Curso de Introdução a Pesquisa Operacional - Matusalém Vieira Martins.pdf

Curso: Introdução a
Pesquisa Operacional
V e r s ã o 1 . 4 - 2 0 1 5
Professor Matusalém Vieira Martins
Este trabalho é um compilado sobre o tema “Pesquisa
Operacional” e tem por objetivo ajudar estudantes do respectivo
tema a se familiarizar com o assunto.

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Pesquisa Operacional – Professor Mestre Matusalém Vieira Martins
Visite o meu site www.professormatusalem.com
Apresentação do curso:
Assista agora a Vídeo da apresentação do curso:
Apresentação do curso Introdução a Pesquisa Operacional
Antes de começar os seus estudos recomendo estar com alguns
livros de PO como apoio (peça para que a sua faculdade compre o maior
número possível), todos são bons, deixo abaixo alguns de exemplo:

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Sumário
Apresentação da Pesquisa Operacional .............................................................................................................5
Conceito .....................................................................................................................................................................5
Fases de um Estudo em P.O..............................................................................................................................6
Programação Linear...................................................................................................................................................8
Modelo em Programação Linear .......................................................................................................................8
Roteiro: ......................................................................................................................................................................8
Exemplos: .................................................................................................................................................................9
Exercícios:...............................................................................................................................................................12
Técnica de Solução para Modelos de Programação Linear com Duas Variáveis de Decisão -
Método Gráfico ......................................................................................................................................................30
GRÁFICO DO CONJUNTO DE SOLUÇÕES ....................................................................................................31
Exemplos: ...............................................................................................................................................................31
AVALIAÇÃO DO OBJETIVO................................................................................................................................33
MÉTODO GRÁFICO...............................................................................................................................................34
Exercícios:...............................................................................................................................................................37
O Método Simplex....................................................................................................................................................77
Apresentação .........................................................................................................................................................77
Exemplo:..................................................................................................................................................................77
Exercícios.................................................................................................................................................................87
Solução de um Modelo Geral de Programação Linear pelo Método Simplex ..................................135
O PROBLEMA DA MINIMIZAÇÃO...................................................................................................................135
Exemplo:................................................................................................................................................................135
O PROBLEMA DA VARIÁVEL LIVRE..............................................................................................................141
Exemplo resolvido: ............................................................................................................................................141
O PROBLEMA DA SOLUÇÃO BÁSICA INICIAL..........................................................................................144
Exemplo:................................................................................................................................................................144
RETORNO AO MODELO ORIGINAL...............................................................................................................144
Método do M grande .........................................................................................................................................144
Exemplo:................................................................................................................................................................145
Método da função objetivo auxiliar .............................................................................................................149
Exemplo:................................................................................................................................................................150
O Problema da Degeneração .........................................................................................................................154
O Problema da Solução ilimitada .................................................................................................................154
Caso de Soluções Múltiplas ............................................................................................................................154
Exercícios...............................................................................................................................................................155

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Análise Econômica .................................................................................................................................................178
Dualidade...................................................................................................................................................................185
Introdução.............................................................................................................................................................185
Interpretação Econômica do Dual................................................................................................................190
Exercícios...............................................................................................................................................................192
A ferramenta Solver (Excel)...............................................................................................................................200
Definindo e Resolvendo um Problema .......................................................................................................200
Instalando o Solver ...........................................................................................................................................204
Exemplos: .............................................................................................................................................................204
Exercícios:.............................................................................................................................................................208
Problema do Transporte ......................................................................................................................................216
Introdução.............................................................................................................................................................216
O MODELO LINEAR DO TRANSPORTE ........................................................................................................217
O CASO DE SISTEMAS NÃO EQUILIBRADOS ..........................................................................................218
O Algoritmo dos Transportes.........................................................................................................................219
1 ª Parte - CÁLCULO DA SOLUÇÃO BÁSICA INICIAL...........................................................................219
a) método do canto noroeste..................................................................................................................219
b) Método de Vogel ou método das penalidades.............................................................................220
Método do canto noroeste ..............................................................................................................................222
Método de Vogel.................................................................................................................................................226
2ª Parte - CRITÉRIO DE OTIMALIDADE ....................................................................................................234
O Problema da Degenerescência..................................................................................................................239
O Caso de Maximização...................................................................................................................................246
O Caso da Impossibilidade de Transporte................................................................................................250
Exercícios...............................................................................................................................................................250
O Problema da Designação.................................................................................................................................283
Introdução.............................................................................................................................................................283
Descrição do Algoritmo....................................................................................................................................283
O Caso de Maximização...................................................................................................................................285
Exercícios...............................................................................................................................................................288
Análise de Sensibilidade ......................................................................................................................................303
Exemplo 1:............................................................................................................................................................304
Mudança nos Lucros Unitários (Coeficientes da Função Objetivo) .................................................304
a) Mudança no coeficiente de uma variável básica........................................................................304
b) Mudança no coeficiente de uma variável não básica...............................................................309
c) Entrada de Uma Nova Variável.............................................................................................................310
d) Mudanças nos Valores dos Recursos ..............................................................................................310
Exercícios...............................................................................................................................................................330

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Bibliografia ................................................................................................................................................................353

5
Apresentação da Pesquisa Operacional
Antes de mais nada gostaria de parabeniza-lo por estar estudando
tópicos considerados tão difíceis e fazer alguns comentários e pedidos.
 Este curso é básico e com isso quer possibilitar ao aluno uma
introdução ao estudo da Pesquisa Operacional.
 Este curso é concebido para que você possa reforçar os estudos de
sala, e não como substituto deste.
 Este curso não confere certificado aos que o adquiriram.
 Se você encontrar algum erro por favor me comunique informando
qual e em que página está, para que eu possa arrumar e com isso
todos teremos sempre o melhor curso. Enviar mensagem para o e-
mail: professormatusalem@gmail.com;
 Se você gostou do curso, peço que informe a seus colegas sobre ele
e peça para que eles visitem meus sites:
www.professormatusalem.com e www.cursosdematematica.com.br
 Verifique sempre se você está com a última versão do curso, é só
olhar na sua conta e baixar.
Muito Obrigado
Matusalém Vieira Martins
Conceito
Pesquisa Operacional é um método científico de tomada de decisões.
Em linhas gerais, consiste na descrição de um sistema organizado com o
auxílio de um modelo, e através da experimentação com o modelo, na
descoberta da melhor maneira de operar o sistema.

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A Pesquisa Operacional como a conhecemos surgiu durante a
Segunda Guerra Mundial, resultado de estudos realizados por equipes
interdisciplinares de cientistas contratados para resolver problemas
militares de ordem estratégica e tática.
Fases de um Estudo em P.O.
Um estudo em Pesquisa Operacional costuma envolver seis fases:
 formulação do problema;
 construção do modelo do sistema;
 cálculo da solução através do modelo;
 teste do modelo e da solução;
 estabelecimento de controles da solução;
 implantação e acompanhamento.
que podem ser descritas como segue:
Formulação do Problema - Nesta fase, o administrador do
sistema e o responsável pelo estudo em P.O. deverão discutir, no sentido
de colocar o problema de maneira clara e coerente, definindo os objetivos
a alcançar e quais os possíveis caminhos alternativos para que isso
ocorra.
Além disso, serão levantadas as limitações técnicas do sistema e as
relações desse sistema com outros da empresa ou do ambiente externo,
com a finalidade de criticar a validade de possíveis soluções em face
destes obstáculos.
Deverá ainda ser acordada uma medida de eficiência para o
sistema, que permita ao administrador ordenar as soluções encontradas,
concluindo o processo decisório.
Construção do Modelo do Sistema - Os modelos que interessam
em Pesquisa Operacional são os modelos matemáticos, isto é, modelos
formados por um conjunto de equações e inequações.
Uma das equações do conjunto serve para medir a eficiência do
sistema para cada solução proposta. É a função objetivo ou função de
eficiência. As outras equações geralmente descrevem as limitações ou
restrições técnicas do sistema. As variáveis que compõem as equações
são de dois tipos:
- Variáveis controladas ou de decisão - são variáveis cujo valor
está sob controle do administrador. Decidir, neste caso, é atribuir um
particular valor a cada uma dessas variáveis. Numa programação de

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produção, por exemplo, a variável de decisão é a quantidade a ser
produzida num período, o que compete ao administrador controlar.
- Variáveis não controladas - são as variáveis cujos valores são
arbitrados por sistemas fora do controle do administrador. Custos de
produção, demanda de produtos, preço de mercado são variáveis não
controladas.
Um bom modelo é aquele que tem desempenho suficientemente
próximo do desempenho da realidade e é de fácil experimentação. Essa
proximidade desejada é variável, dependendo do objetivo proposto. Um
bom modelo para um objetivo pode ser péssimo para outro. A fidelidade
de um modelo é aumentada à medida que ele incorpora características da
realidade, com a adição de novas variáveis. Isso aumenta sua
complexidade, dificultando a experimentação, o que nos leva a considerar
o fator custo-benefício quando pensamos em melhorar o desempenho de
um modelo.
Cálculo da solução através do modelo - É feito através de
técnicas matemáticas específicas. A construção do modelo deve levar em
consideração a disponibilidade de uma técnica para o cálculo da solução.
Teste do modelo e da solução - Esse teste é realizado com dados
empíricos do sistema.' Se houver dados históricos, eles serão aplicados
no modelo, gerando um desempenho que pode ser comparado ao
desempenho observado no sistema. Se o desvio verificado não for
aceitável, a reformulação ou mesmo o abandono do modelo será
inevitável. Caso não haja dados históricos, os dados empíricos serão
anotados com o sistema funcionando sem interferência, até que o teste
possa ser realizado.
Estabelecimento de controles da solução - A construção e
experimentação com o modelo identificam parâmetros fundamentais para
solução do problema. Qualquer mudança nesses parâmetros deverá ser
controlada para garantir a validade da solução adotada. Caso alguns
desses parâmetros sofra desvio além do permitido, o cálculo de nova
solução ou mesmo a reformulação do modelo poderá ser necessária.
Implementação e acompanhamento - Nesta fase, a solução será
apresentada ao administrador, evitando-se o uso da linguagem técnica
do modelo. O uso da linguagem do sistema em estudo facilita a
compreensão e gera boa vontade para a implantação que está sendo
sugerida. Essa implantação deve ser acompanhada para se observar o
comportamento do sistema com a solução adotada. Algum ajuste pode
ser requerido.

