,10 0 0,10

0 0 0 1 0 0

0 0 0 0 1 0

0 0 0 0 0 1

1.320.000 240 560 240 600 360

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.


114

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, 20  560   −0, 033      240 +  0, 033  V 1     600 0     360   −0, 20 

de onde,

240 + 0,20 V1 = 0

→ V1 = – 1.200

240 + 0,033 V1 = 0

→ V1 = – 7.200

560 – 0,033 V1 = 0 → V1 = 16.800 600 + V1 = 0 → V1 = ∞

360 – 0,20 V1 = 0 → V1 = 1.800 Ordenando os valores de V1: – 7.200 ≤ – 1.200 ≤ 1.800 ≤ 16800 < ∞


115

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 1 50/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  0  560   −0, 033 0         240  + 0, 033  V = 0  de onde vem       600 0     0  360   −0, 20  0  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  0   0,10  560  0         −0,10  V +  240  = 0  de onde vem       0  600  0   0,10  360  0  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.


116


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


117

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   0  0, 421   −0, 421  0  +  V =   , de onde: 1, 684   −0, 684  0       3,158   −3,158   0 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.


118


Classes

Ponto

fi%

Fi%

médio

Limites p/

números

número de

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


119



120


O estoque após 7 dias simulados é de 6 unidades.


121


O estoque final após 7 dias é de 6 unidades


122


. Custo semanal: 39,00


123


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


124



125

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.


126


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


127


a. Deixar o carro em local proibido. Custo: 130 b. Usar o estacionamento. Custo = 22 x 5 = 11 0 Melhor usar o estacionamento.


128


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.


129



130


Exercícios propostos – Lista 10

Ex 2


131



132


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


133



134


135


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 z =

TIR − 24, 33 8,30

tem

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

= 24 → z =

24 − 24,33 8,30

= −0, 04

TIR = 30 → z =

30 − 24,33 8, 30

= 0, 68

P ( 24 ≤ TIR ≤ 30 ) = P ( −0, 04 ≤ z ≤ 0, 68 ) = 0, 7517 − 0, 4840 = 0, 2677 b. O intervalo de confiança de 95% para a TIR é dado por:

P

(

¨TIR − e ≤ µ

≤ ¨TIR + e

)

= 1 − α onde

(erro padrão de estimativa) = t α

e

s ( TIR )

2

Substituindo os valores: s(TIR) = 8,30;

=0,05; tα

α

= t 0,05 =

2

Excel com 9 graus de liberdade; n = 10, vem: e

P ( 24,33 − 5,93 ≤

µ

t c

=

2,26 tabela t ou função INVT do

2

2, 26

≤ 24,33 + 5, 93 ) = P (18, 4 ≤

 H 0 : TIR = 27  H a : TIR < 27

c. Teste 

=

n

8,30

µ ≤

=

10

5, 93 .Portanto,

30, 26 ) = 0,95

¨TIR − µ 24, 33 − 27 = = −1,02 8,30 s ( TIR ) n

10

t t = 1,38 com probabilidade 0,20 e 9 graus de liberdade. Como t c está na região de aceitação do teste, podemos afirmar que a TIR é de 27% ao nível de 10% de significância.


136


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: z =

a. Para

TIR

=

19 →

z =

19 − 20, 60

TIR − 20,60

1, 26

.

1, 26

= −

1, 26

P (TIR < 19 ) = P ( z < −1, 26 ) = 0,1038 b. b. O intervalo de confiança de 95% para a TIR é dado por:

P

( ¨TIR

− e ≤ µ ≤ ¨TIR + e

)

= 1 − α , onde

(erro padrão de estimativa) = t α

e

s (TIR )

2

Substituindo os valores: s(TIR) = 1,26;

=0,05; tα

α

= t 0,05 =

2

Excel com 9 graus de liberdade; n = 10, vem: e

P ( 20, 60 − 0,90

≤µ ≤

=

20, 60 + 0, 90 ) = P (19, 7

2, 26

n

2,26 tabela t ou função INVT do

2

1, 26

=

10

≤ µ ≤ 21,5

0,90 . Portanto,

) = 0, 95


137



138


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), ... z =

d − 20

3

d

=

9,5 →

z

=

9,5 − 20

3,5

= −

3

d

=

10,5 → z

=

10,5 − 20

3

3,17

= −

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.


139

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


140

Lista de Exercícios Resolvidos

Recommend Documents