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Programação Linear
Modelo em Programação Linear
Uma das técnicas mais utilizadas na abordagem de problemas em
Pesquisa Operacional é a programação linear. A simplicidade do modelo
envolvido e a disponibilidade de uma técnica de solução programável em
computador facilitam sua aplicação. As aplicações mais conhecidas são
feitas em sistemas estruturados, como os de produção, finanças,
controles de estoques etc.
O modelo matemático de programação linear é composto de um
função objetiva linear; e de restrições técnicas representadas por um
grupo de inequações também lineares.
Exemplo: Função objetivo a ser maximizada: Lucro = 2x1 + 3x2
𝑅𝑒𝑠𝑡𝑟𝑖çõ𝑒𝑠
{
𝑡é𝑐𝑛𝑖𝑐𝑎𝑠 {
4𝑥1 + 3𝑥2 ≤ 10
6𝑥1 − 𝑥2 ≥ 20
𝑑𝑒 𝑛ã𝑜 𝑛𝑒𝑔𝑎𝑡𝑖𝑣𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 {
𝑥1 ≥ 0
𝑥2 ≥ 0
As variáveis controladas ou variáveis de decisão são x1 e x2. A
função objetivo ou função e eficiência mede o desempenho do sistema,
no caso a capacidade de gerar lucro, para cada solução apresentada. O
objetivo é maximizar o lucro. As restrições garantem que essas soluções
estão de acordo com as limitações técnicas impostas pelo sistema. As
duas últimas restrições exigem a não negatividade das variáveis de
decisão, o que deverá acontecer sempre que a técnica de abordagem for
a de programação linear.
A construção do modelo matemático, no caso um modelo linear, é a
parte mais complicada de nosso estudo. Não há regra fixa para esse
trabalho, mas podemos sugerir um roteiro que ajuda a ordenar o
raciocínio.
Roteiro:
a) Quais as variáveis de decisão?
Aqui o trabalho consiste em explicitar as decisões que devem ser
tomadas e representar as possíveis decisões através de variáveis
chamadas variáveis de decisão. Se o problema é de programação de

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produção, as variáveis de decisão são as quantidades a produzir no
período; se for um problema de programação de investimento, as
variáveis vão representar as decisões de investimento, isto é, quanto
investir em cada oportunidade de investimento, e em que período. Nas
descrições sumárias de sistemas, isso fica claro quando lemos a questão
proposta, isto é, a pergunta do problema.
b) Qual o objetivo?
Aqui devemos identificar o objetivo da tomada de decisão. Eles
aparecem geralmente na forma da maximização de lucros ou receitas,
minimização de custos, perdas etc.
A função objetivo é a expressão que calcula o valor do objetivo (lucro,
custo, receita, perda etc.), em função das variáveis de decisão.
c) Quais as restrições?
Cada restrição imposta na descrição do sistema deve ser expressa
como uma relação linear (igualdade ou desigualdade), montadas com as
variáveis de decisão.
Exemplos:
Vejamos agora situações que podem ser descritas com o auxílio de um
modelo linear:
Exemplo 1:
Certa empresa fabrica dois produtos P1 e P2. O lucro unitário do
produto P1 é de 1.000 unidades monetárias e o lucro unitário de P2. é de
1.800 unidades monetárias. A empresa precisa de 20 horas para fabricar
uma unidade de P1 e de 30 horas para fabricar uma unidade de P2. O
tempo anual de produção disponível para isso é de 1.200 horas. A
demanda esperada para cada produto é de 40 unidades anuais para P1 e
30 unidades anuais para P2.
Qual é o plano de produção para que a empresa maximize seu lucro
nesses itens? Construa o modelo de programação linear para esse caso.
Solução:
O que deve ser decidido é o plano de produção, isto é, quais as
quantidades anuais que devem ser produzidas de P1 e P2.
Portanto, as variáveis de decisão serão x1 e x2
x1 → quantidade anual a produzir de P1
x2 → quantidade anual a produzir de P2.

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b) Qual o objetivo?
O objetivo é maximizar o lucro, que pode ser calculado:
Lucro devido a P1: 1.000 . x1
(lucro por unidade de P1 x quantidade produzida de P1)
Lucro devido a P2: 1.800 . x2
(lucro por unidade de P2. x quantidade produzida de P2)
Lucro total: L = 1.000 . x1 + 1.800 . x2
Objetivo: maximizar L = 1.000 . x1 + 1.800 . x2
As restrições impostas pelo sistema são:
- Disponibilidade de horas para a produção: 1.200 horas.
horas ocupadas com P1: 20x1 (uso por unidade x quantidade
produzida)
horas ocupadas com P2: 30x2 (uso por unidade x quantidade
produzida)
Total em horas ocupadas na produção: 20x1 + 30x2 disponibilidade:
1.200 horas.
Restrição descritiva da situação: 20x1 + 30x2 ≤ 1.200
- Disponibilidade de mercado para os produtos (demanda)
Disponibilidade para P1: 40 unidades
Quantidade a produzir de P1: x1
Restrição descritiva da situação: x1 ≤ 40
Disponibilidade para P2: 30 unidades
Quantidade a produzir de P2: x2
Restrição descritiva da situação: x2 ≤ 30
Resumo do modelo: max L = 1.000x1 + 1.800x2
Sujeito a:
𝑟𝑒𝑠𝑡𝑟𝑖çõ𝑒𝑠 𝑡é𝑐𝑛𝑖𝑐𝑎𝑠 {
20𝑥1 + 30𝑥2 ≤ 1200
𝑥1 ≤ 40
𝑥2 ≤ 30
𝑟𝑒𝑠𝑡𝑟𝑖çõ𝑒𝑠 𝑑𝑒 𝑛ã𝑜 𝑛𝑒𝑔𝑎𝑡𝑖𝑣𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 {
𝑥1 ≥ 0
𝑥2 ≥ 0
Assista agora a Vídeo Aula:
Modelo de programação Linear - Exemplo 1

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Exemplo 2:
Para uma boa alimentação, o corpo necessita de vitaminas e
proteínas. A necessidade mínima de vitaminas é de 32 unidades por dia e
a de proteínas de 36 unidades por dia. Uma pessoa tem disponível carne
e ovos para se alimentar. Cada unidade de carne contém 4 unidades de
vitaminas e 6 unidades de proteínas. Cada unidade de ovo contém 8
unidades de vitaminas e 6 unidades de proteínas.
Qual a quantidade diária de carne e ovos que deve ser consumida
para suprir as necessidades de vitaminas e proteínas com o menor custo
possível? Cada unidade de carne custa 3 unidades monetárias e cada
unidade de ovo custa 2,5 unidades monetárias.
Solução:
Devemos decidir quais as quantidades de carne e ovos a pessoa deve
consumir no dia. As variáveis de decisão serão, portanto:
x1 → quantidade de carne a consumir no dia
x2 → quantidade de ovos a consumir no dia
b) Qual o objetivo?
O objetivo é minimizar o custo, que pode ser calculado:
Custo devido à carne: 3 . x1
(custo por unidade x quantidade a consumir de carne)
Custo devido aos ovos: 2,5 . x2
(custo por unidade x quantidade a consumir de ovos)
Custo total: C = 3x1 + 2,5x2
Objetivo: minimizar C = 3x1 + 2,5x2
As restrições impostas pelo sistema são:
necessidade mínima de vitamina: 32 unidades
vitamina de carne: 4 . x1
(quantidade por unidade x unidades de carne a consumir)
vitamina de ovos: 8 . x2
(quantidade por unidade x unidades de ovos a consumir)
Total de vitaminas: 4x1 + 8x2

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Necessidade mínima: 32
Restrição descritiva da situação: 4x1 + 8x2 ≥ 32
necessidade mínima de proteína: 36 unidades
proteína de carne: 6 . x1
(quantidade por unidade x unidades de carne a consumir)
proteína de ovos: 6 . x2
(quantidade por unidade x unidades de ovos a consumir)
Total de proteínas: 6x1 + 6x2
Necessidade mínima: 36
Restrição descritiva da situação: 6x1 + 6x2 ≥ 36
Resumo do modelo: min C = 3x1 + 2,5x2
Sujeito a:
4𝑥1 + 8𝑥2 ≥ 32
6𝑥1 + 6𝑥2 ≥ 36
𝑥1 ≥ 0
𝑥2 ≥ 0
Modelo de programação linear - exemplo 2
Exercícios:
Construir o modelo matemático de programação linear dos sistemas
descritos a seguir:
1) Um sapateiro faz 6 sapatos por hora, se fizer somente sapatos, e 5
cintos por hora, se fizer somente cintos. Ele gasta 2 unidades de
couro para fabricar 1 unidade de sapato e 1 unidade couro para
fabricar uma unidade de cinto. Sabendo-se que o total disponível de
couro é de 6 unidades e que o lucro unitário por sapato é de 5
unidades monetárias e o do cinto é de 2 unidades monetárias, pede-
se: o modelo do sistema de produção do sapateiro, se o objetivo é
maximizar seu lucro por hora.
Solução:
a)Quais são as variáveis de decisão?
𝒙𝟏 → 𝒏º 𝒅𝒆 𝒔𝒂𝒑𝒂𝒕𝒐𝒔/𝒉𝒐𝒓𝒂
𝒙𝟐 → 𝒏º 𝒅𝒆 𝒄𝒊𝒏𝒕𝒐𝒔/𝒉𝒐𝒓𝒂
b)Qual é a função objetivo?
𝒎á𝒙𝒊𝒎𝒐 𝒍𝒖𝒄𝒓𝒐 = 𝟓𝒙𝟏 + 𝟐𝒙𝟐

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c)Quais são as restrições técnicas?
Se são 6 sapatos por hora, isto significa que ele gasta 10 minutos
para cada sapato, do mesmo jeito se são 5 cintos por hora ele
gasta 12 minutos para fazer cada cinto.
Logo lembrando que 1h = 60 minutos temos:
𝟏𝟎𝒙𝟏 + 𝟏𝟐𝒙𝟐 ≤ 𝟔𝟎
Também foi tido que ele gasta 2 unidades de couro para fazer um
sapato e 1 unidade para fazer o cinto se ele dispõe de 6 unidades
de couro nototal, temos:
𝟐𝒙𝟏 + 𝟏𝒙𝟐 ≤ 𝟔
Logo as restrições são:
𝒓𝒆𝒔𝒕𝒓𝒊çõ𝒆𝒔 𝒕é𝒄𝒏𝒊𝒄𝒂𝒔 {
𝟏𝟎𝒙𝟏 + 𝟏𝟐𝒙𝟐 ≤ 𝟔𝟎
𝟐𝒙𝟏 + 𝟏𝒙𝟐 ≤ 𝟔
d)Quais as restrições de não – negatividade?
Como na maioria dos casos a quantidade não pode ser
negativa de nenhum dos produtos, logo:
𝒓𝒆𝒔𝒕𝒓𝒊çõ𝒆𝒔 𝒅𝒆 𝒏ã𝒐 𝒏𝒆𝒈𝒂𝒕𝒊𝒗𝒊𝒅𝒂𝒅𝒆 {
𝒙𝟏 ≥ 𝟎
𝒙𝟐 ≥ 𝟎
e)Escreva o modelo completo.
𝒙𝟏 → 𝒏º 𝒅𝒆 𝒔𝒂𝒑𝒂𝒕𝒐𝒔/𝒉𝒐𝒓𝒂
𝒙𝟐 → 𝒏º 𝒅𝒆 𝒄𝒊𝒏𝒕𝒐𝒔/𝒉𝒐𝒓𝒂
𝟏𝟎𝒙𝟏 + 𝟏𝟐𝒙𝟐 ≤ 𝟔𝟎
𝟐𝒙𝟏 + 𝟏𝒙𝟐 ≤ 𝟔
𝒙𝟏 ≥ 𝟎
𝒙𝟐 ≥ 𝟎
Exercício 1 - Modelos de programação Linear
2) Certa empresa fabrica 2 produtos P1 e P2. O lucro por unidade de
P1 é de 100 u.m. e o lucro unitário de P2 é de 150 u.m. A empresa
necessita de 2 horas para fabricar uma unidade de P1 e 3 horas
para fabricar uma unidade de P2. O tempo mensal disponível para
essas atividades é de 120 horas. As demandas esperadas para os 2
produtos levaram a empresa a decidir que os montantes produzidos

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de P1 e P2 não devem ultrapassar 40 unidades de P1 e 30 unidades
de P2 por mês. Construa o modelo do sistema de produção mensal
com o objetivo de maximizar o lucro da empresa.
Solução:
a) Quais são as variáveis de decisão?
𝒙𝟏 → 𝒒𝒖𝒂𝒏𝒕𝒊𝒅𝒂𝒅𝒆 𝒂 𝒑𝒓𝒐𝒅𝒖𝒛𝒊𝒓 𝒅𝒆 𝑷𝟏
𝒙𝟐 → 𝒒𝒖𝒂𝒏𝒕𝒊𝒅𝒂𝒅𝒆 𝒂 𝒑𝒓𝒐𝒅𝒖𝒛𝒊𝒓 𝒅𝒆 𝑷𝟐
b) Qual é a função objetivo?
𝒎á𝒙𝒊𝒎𝒐 𝒍𝒖𝒄𝒓𝒐 = 𝟏𝟎𝟎𝒙𝟏 + 𝟏𝟓𝟎𝒙𝟐
c) Quais são as restrições técnicas?
Se a empresa necessita de 2 horas para fabricar cada P1 e 3 horas
para fabricar cada P2 e dispõe de no máximo 120 horas, temos:
𝟐𝒙𝟏 + 𝟑𝒙𝟐 ≤ 𝟏𝟐𝟎
Também foi tido que as demandas esperadas de P1 é de 40, logo:
𝒙𝟏 ≤ 𝟒𝟎
E que a demanda de P2 é de 30,logo temos:
𝒙𝟐 ≤ 𝟑𝟎
𝟐𝒙𝟏 + 𝟑𝒙𝟐 ≤ 𝟏𝟐𝟎
𝒙𝟏 ≤ 𝟒𝟎
𝒙𝟐 ≤ 𝟑𝟎
d) Quais as restrições de não – negatividade?
𝒙𝟏 ≥ 𝟎
𝒙𝟐 ≥ 𝟎
e) Escreva o modelo completo.
𝟐𝒙𝟏 + 𝟑𝒙𝟐 ≤ 𝟏𝟐𝟎
𝒙𝟏 ≤ 𝟒𝟎
𝒙𝟐 ≤ 𝟑𝟎
𝒙𝟏 ≥ 𝟎
𝒙𝟐 ≥ 𝟎
Exercício 2 - Modelo de programação linear

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03)Um vendedor de frutas pode transportar 800 caixas de frutas para
sua região de vendas. Ele necessita transportar 200 caixas de
laranjas a 20 u.m. de lucro por caixa, pelo menos 100 caixas de
pêssegos a 10 u.m. de lucro por caixa, e no "máximo 200 caixas de
tangerinas a 30 u.m. de lucro por caixa. De que forma deverá ele
carregar o caminhão para obter o lucro máximo? Construa o
modelo do problema.
Solução:
Como já está definido que será levado 200 caixas de laranjas,
as variáveis de decisão ficarão por conta da quantidade de
caixas de pêssego e tangerina.
𝑥1 → 𝑞𝑢𝑎𝑛𝑡𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 𝑑𝑒 𝑐𝑎𝑖𝑥𝑎𝑠 𝑑𝑒 𝑝ê𝑠𝑠𝑒𝑔𝑜
𝑥2 → 𝑞𝑢𝑎𝑛𝑡𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 𝑑𝑒 𝑐𝑎𝑖𝑥𝑎𝑠 𝑑𝑒 𝑡𝑎𝑛𝑔𝑒𝑟𝑖𝑛𝑎𝑠
𝑚á𝑥𝑖𝑚𝑜 𝑙𝑢𝑐𝑟𝑜 = 10𝑥1 + 30𝑥2 + 4.000
O (+ 4000) no final da função objetiva é o resultado do
produto (200x20 = 4000) quantidade de caixas de laranja
vezes o seu preço.
Como o caminhão comporta 800 caixas e 200 são de laranja,
então o número de caixas de pêssego e tangerina somados deve
ser de no máximo 600, temos:
𝑥1 + 𝑥2 ≤ 600
Como ele tem que levar no mínimo 100 caixas de pêssego, temos
𝑥1 ≥ 100
E que deve levar no máximo 200 caixas de tangerina, temos:
𝑥2 ≤ 200
𝑥1 + 𝑥2 ≤ 600
𝑥1 ≥ 100
𝑥2 ≤ 200

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𝒙𝟏 ≥ 𝟎
𝒙𝟐 ≥ 𝟎
𝑚á𝑥𝑖𝑚𝑜 𝑙𝑢𝑐𝑟𝑜 = 10𝑥1 + 30𝑥2 + 4.000
𝑥1 + 𝑥2 ≤ 600
𝑥1 ≥ 100
𝑥2 ≤ 200
𝑥1 ≥ 0
𝑥2 ≥ 0
4) Uma rede de televisão local tem o seguinte problema: foi descoberto
que o programa “A” com 20 minutos de música e 1 minuto de
propaganda chama a atenção de 30.000 telespectadores, enquanto
o programa “B”, com 10 minutos de música e 1 minuto de
propaganda chama a atenção de 10.000 telespectadores. No
decorrer de uma semana, o patrocinador insiste no uso de no
mínimo, 5 minutos para sua propaganda e que não há verba para
mais de 80 minutos de música. Quantas vezes por semana cada
programa deve ser levado ao ar para obter o número máximo de
telespectadores? Construa o modelo do sistema.
Solução:
𝒙𝟏 → 𝒇𝒓𝒆𝒒𝒖ê𝒏𝒄𝒊𝒂 𝒔𝒆𝒎𝒂𝒏𝒂𝒍 𝒅𝒐 𝒑𝒓𝒐𝒈𝒓𝒂𝒎𝒂 𝑨
𝒙𝟐 → 𝒇𝒓𝒆𝒒𝒖ê𝒏𝒄𝒊𝒂 𝒔𝒆𝒎𝒂𝒏𝒂𝒍 𝒅𝒐 𝒑𝒓𝒐𝒈𝒓𝒂𝒎𝒂 𝑩
𝒎á𝒙𝒊𝒎𝒐 𝒕𝒆𝒍𝒆𝒔𝒑𝒆𝒄𝒕𝒂𝒅𝒐𝒓𝒆𝒔 = 𝟑𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝒙𝟏 + 𝟏𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝒙𝟐

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A primeira restrição diz respeito aos minutos de propaganda,
onde temos 1 minuto para cada programa num mínimo de 5
minutos, logo temos:
𝟏𝒙𝟏 + 𝟏𝒙𝟐 ≥ 𝟓
Já a segunda restrição é relacionada ao tempo de duração das
músicas por programa, e o patrocinador pode pagar no máximo
80 minutos, logo temos:
𝟐𝟎𝒙𝟏 + 𝟏𝟎𝒙𝟐 ≤ 𝟖𝟎
𝟏𝒙𝟏 + 𝟏𝒙𝟐 ≥ 𝟓
𝟐𝟎𝒙𝟏 + 𝟏𝟎𝒙𝟐 ≤ 𝟖𝟎
𝒙𝟏 ≥ 𝟎
𝒙𝟐 ≥ 𝟎
𝒙𝟏 → 𝒇𝒓𝒆𝒒𝒖ê𝒏𝒄𝒊𝒂 𝒔𝒆𝒎𝒂𝒏𝒂𝒍 𝒅𝒐 𝒑𝒓𝒐𝒈𝒓𝒂𝒎𝒂 𝑨
𝒙𝟐 → 𝒇𝒓𝒆𝒒𝒖ê𝒏𝒄𝒊𝒂 𝒔𝒆𝒎𝒂𝒏𝒂𝒍 𝒅𝒐 𝒑𝒓𝒐𝒈𝒓𝒂𝒎𝒂 𝑩
𝒎á𝒙𝒊𝒎𝒐 𝒕𝒆𝒍𝒆𝒔𝒑𝒆𝒄𝒕𝒂𝒅𝒐𝒓𝒆𝒔 = 𝟑𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝒙𝟏 + 𝟏𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝒙𝟐
𝟏𝒙𝟏 + 𝟏𝒙𝟐 ≥ 𝟓
𝟐𝟎𝒙𝟏 + 𝟏𝟎𝒙𝟐 ≤ 𝟖𝟎
𝒙𝟏 ≥ 𝟎
𝒙𝟐 ≥ 𝟎
5) Um empresa fabrica 2 modelos de cintos de couro. O modelo M1, de
melhor qualidade, requer o dobro do tempo de fabricação em
relação ao modelo M2. Se todos os cintos fossem do modelo M2, a
empresa poderia produzir 1.000 unidades por dia. A disponibilidade
de couro permite fabricar 800 cintos de ambos os modelos por dia.
Os cintos empregam fivelas diferentes, cuja disponibilidade diária é
de 400 para M1 e 700 para M2. Os lucros unitários são de $ 4,00
para M1 e $ 3,00 para M2. Qual o programa ótimo de produção que

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maximiza o lucro total diário da empresa? Construa, o modelo do
sistema descrito.
Solução:
𝒙𝟏 → 𝒒𝒖𝒂𝒏𝒕𝒊𝒅𝒂𝒅𝒆 𝒂 𝒑𝒓𝒐𝒅𝒖𝒛𝒊𝒓 𝒅𝒆 𝑴𝟏
𝒙𝟐 → 𝒒𝒖𝒂𝒏𝒕𝒊𝒅𝒂𝒅𝒆 𝒂 𝒑𝒓𝒐𝒅𝒖𝒛𝒊𝒓 𝒅𝒆 𝑴𝟐
𝒎á𝒙𝒊𝒎𝒐 𝒍𝒖𝒄𝒓𝒐 = 𝟒𝒙𝟏 + 𝟑𝒙𝟐
A primeira restrição diz respeito a quantidade de cintos que
podem ser produzida por dia.
Veja bem se produzissem só do modelo M2 daria para produzir
1.000 unidade, mas se produzissem só do modelo M1 daria para
produzir 500, pois ele gasta o dobro do tempo para ser feito, logo
podemos colocar a produção em uma restrição assim:
𝟐𝒙𝟏 + 𝟏𝒙𝟐 ≤ 𝟏. 𝟎𝟎𝟎
Se x1 for zero a produção será de 1.000.
Se x2 for zero a produção será de 500.
Já a segunda restrição é relacionada a quantidade de couro
disponível por dia, logo temos:
𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 ≤ 𝟖𝟎𝟎
Já a terceira é relacionada as fivelas, para os modelos M1 temos
no máximo 400 por dia, logo:
𝒙𝟏 ≤ 𝟒𝟎𝟎
A quarta também é relacionada as fivelas, para os modelos M2
temos no máximo 700 por dia, logo:
𝒙𝟐 ≤ 𝟕𝟎𝟎
𝟐𝒙𝟏 + 𝟏𝒙𝟐 ≤ 𝟏. 𝟎𝟎𝟎
𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 ≤ 𝟖𝟎𝟎
𝒙𝟏 ≤ 𝟒𝟎𝟎
𝒙𝟐 ≤ 𝟕𝟎𝟎

19
𝒙𝟏 ≥ 𝟎
𝒙𝟐 ≥ 𝟎
𝒙𝟏 → 𝒒𝒖𝒂𝒏𝒕𝒊𝒅𝒂𝒅𝒆 𝒂 𝒑𝒓𝒐𝒅𝒖𝒛𝒊𝒓 𝒅𝒆 𝑴𝟏
𝒙𝟐 → 𝒒𝒖𝒂𝒏𝒕𝒊𝒅𝒂𝒅𝒆 𝒂 𝒑𝒓𝒐𝒅𝒖𝒛𝒊𝒓 𝒅𝒆 𝑴𝟐
𝒎á𝒙𝒊𝒎𝒐 𝒍𝒖𝒄𝒓𝒐 = 𝟒𝒙𝟏 + 𝟑𝒙𝟐
𝟐𝒙𝟏 + 𝟏𝒙𝟐 ≤ 𝟏. 𝟎𝟎𝟎
𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 ≤ 𝟖𝟎𝟎
𝒙𝟏 ≤ 𝟒𝟎𝟎
𝒙𝟐 ≤ 𝟕𝟎𝟎
𝒙𝟏 ≥ 𝟎
𝒙𝟐 ≥ 𝟎
6) Uma empresa, após um processo de racionalização de produção,
ficou com disponibilidade de 3 recursos produtivos, R1, R2 e R3. Um
estudo sobre o uso desses recursos indicou a possibilidade de se
fabricar 2 produtos P1 e P2. Levantando os custos e consultando o
departamento de vendas sobre o preço de colocação no mercado,
verificou-se que P1 daria um lucro de $ 120,00 por unidade e P2, $
150,00 por unidade. O departamento de produção forneceu a
seguinte tabela de uso de recursos.
PRODUTO
RECURSO R1 POR
UNIDADE
RECURSO R2 POR
UNIDADE
RECURSO R3 POR
UNIDADE
P1
P2
2
4
3
2
5
3
DISPONIBILIDADE DE
RECURSO POR MÊS
100 90 120
Que produção mensal de P1 e P2 traz o maior lucro para a empresa?
Construa o modelo do sistema.

20
Solução:
𝒎á𝒙𝒊𝒎𝒐 𝒍𝒖𝒄𝒓𝒐 = 𝟏𝟐𝟎𝒙𝟏 + 𝟏𝟓𝟎𝒙𝟐
A primeira restrição diz respeito a disponibilidade de recurso 1,
informação dada na tabela que é de no máximo 100 por mês,
assim:
𝟐𝒙𝟏 + 𝟒𝒙𝟐 ≤ 𝟏𝟎𝟎
A segunda restrição diz respeito a disponibilidade de recurso 2,
assim:
𝟑𝒙𝟏 + 𝟐𝒙𝟐 ≤ 𝟗𝟎
A terceira restrição diz respeito a disponibilidade de recurso 3,
assim:
𝟓𝒙𝟏 + 𝟑𝒙𝟐 ≤ 𝟏𝟐𝟎
𝟐𝒙𝟏 + 𝟒𝒙𝟐 ≤ 𝟏𝟎𝟎
𝟑𝒙𝟏 + 𝟐𝒙𝟐 ≤ 𝟗𝟎
𝟓𝒙𝟏 + 𝟑𝒙𝟐 ≤ 𝟏𝟐𝟎
𝒙𝟏 ≥ 𝟎
𝒙𝟐 ≥ 𝟎

21
𝒎á𝒙𝒊𝒎𝒐 𝒍𝒖𝒄𝒓𝒐 = 𝟏𝟐𝟎𝒙𝟏 + 𝟏𝟓𝟎𝒙𝟐
𝟐𝒙𝟏 + 𝟒𝒙𝟐 ≤ 𝟏𝟎𝟎
𝟑𝒙𝟏 + 𝟐𝒙𝟐 ≤ 𝟗𝟎
𝟓𝒙𝟏 + 𝟑𝒙𝟐 ≤ 𝟏𝟐𝟎
𝒙𝟏 ≥ 𝟎
𝒙𝟐 ≥ 𝟎
Exercício 6 - Modelo de programação Linear
7) Um fazendeiro está estudando a divisão de sua propriedade nas
seguintes atividades produtivas:
A (Arrendamento) - Destinar certa quantidade de alqueires para a
plantação de cana-de-açúcar, a uma usina local, que se encarrega da
atividade e paga pelo aluguel da terra $ 300,00 por alqueire por ano.
P (Pecuária) - Usar outra parte para a criação de gado de corte. A
recuperação das pastagens requer adubação (100 kg/Alq) e irrigação
(100.000 L de água/Alq) por ano. O lucro estimado nessa atividade é de
$ 400,00 por alqueire por ano.
S (Plantio de Soja) - Usar uma terceira parte para o plantio de soja.
Essa cultura requer 200 kg por alqueire de adubos e 200.000 L de
água/Alq para irrigação por ano. O lucro estimado nessa atividade é de $
500,00/alqueire no ano.
Disponibilidade de recursos por ano:
12.750.000 L de água
14.000 kg de adubo
100 alqueires de terra.
Quantos alqueires deverá destinar a cada atividade para
proporcionar o melhor retorno? Construa o modelo de decisão.
Solução:
𝒙𝟏 → 𝒂𝒍𝒒𝒖𝒆𝒊𝒓𝒆𝒔 𝒑𝒂𝒓𝒂 𝒂𝒓𝒓𝒆𝒏𝒅𝒂𝒎𝒆𝒏𝒕𝒐
𝒙𝟐 → 𝒂𝒍𝒒𝒖𝒆𝒊𝒓𝒆𝒔 𝒑𝒂𝒓𝒂 𝒑𝒆𝒄𝒖á𝒓𝒊𝒂
𝒙𝟑 → 𝒂𝒍𝒒𝒖𝒆𝒊𝒓𝒆𝒔 𝒑𝒂𝒓𝒂 𝒔𝒐𝒋𝒂

22
𝒎á𝒙𝒊𝒎𝒐 𝒍𝒖𝒄𝒓𝒐 = 𝟑𝟎𝟎𝒙𝟏 + 𝟒𝟎𝟎𝒙𝟐 + 𝟓𝟎𝟎𝒙𝟑
A primeira restrição diz respeito a quantidade de alqueires
disponível, assim:
𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 + 𝒙𝟑 ≤ 𝟏𝟎𝟎
A segunda restrição diz respeito a distribuição de adubo por
atividade, assim:
𝟏𝟎𝟎𝒙𝟐 + 𝟐𝟎𝟎𝒙𝟑 ≤ 𝟏𝟒. 𝟎𝟎𝟎
A terceira restrição diz respeito a distribuição de água por
atividade, assim:
𝟏𝟎𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝒙𝟐 + 𝟐𝟎𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝒙𝟑 ≤ 𝟏𝟐. 𝟕𝟓𝟎. 𝟎𝟎𝟎
Perceba que a primeira atividade ele não necessita separa adubo
ou água pois estará arrendando as terras.
𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 + 𝒙𝟑 ≤ 𝟏𝟎𝟎
𝟏𝟎𝟎𝒙𝟐 + 𝟐𝟎𝟎𝒙𝟑 ≤ 𝟏𝟒. 𝟎𝟎𝟎
𝟏𝟎𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝒙𝟐 + 𝟐𝟎𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝒙𝟑 ≤ 𝟏𝟐. 𝟕𝟓𝟎. 𝟎𝟎𝟎
𝒙𝟏 ≥ 𝟎
𝒙𝟐 ≥ 𝟎
𝒙𝟑 ≥ 𝟎
𝒙𝟏 → 𝒂𝒍𝒒𝒖𝒆𝒊𝒓𝒆𝒔 𝒑𝒂𝒓𝒂 𝒂𝒓𝒓𝒆𝒏𝒅𝒂𝒎𝒆𝒏𝒕𝒐
𝒙𝟐 → 𝒂𝒍𝒒𝒖𝒆𝒊𝒓𝒆𝒔 𝒑𝒂𝒓𝒂 𝒑𝒆𝒄𝒖á𝒓𝒊𝒂
𝒙𝟑 → 𝒂𝒍𝒒𝒖𝒆𝒊𝒓𝒆𝒔 𝒑𝒂𝒓𝒂 𝒔𝒐𝒋𝒂
𝒎á𝒙𝒊𝒎𝒐 𝒍𝒖𝒄𝒓𝒐 = 𝟑𝟎𝟎𝒙𝟏 + 𝟒𝟎𝟎𝒙𝟐 + 𝟓𝟎𝟎𝒙𝟑
𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 + 𝒙𝟑 ≤ 𝟏𝟎𝟎
𝟏𝟎𝟎𝒙𝟐 + 𝟐𝟎𝟎𝒙𝟑 ≤ 𝟏𝟒. 𝟎𝟎𝟎
𝟏𝟎𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝒙𝟐 + 𝟐𝟎𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝒙𝟑 ≤ 𝟏𝟐. 𝟕𝟓𝟎. 𝟎𝟎𝟎
𝒙𝟏 ≥ 𝟎
𝒙𝟐 ≥ 𝟎
𝒙𝟑 ≥ 𝟎

23
Exercício 7 - Modelo de programação Linear
8) O departamento de marketing de uma empresa estuda a forma mais
econômica de aumentar em 30% as vendas de seus dois produtos
P1 e P2.
As alternativas são:
a) Investir em um programa institucional com outras empresas do
mesmo ramo. Esse programa requer um investimento mínimo de
$3.000,00 e deve proporcionar um aumento de 3% nas vendas de
cada produto, para cada $1.000,00 investidos.
b) Investir diretamente na divulgação dos produtos. Cada $1.000,00
investidos em P1 retornam um aumento de 4% nas vendas,
enquanto que para P2 o retorno é de 10%.
c) A empresa dispõe de $10.000,00 para esse empreendimento.
Quanto deverá destinar a cada atividade?
Construa o modelo do sistema descrito.
Solução:
𝒙𝟏 → 𝒒𝒖𝒂𝒏𝒕𝒊𝒅𝒂𝒅𝒆 𝒆𝒎 $ 𝟏. 𝟎𝟎𝟎 𝒑𝒂𝒓𝒂 𝒑𝒓𝒐𝒈𝒓𝒂𝒎𝒂 𝒊𝒏𝒔𝒕𝒊𝒕𝒖𝒄𝒊𝒐𝒏𝒂𝒍
𝒙𝟐 → 𝒒𝒖𝒂𝒏𝒕𝒊𝒅𝒂𝒅𝒆 𝒆𝒎 $ 𝟏. 𝟎𝟎𝟎 𝒅𝒊𝒓𝒆𝒕𝒂𝒎𝒆𝒏𝒕𝒆 𝒆𝒎 𝑷𝟏
𝒙𝟑 → 𝒒𝒖𝒂𝒏𝒕𝒊𝒅𝒂𝒅𝒆 𝒆𝒎 $ 𝟏. 𝟎𝟎𝟎 𝒅𝒊𝒓𝒆𝒕𝒂𝒎𝒆𝒏𝒕𝒆 𝒆𝒎 𝑷𝟐
𝒎í𝒏𝒊𝒎𝒐 𝒄𝒖𝒔𝒕𝒐 = 𝟏. 𝟎𝟎𝟎𝒙𝟏 + 𝟏. 𝟎𝟎𝟎𝒙𝟐 + 𝟏. 𝟎𝟎𝟎𝒙𝟑
Usaremos aqui representar cada 1.000 como 1 unidade.
Assim:
A primeira restrição diz respeito ao programa institucional onde
se deve investir pelo menos 3.000, assim:
𝒙𝟏 ≥ 𝟑
A segunda restrição diz respeito o produto P1, com o programa
institucional com aumento de 3%, mais a divulgação direta onde
teremos um aumento de 4%, com um retorno percentual
esperado de no mínimo 30%, assim:

24
𝟑𝒙𝟏 + 𝟒𝒙𝟐 ≥ 𝟑𝟎
A Terceira restrição diz respeito o produto P2, com o programa
institucional com aumento de 3%, mais a divulgação direta onde
teremos um aumento de 10%, com um retorno percentual
esperado de no mínimo 30% também, assim:
𝟑𝒙𝟏 + 𝟏𝟎𝒙𝟑 ≥ 𝟑𝟎
A quarta restrição fala do total que a empresa tem para investir,
no máximo 10.000, logo temos:
𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 + 𝒙𝟑 ≤ 𝟏𝟎
𝒙𝟏 ≥ 𝟑
𝟑𝒙𝟏 + 𝟒𝒙𝟐 ≥ 𝟑𝟎
𝟑𝒙𝟏 + 𝟏𝟎𝒙𝟑 ≥ 𝟑𝟎
𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 + 𝒙𝟑 ≤ 𝟏𝟎
𝒙𝟏 ≥ 𝟎
𝒙𝟐 ≥ 𝟎
𝒙𝟑 ≥ 𝟎
𝒙𝟏 → 𝒒𝒖𝒂𝒏𝒕𝒊𝒅𝒂𝒅𝒆 𝒆𝒎 $ 𝟏. 𝟎𝟎𝟎 𝒑𝒂𝒓𝒂 𝒑𝒓𝒐𝒈𝒓𝒂𝒎𝒂 𝒊𝒏𝒔𝒕𝒊𝒕𝒖𝒄𝒊𝒐𝒏𝒂𝒍
𝒙𝟐 → 𝒒𝒖𝒂𝒏𝒕𝒊𝒅𝒂𝒅𝒆 𝒆𝒎 $ 𝟏. 𝟎𝟎𝟎 𝒅𝒊𝒓𝒆𝒕𝒂𝒎𝒆𝒏𝒕𝒆 𝒆𝒎 𝑷𝟏
𝒙𝟑 → 𝒒𝒖𝒂𝒏𝒕𝒊𝒅𝒂𝒅𝒆 𝒆𝒎 $ 𝟏. 𝟎𝟎𝟎 𝒅𝒊𝒓𝒆𝒕𝒂𝒎𝒆𝒏𝒕𝒆 𝒆𝒎 𝑷𝟐
𝒎í𝒏𝒊𝒎𝒐 𝒄𝒖𝒔𝒕𝒐 = 𝟏. 𝟎𝟎𝟎𝒙𝟏 + 𝟏. 𝟎𝟎𝟎𝒙𝟐 + 𝟏. 𝟎𝟎𝟎𝒙𝟑
𝒙𝟏 ≥ 𝟑
𝟑𝒙𝟏 + 𝟒𝒙𝟐 ≥ 𝟑𝟎
𝟑𝒙𝟏 + 𝟏𝟎𝒙𝟑 ≥ 𝟑𝟎
𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 + 𝒙𝟑 ≤ 𝟏𝟎
𝒙𝟏 ≥ 𝟎
𝒙𝟐 ≥ 𝟎
𝒙𝟑 ≥ 𝟎

25
9) Uma liga especial constituída de ferro, carvão, silício e níquel pode
ser obtida usando a mistura desses minerais puros além de 2 tipos
de materiais recuperados:
Material Recuperado 1 -MR1- Composição:
Custo por kg: $ 0,20
ferro - 60%
carvão -20%
silício - 20%
Material Recuperado 2 - MR2 - Composição:
Custo por kg: $ 0,25
ferro - 70%
carvão - 20%
silício - 5%
níquel -5%
A liga deve ter a seguinte composição final:
matéria-prima % mínima % máxima
Ferro 60 65
Carvão 15 20
silício 15 20
níquel 5 8
O custo dos materiais puros são (por kg): ferro: $ 0,30; carvão: $
0,20; silício: $ 0,28; níquel: $ 0,50. Qual deverá ser a composição da
mistura em termos dos materiais disponíveis, com menor custo por kg?
Construa o modelo de decisão.
Solução:
𝒙𝟏 → 𝒒𝒖𝒂𝒏𝒕𝒊𝒅𝒂𝒅𝒆 𝒅𝒆 𝑴𝑹𝟏 𝒏𝒂 𝒎𝒊𝒔𝒕𝒖𝒓𝒂
𝒙𝟐 → 𝒒𝒖𝒂𝒏𝒕𝒊𝒅𝒂𝒅𝒆 𝒅𝒆 𝑴𝑹𝟐 𝒏𝒂 𝒎𝒊𝒔𝒕𝒖𝒓𝒂
𝒙𝟑 → 𝒒𝒖𝒂𝒏𝒕𝒊𝒅𝒂𝒅𝒆 𝒅𝒆 𝒇𝒆𝒓𝒓𝒐 𝒑𝒖𝒓𝒐 𝒏𝒂 𝒎𝒊𝒔𝒕𝒖𝒓𝒂
𝒙𝟒 → 𝒒𝒖𝒂𝒏𝒕𝒊𝒅𝒂𝒅𝒆 𝒅𝒆 𝒄𝒂𝒓𝒗ã𝒐 𝒏𝒂 𝒎𝒊𝒔𝒕𝒖𝒓𝒂
𝒙𝟓 → 𝒒𝒖𝒂𝒏𝒕𝒊𝒅𝒂𝒅𝒆 𝒅𝒆 𝒔𝒊𝒍í𝒄𝒊𝒐 𝒏𝒂 𝒎𝒊𝒔𝒕𝒖𝒓𝒂
𝒙𝟔 → 𝒒𝒖𝒂𝒏𝒕𝒊𝒅𝒂𝒅𝒆 𝒅𝒆 𝒏í𝒒𝒖𝒆𝒍 𝒏𝒂 𝒎𝒊𝒔𝒕𝒖𝒓𝒂
𝒎í𝒏𝒊𝒎𝒐 𝒄𝒖𝒔𝒕𝒐 = 𝟎, 𝟐𝟎𝒙𝟏 + 𝟎, 𝟐𝟓𝒙𝟐 + 𝟎, 𝟑𝟎𝒙𝟑 + 𝟎, 𝟐𝟎𝒙𝟒 + 𝟎, 𝟐𝟖𝒙𝟓 + 𝟎, 𝟓𝟎𝒙𝟔

26
A primeira e segunda restrições, dizem respeito quantidade de
ferro na mistura trabalhando com o mínimo e com o máximo,
assim, no MR1 temos 60% = 0,6 de ferro no MR2 temos 70%=0,7
de ferro e temos 100%=1 na mistura pura (lógico), logo podemos
representar a quantidade de ferro na liga desta maneira:
Mínimo:
𝟎, 𝟔𝒙𝟏 + 𝟎, 𝟕𝒙𝟐 + 𝒙𝟑 ≥ 𝟎, 𝟔𝟎
Máximo:
𝟎, 𝟔𝒙𝟏 + 𝟎, 𝟕𝒙𝟐 + 𝒙𝟑 ≤ 𝟎, 𝟔𝟓
A terceira e quarta restrições dizem respeito quantidade de
Carvão na mistura trabalhando com o mínimo e com o máximo,
assim, no MR1 temos 20% = 0,2 de Carvão no MR2 temos
20%=0,2 de Carvão e temos 100%=1 na mistura pura (lógico),
logo podemos representar a quantidade de Carvão na liga desta
maneira:
Mínimo:
𝟎, 𝟐𝒙𝟏 + 𝟎, 𝟐𝒙𝟐 + 𝒙𝟒 ≥ 𝟎, 𝟏𝟓
Máximo:
𝟎, 𝟐𝒙𝟏 + 𝟎, 𝟐𝒙𝟐 + 𝒙𝟒 ≤ 𝟎, 𝟐𝟎
A quinta e sexta restrições dizem respeito quantidade de silício na
mistura trabalhando com o mínimo e com o máximo, assim, no
MR1 temos 20% = 0,2 de silício no MR2 temos 5%=0,05 de silício
e temos 100%=1 na mistura pura (lógico), logo podemos
representar a quantidade de silício na liga desta maneira:
Mínimo:
𝟎, 𝟐𝒙𝟏 + 𝟎, 𝟎𝟓𝒙𝟐 + 𝒙𝟓 ≤ 𝟎, 𝟐𝟎
Máximo:
𝟎, 𝟐𝒙𝟏 + 𝟎, 𝟎𝟓𝒙𝟐 + 𝒙𝟓 ≥ 𝟎, 𝟏𝟓
A sétima e oitava restrições dizem respeito quantidade de níquel
na mistura trabalhando com o mínimo e com o máximo, assim, no
MR2 temos 5%=0,05 de níquel e temos 100%=1 na mistura pura
(lógico), logo podemos representar a quantidade de níquel na liga
desta maneira:
Mínimo:
𝟎, 𝟎𝟓𝒙𝟐 + 𝒙𝟔 ≤ 𝟎, 𝟎𝟖
Máximo:

27
𝟎, 𝟎𝟓𝒙𝟐 + 𝒙𝟔 ≥ 𝟎, 𝟎𝟓
A nona restrição é a mistura de tudo que no final dará 100%=1,
da liga desejada.
𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 + 𝒙𝟑 + 𝒙𝟒 + 𝒙𝟓 + 𝒙𝟔 = 𝟏
𝒓𝒆𝒔𝒕𝒓𝒊çõ𝒆𝒔 𝒕é𝒄𝒏𝒊𝒄𝒂𝒔
{
𝟎, 𝟔𝒙𝟏 + 𝟎, 𝟕𝒙𝟐 + 𝒙𝟑 ≥ 𝟎, 𝟔𝟎
𝟎, 𝟔𝒙𝟏 + 𝟎, 𝟕𝒙𝟐 + 𝒙𝟑 ≤ 𝟎, 𝟔𝟓
𝟎, 𝟐𝒙𝟏 + 𝟎, 𝟐𝒙𝟐 + 𝒙𝟒 ≤ 𝟎, 𝟐𝟎
𝟎, 𝟐𝒙𝟏 + 𝟎, 𝟐𝒙𝟐 + 𝒙𝟒 ≥ 𝟎, 𝟏𝟓
𝟎, 𝟐𝒙𝟏 + 𝟎, 𝟎𝟓𝒙𝟐 + 𝒙𝟓 ≤ 𝟎, 𝟐𝟎
𝟎, 𝟐𝒙𝟏 + 𝟎, 𝟎𝟓𝒙𝟐 + 𝒙𝟓 ≥ 𝟎, 𝟏𝟓
𝟎, 𝟎𝟓𝒙𝟐 + 𝒙𝟔 ≥ 𝟎, 𝟎𝟓
𝟎, 𝟎𝟓𝒙𝟐 + 𝒙𝟔 ≤ 𝟎, 𝟎𝟖
𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 + 𝒙𝟑 + 𝒙𝟒 + 𝒙𝟓 + 𝒙𝟔 = 𝟏
𝒓𝒆𝒔𝒕𝒓𝒊çõ𝒆𝒔 𝒅𝒆 𝒏ã𝒐 𝒏𝒆𝒈𝒂𝒕𝒊𝒗𝒊𝒅𝒂𝒅𝒆
{
𝒙𝟏 ≥ 𝟎
𝒙𝟐 ≥ 𝟎
𝒙𝟑 ≥ 𝟎
𝒙𝟒 ≥ 𝟎
𝒙𝟓 ≥ 𝟎
𝒙𝟔 ≥ 𝟎
𝒙𝟏 → 𝒒𝒖𝒂𝒏𝒕𝒊𝒅𝒂𝒅𝒆 𝒅𝒆 𝑴𝑹𝟏 𝒏𝒂 𝒎𝒊𝒔𝒕𝒖𝒓𝒂
𝒙𝟐 → 𝒒𝒖𝒂𝒏𝒕𝒊𝒅𝒂𝒅𝒆 𝒅𝒆 𝑴𝑹𝟐 𝒏𝒂 𝒎𝒊𝒔𝒕𝒖𝒓𝒂
𝒙𝟑 → 𝒒𝒖𝒂𝒏𝒕𝒊𝒅𝒂𝒅𝒆 𝒅𝒆 𝒇𝒆𝒓𝒓𝒐 𝒑𝒖𝒓𝒐 𝒏𝒂 𝒎𝒊𝒔𝒕𝒖𝒓𝒂
𝒙𝟒 → 𝒒𝒖𝒂𝒏𝒕𝒊𝒅𝒂𝒅𝒆 𝒅𝒆 𝒄𝒂𝒓𝒗ã𝒐 𝒏𝒂 𝒎𝒊𝒔𝒕𝒖𝒓𝒂
𝒙𝟓 → 𝒒𝒖𝒂𝒏𝒕𝒊𝒅𝒂𝒅𝒆 𝒅𝒆 𝒔𝒊𝒍í𝒄𝒊𝒐 𝒏𝒂 𝒎𝒊𝒔𝒕𝒖𝒓𝒂
𝒙𝟔 → 𝒒𝒖𝒂𝒏𝒕𝒊𝒅𝒂𝒅𝒆 𝒅𝒆 𝒏í𝒒𝒖𝒆𝒍 𝒏𝒂 𝒎𝒊𝒔𝒕𝒖𝒓𝒂
𝒎í𝒏𝒊𝒎𝒐 𝒄𝒖𝒔𝒕𝒐 = 𝟎, 𝟐𝟎𝒙𝟏 + 𝟎, 𝟐𝟓𝒙𝟐 + 𝟎, 𝟑𝟎𝒙𝟑 + 𝟎, 𝟐𝟎𝒙𝟒 + 𝟎, 𝟐𝟖𝒙𝟓 + 𝟎, 𝟓𝟎𝒙𝟔

28
𝒓𝒆𝒔𝒕𝒓𝒊çõ𝒆𝒔 𝒕é𝒄𝒏𝒊𝒄𝒂𝒔
{
𝟎, 𝟔𝒙𝟏 + 𝟎, 𝟕𝒙𝟐 + 𝒙𝟑 ≥ 𝟎, 𝟔𝟎
𝟎, 𝟔𝒙𝟏 + 𝟎, 𝟕𝒙𝟐 + 𝒙𝟑 ≤ 𝟎, 𝟔𝟓
𝟎, 𝟐𝒙𝟏 + 𝟎, 𝟐𝒙𝟐 + 𝒙𝟒 ≤ 𝟎, 𝟐𝟎
𝟎, 𝟐𝒙𝟏 + 𝟎, 𝟐𝒙𝟐 + 𝒙𝟒 ≥ 𝟎, 𝟏𝟓
𝟎, 𝟐𝒙𝟏 + 𝟎, 𝟎𝟓𝒙𝟐 + 𝒙𝟓 ≤ 𝟎, 𝟐𝟎
𝟎, 𝟐𝒙𝟏 + 𝟎, 𝟎𝟓𝒙𝟐 + 𝒙𝟓 ≥ 𝟎, 𝟏𝟓
𝟎, 𝟎𝟓𝒙𝟐 + 𝒙𝟔 ≥ 𝟎, 𝟎𝟓
𝟎, 𝟎𝟓𝒙𝟐 + 𝒙𝟔 ≤ 𝟎, 𝟎𝟖
𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 + 𝒙𝟑 + 𝒙𝟒 + 𝒙𝟓 + 𝒙𝟔 = 𝟏
𝒓𝒆𝒔𝒕𝒓𝒊çõ𝒆𝒔 𝒅𝒆 𝒏ã𝒐 𝒏𝒆𝒈𝒂𝒕𝒊𝒗𝒊𝒅𝒂𝒅𝒆
{
𝒙𝟏 ≥ 𝟎
𝒙𝟐 ≥ 𝟎
𝒙𝟑 ≥ 𝟎
𝒙𝟒 ≥ 𝟎
𝒙𝟓 ≥ 𝟎
𝒙𝟔 ≥ 𝟎
10) Uma rede de depósitos de material de construção tem 4 lojas
que devem ser abastecidas com 50m3
(loja 1), 80m3
(loja 2), 40m3
(loja 3) e 100m3
(loja 4) de areia grossa. Essa areia pode ser
carregada em 3 portos P1, P2 e P3, cujas distâncias às lojas estão
no quadro (em km):
L1 L2 L3 L4
P1 30 20 24 18
P2 12 36 30 24
P3 8 15 25 20
O caminhão pode transportar 10m3
por viagem. Os portos tem areia
para suprir qualquer demanda. Estabelecer um plano de transporte que
minimize a distância total percorrida entre os portos e as lojas e supra as
necessidades das lojas. Construa o modelo linear do problema.
Solução:
𝒙𝟏𝟏 → 𝒏ú𝒎𝒆𝒓𝒐 𝒅𝒆 𝒗𝒊𝒂𝒈𝒆𝒏𝒔 𝒅𝒐 𝑷𝟏 𝒂 𝑳𝟏
𝒙𝟏𝟐 → 𝒏ú𝒎𝒆𝒓𝒐 𝒅𝒆 𝒗𝒊𝒂𝒈𝒆𝒏𝒔 𝒅𝒐 𝑷𝟏 𝒂 𝑳𝟐
𝒙𝟏𝟑 → 𝒏ú𝒎𝒆𝒓𝒐 𝒅𝒆 𝒗𝒊𝒂𝒈𝒆𝒏𝒔 𝒅𝒐 𝑷𝟏 𝒂 𝑳𝟑
𝒙𝟏𝟒 → 𝒏ú𝒎𝒆𝒓𝒐 𝒅𝒆 𝒗𝒊𝒂𝒈𝒆𝒏𝒔 𝒅𝒐 𝑷𝟏 𝒂 𝑳𝟒
𝒙𝟐𝟏 → 𝒏ú𝒎𝒆𝒓𝒐 𝒅𝒆 𝒗𝒊𝒂𝒈𝒆𝒏𝒔 𝒅𝒐 𝑷𝟐 𝒂 𝑳𝟏
𝒙𝟐𝟐 → 𝒏ú𝒎𝒆𝒓𝒐 𝒅𝒆 𝒗𝒊𝒂𝒈𝒆𝒏𝒔 𝒅𝒐 𝑷𝟐 𝒂 𝑳𝟐

29
𝒙𝟐𝟑 → 𝒏ú𝒎𝒆𝒓𝒐 𝒅𝒆 𝒗𝒊𝒂𝒈𝒆𝒏𝒔 𝒅𝒐 𝑷𝟐 𝒂 𝑳𝟑
𝒙𝟐𝟒 → 𝒏ú𝒎𝒆𝒓𝒐 𝒅𝒆 𝒗𝒊𝒂𝒈𝒆𝒏𝒔 𝒅𝒐 𝑷𝟐 𝒂 𝑳𝟒
𝒙𝟑𝟏 → 𝒏ú𝒎𝒆𝒓𝒐 𝒅𝒆 𝒗𝒊𝒂𝒈𝒆𝒏𝒔 𝒅𝒐 𝑷𝟑 𝒂 𝑳𝟏
𝒙𝟑𝟐 → 𝒏ú𝒎𝒆𝒓𝒐 𝒅𝒆 𝒗𝒊𝒂𝒈𝒆𝒏𝒔 𝒅𝒐 𝑷𝟑 𝒂 𝑳𝟐
𝒙𝟑𝟑 → 𝒏ú𝒎𝒆𝒓𝒐 𝒅𝒆 𝒗𝒊𝒂𝒈𝒆𝒏𝒔 𝒅𝒐 𝑷𝟑 𝒂 𝑳𝟑
𝒙𝟑𝟒 → 𝒏ú𝒎𝒆𝒓𝒐 𝒅𝒆 𝒗𝒊𝒂𝒈𝒆𝒏𝒔 𝒅𝒐 𝑷𝟑 𝒂 𝑳𝟒
𝒎í𝒏𝒊𝒎𝒐 𝒄𝒖𝒔𝒕𝒐 = 𝟑𝟎𝒙𝟏𝟏 + 𝟐𝟎𝒙𝟏𝟐 + 𝟐𝟒𝒙𝟏𝟑 + 𝟏𝟖𝒙𝟏𝟒 + 𝟏𝟐𝒙𝟐𝟏 + 𝟑𝟔𝒙𝟐𝟐 + 𝟑𝟎𝒙𝟐𝟑 + 𝟐𝟒𝒙𝟐𝟒 + 𝟖𝒙𝟑𝟏 + 𝟏𝟓𝒙𝟑𝟐 + 𝟐𝟓𝒙𝟑𝟑 + 𝟐𝟎𝒙𝟑𝟒
Como cada caminhão pode transportar usaremos, 10m3
= 1
unidade.
A primeira restrição, diz respeito quantidade de areia que a loja 1
necessita, que é de 50m3
, portanto desta maneira a soma dos
caminhões será:
𝒙𝟏𝟏 + 𝒙𝟐𝟏 + 𝒙𝟑𝟏 = 𝟓
A segunda restrição, diz respeito quantidade de areia que a loja 2
caminhões será:
𝒙𝟏𝟐 + 𝒙𝟐𝟐 + 𝒙𝟑𝟐 = 𝟖
A terceira restrição, diz respeito quantidade de areia que a loja 3
caminhões será:
𝒙𝟏𝟑 + 𝒙𝟐𝟑 + 𝒙𝟑𝟑 = 𝟒
A quarta restrição, diz respeito quantidade de areia que a loja 4
caminhões será:
𝒙𝟏𝟒 + 𝒙𝟐𝟒 + 𝒙𝟑𝟒 = 𝟏𝟎
𝒙𝟏𝟏 + 𝒙𝟐𝟏 + 𝒙𝟑𝟏 = 𝟓
𝒙𝟏𝟐 + 𝒙𝟐𝟐 + 𝒙𝟑𝟐 = 𝟖
𝒙𝟏𝟑 + 𝒙𝟐𝟑 + 𝒙𝟑𝟑 = 𝟒
𝒙𝟏𝟒 + 𝒙𝟐𝟒 + 𝒙𝟑𝟒 = 𝟏𝟎

30
𝒓𝒆𝒔𝒕𝒓𝒊çõ𝒆𝒔 𝒅𝒆 𝒏ã𝒐 𝒏𝒆𝒈𝒂𝒕𝒊𝒗𝒊𝒅𝒂𝒅𝒆 {𝒙𝒊𝒋 ≥ 𝟎, 𝒄𝒐𝒎 𝒊 = 𝟏, 𝟐, 𝟑 𝒆 𝒋 = 𝟏, 𝟐, 𝟑, 𝟒
𝒙𝟏𝟏 → 𝒏ú𝒎𝒆𝒓𝒐 𝒅𝒆 𝒗𝒊𝒂𝒈𝒆𝒏𝒔 𝒅𝒐 𝑷𝟏 𝒂 𝑳𝟏
𝒙𝟏𝟐 → 𝒏ú𝒎𝒆𝒓𝒐 𝒅𝒆 𝒗𝒊𝒂𝒈𝒆𝒏𝒔 𝒅𝒐 𝑷𝟏 𝒂 𝑳𝟐
𝒙𝟏𝟑 → 𝒏ú𝒎𝒆𝒓𝒐 𝒅𝒆 𝒗𝒊𝒂𝒈𝒆𝒏𝒔 𝒅𝒐 𝑷𝟏 𝒂 𝑳𝟑
𝒙𝟏𝟒 → 𝒏ú𝒎𝒆𝒓𝒐 𝒅𝒆 𝒗𝒊𝒂𝒈𝒆𝒏𝒔 𝒅𝒐 𝑷𝟏 𝒂 𝑳𝟒
𝒙𝟐𝟏 → 𝒏ú𝒎𝒆𝒓𝒐 𝒅𝒆 𝒗𝒊𝒂𝒈𝒆𝒏𝒔 𝒅𝒐 𝑷𝟐 𝒂 𝑳𝟏
𝒙𝟐𝟐 → 𝒏ú𝒎𝒆𝒓𝒐 𝒅𝒆 𝒗𝒊𝒂𝒈𝒆𝒏𝒔 𝒅𝒐 𝑷𝟐 𝒂 𝑳𝟐
𝒙𝟐𝟑 → 𝒏ú𝒎𝒆𝒓𝒐 𝒅𝒆 𝒗𝒊𝒂𝒈𝒆𝒏𝒔 𝒅𝒐 𝑷𝟐 𝒂 𝑳𝟑
𝒙𝟐𝟒 → 𝒏ú𝒎𝒆𝒓𝒐 𝒅𝒆 𝒗𝒊𝒂𝒈𝒆𝒏𝒔 𝒅𝒐 𝑷𝟐 𝒂 𝑳𝟒
𝒙𝟑𝟏 → 𝒏ú𝒎𝒆𝒓𝒐 𝒅𝒆 𝒗𝒊𝒂𝒈𝒆𝒏𝒔 𝒅𝒐 𝑷𝟑 𝒂 𝑳𝟏
𝒙𝟑𝟐 → 𝒏ú𝒎𝒆𝒓𝒐 𝒅𝒆 𝒗𝒊𝒂𝒈𝒆𝒏𝒔 𝒅𝒐 𝑷𝟑 𝒂 𝑳𝟐
𝒙𝟑𝟑 → 𝒏ú𝒎𝒆𝒓𝒐 𝒅𝒆 𝒗𝒊𝒂𝒈𝒆𝒏𝒔 𝒅𝒐 𝑷𝟑 𝒂 𝑳𝟑
𝒙𝟑𝟒 → 𝒏ú𝒎𝒆𝒓𝒐 𝒅𝒆 𝒗𝒊𝒂𝒈𝒆𝒏𝒔 𝒅𝒐 𝑷𝟑 𝒂 𝑳𝟒
𝒎í𝒏𝒊𝒎𝒐 𝒄𝒖𝒔𝒕𝒐 = 𝟑𝟎𝒙𝟏𝟏 + 𝟐𝟎𝒙𝟏𝟐 + 𝟐𝟒𝒙𝟏𝟑 + 𝟏𝟖𝒙𝟏𝟒 + 𝟏𝟐𝒙𝟐𝟏 + 𝟑𝟔𝒙𝟐𝟐 + 𝟑𝟎𝒙𝟐𝟑 + 𝟐𝟒𝒙𝟐𝟒 + 𝟖𝒙𝟑𝟏 + 𝟏𝟓𝒙𝟑𝟐 + 𝟐𝟓𝒙𝟑𝟑 + 𝟐𝟎𝒙𝟑𝟒
𝒙𝟏𝟏 + 𝒙𝟐𝟏 + 𝒙𝟑𝟏 = 𝟓
𝒙𝟏𝟐 + 𝒙𝟐𝟐 + 𝒙𝟑𝟐 = 𝟖
𝒙𝟏𝟑 + 𝒙𝟐𝟑 + 𝒙𝟑𝟑 = 𝟒
𝒙𝟏𝟒 + 𝒙𝟐𝟒 + 𝒙𝟑𝟒 = 𝟏𝟎
𝒓𝒆𝒔𝒕𝒓𝒊çõ𝒆𝒔 𝒅𝒆 𝒏ã𝒐 𝒏𝒆𝒈𝒂𝒕𝒊𝒗𝒊𝒅𝒂𝒅𝒆 {𝒙𝒊𝒋 ≥ 𝟎, 𝒄𝒐𝒎 𝒊 = 𝟏, 𝟐, 𝟑 𝒆 𝒋 = 𝟏, 𝟐, 𝟑, 𝟒
Exercício 10 - modelo de programação linear
Técnica de Solução para Modelos de Programação Linear com
Duas Variáveis de Decisão - Método Gráfico
CONCEITO
Essa técnica consiste em representar num sistema de eixos
ortogonais o conjunto das possíveis soluções do problema, isto é, o
conjunto de pontos (x1, x2) que obedecem ao grupo de restrições
impostas pelo sistema em estudo. O desempenho do modelo é avaliado

31
através da representação gráfica da função objetivo. As soluções são
classificadas de acordo com sua posição no gráfico.
GRÁFICO DO CONJUNTO DE SOLUÇÕES
A representação gráfica de uma equação linear com duas variáveis é
uma reta. A representação gráfica de uma inequação linear com duas
variáveis é um dos semiplanos definidos pela reta correspondente à
equação.
Exemplos:
Exemplo 1:
Representar graficamente a inequação: x1 + 2x2 ≥ 10
a) Construir a reta correspondente à equação: x1 + 2x2 = 10
(acompanhe no gráfico)
Precisamos de dois pontos:
fazendo x1 = 0
teremos:
2x2 = 10
X2 = 5
fazendo x2 = 0
teremos:
x1 = 10
b) Testar a inequação: x1 + 2x2 ≥ 10
Tomamos um ponto qualquer de uma das regiões limitadas pela reta, por
exemplo o ponto (x1 = 10, x2 = 5).
Substituindo na inequação:
10 + 2 . 5 ≥ 10 ou 20 ≥ 10, o que é verdadeiro, portanto a região das
soluções da inequação é aquela que contém o ponto testado.
(10, 5)
Região das soluções
x2
x1
5
10

32
Solução gráfica - exemplo 1
Exemplo 2:
Representar graficamente a solução do sistema:
{
𝑥1 + 3𝑥2 ≤ 12
2𝑥1 + 𝑥2 ≥ 16
𝑥1 ≥ 0
𝑥2 ≥ 0
Solução:
Vamos representar cada uma das retas correspondentes:
1) x1 + 3x2 = 12 se x1 = 0, então 0 + 3. x2 = 12. Portanto, x2 = 12/3
ou x2 = 4
se x2 = 0, então x1 + 3. 0= 12. Portanto, x1 = 12
2) 2x1 + x2 = 16 se x1 = 0, então 2. 0+ x2 = 16. Portanto, x2 = 16 se
x2 = 0, então 2 . x1 + 0 = 16. Portanto, x1 = 16/2 ou x1 = 8
As restrições de não negatividade x1 ≥ 0 e x2 ≥0 representam o primeiro
quadrante do gráfico de soluções.
Gráfico:
Vamos testar para cada reta qual a região que corresponde à solução da
inequação. Para isso escolhemos um ponto fora das retas, por exemplo o
ponto (8,16).
1) x1 + 3x2 ≤ 12; substituindo x1 = 8, x2 = 16, obtém-se: 8+3.16≤ 12
ou 56 ≤ 12; a desigualdade é falsa.
Solução: região oposta. (Vide flecha indicativa.)
2) 2x1 + x2 ≥ 16; substituindo x1 = 8, x2 = 16, obtém-se:
2 . 8 + 16 ≥16, ou 32 ≥ 16; a desigualdade é verdadeira. (Flecha
indicativa da solução na região do ponto testado.)
(8, 16)
x2
x1
16
8
4
12 1
2

33
A região de soluções aparece sombreada no gráfico.
AVALIAÇÃO DO OBJETIVO
Avaliar o desempenho da função objetivo: Maximizar L = 2x1 + 5x2,
na região de soluções do gráfico abaixo.
Solução: Escolhemos um valor arbitrário para L, por exemplo, o valor 10.
A equação: 10 = 2x1 + 5x2 fornece o conjunto de pontos (x1,x2) que dão
para L o valor 10. Vamos representar esses pontos:
se x1 = 0, então 2 . 0 + 5 . x2 = 10. Portanto, x2 = 10/5 ou x2 = 2
se x2 = 0, então 2 . x1 + 5 . 0 = 10. Portanto, x1 = 10/2 ou x1 = 5
Escolhemos um segundo valor para L, por exemplo, o valor 15, então:
2x1 + 5x2 = 15 se x1 = 0, então 2 . 0 + 5 . x2 = 15.
Portanto, x2 = 15/5 ou x2 = 3
se x2 = 0, então 2 . x1 + 5 . 0 = 15.
Portanto, x1 = 15/2 ou x1 = 7,5
Graficamente, teremos:
x2
x1
8
4
6
8
0
x2
x1
8
4
6
8
0
L = máximo
5 7,5
3
2
L = 15
L = 10
P

34
Verificamos do gráfico que:
1) À medida que atribuirmos valores a L, obtemos retas paralelas.
2) À medida que o valor de L aumenta, a reta se afasta da origem do
sistema de eixos.
Podemos concluir que pelo ponto P do gráfico teremos a paralela de
maior valor que ainda apresenta um ponto na região de soluções.
Portanto, o ponto P é a solução que maximiza L na região de soluções
dadas.
Como P = (0,6) e L = 2x1 + 5x2, substituindo x1 = 0, x2 = 6 teremos:
L = 2 . 0 + 5 . 6 ou Lmáximo = 30.
MÉTODO GRÁFICO
Exemplo 1:
Resolver o problema de programação linear:
minimizar Z = 2x1 + 3x2
𝑠𝑢𝑗𝑒𝑖𝑡𝑜 à𝑠 𝑟𝑒𝑠𝑡𝑟𝑖çõ𝑒𝑠:
{
𝑥1 + 𝑥2 ≥ 5
5𝑥1 + 𝑥2 ≥ 10
𝑥1 ≤ 8
𝑥1 ≥ 0
𝑥2 ≥ 0
Solução:
a) Construir a região de soluções das restrições:
1) x1 + x2 = 5 se x1 = 0, então 0 + x2 = 5 ou x2 = 5
se x2 = 0, então x1 + 0 = 5 ou x1 = 5
2) 5x1 + x2 = 10 se x1 = 0, então 5 . 0 + x2 = 10 ou x2 = 10
se x2 = 0, então 5. X1 + 0 = 10 ou x1 = 10/5 ou
x1=2
3) x1 = 8 A representação gráfica é uma reta paralela ao eixo x2
pelo ponto x1 = 8.
No gráfico:

35
Tomando-se o ponto (5,5) para o teste da região de solução de cada
uma das inequações, temos, substituindo os valores x1 = 5 e x2 = 5:
1) x1 + x2 ≥ 5, então 5 + 5 ≥ 5 ou 10 ≥ 5. A desigualdade é verdadeira
- flecha em (1) para a região do ponto testado. ,
2) 5x1 + x2 ≥ 10, então 5 .5 + 5 ≥ 10 ou 30 ≥ 10. A desigualdade é
verdadeira - flecha em (2) para a região do ponto testado.
3) x1 ≤ 8 substituindo x1 = 5, teremos 5 ≤ 8. A desigualdade é
verdadeira - flecha em (3) para a região do ponto (5,5).
A região resultante está sombreada na figura.
b) Avaliar o desempenho da função objetivo.
Arbitramos dois valores para Z, por exemplo: Z = 12 e Z = 18.
Para Z = 12, teremos:
2x1 + 3x2 = 12 se x1 = 0, então 2 . 0 + 3. x2 = 12 ou x2 = 4
se x2 = 0, então 2 . x1 + 3 . 0 = 12 ou x1 = 6
Para Z = 18, teremos:
2x1 + 3x2 = 18 se x1 = 0, então 2 . 0 + 3 . x2 = 18 ou x2 = 6
se x2 = 0, então 2 . x1 + 3 . 0 = 18 ou x1 = 9
Conclusão: (verifique no gráfico) À medida que diminuímos o valor de Z,
obtemos retas paralelas mais próximas da origem. Portanto, o ponto da
região de soluções com o menor valor de Z é o ponto (5,0).
Resposta:
Ponto de mínimo: x1 = 5, x2 = O. Valor mínimo = 2 . 5 + 3 . 0 = 10.
Exemplo 2
Resolver o problema de programação linear:
MAX L = 2x1 + 3x2
x2
x1
10
2
5
8
0
Zmín = 10
5 6
4
6
Z = 18
Z = 12
2
9
(5, 5)
1
3

36
𝑠𝑢𝑗𝑒𝑖𝑡𝑜 𝑎: {
4𝑥1 + 6𝑥2 ≤ 60
𝑥1 + 𝑥2 ≥ 12
𝑥1 ≥ 0, 𝑥2 ≥ 0
a) Construir a região de soluções das restrições.
1) 4x1 + 6x2 = 60 se x1 = 0, então 6 . x2 = 60 ou x2 = 10
se x2 = 0, então 4 . x1 = 60 ou x1 = 15
2) x1 + x2 = 12 se x1 = 0, então x2 = 12
se x2 = 0, então x1 = 12
b) Teste de região de soluções usando o ponto (x1 = 15, x2 = 12).
1) 4x1 + 6x2 ≤ 60 substituindo os valores de x1 = 15, x2 = 12,
obtemos 4 . 15 + 6 . 12 ≤ 60 ou 132 ≤ 60, o que é falso.
A solução é a região oposta ao ponto testado.
2) x1 + x2 ≥ 12 substituindo os valores de x1 = 15, x2 = 12, obtemos
15 + 12 ≥ 12 ou 27 ≥ 12, o que é verdadeiro.
A solução é a região do ponto testado.
c) Avaliar o objetivo na região de soluções:
Atribuímos dois valores para L:
L = 24, então 2x1 + 3x2 = 24 se x1 = 0, então x2 = 8
se x2 = 0, então x1 = 12
L = 45, então 2x1 + 3x2 = 45 se x1 = 0, então x2 = 15
se x2 = 0, então x1 = 22,5
Gráfico:
Examinando o gráfico, concluímos que L atinge o maior valor na região
de soluções sobre a reta (1). Portanto, todos os pontos do segmento PQ
são soluções ótimas do modelo.
Por exemplo: O ponto Q:
x2
x1
15
8
12
0
P
15
12
L = 24
L = 45
2
(15, 12)
1
3
4
10
Q

37
x1 = 15
x2=0
L = 2 . 15 + 3 . 0 = 30
é uma das soluções ótimas.
Exercícios:
1) Resolver graficamente o modelo de programação linear:
a) Maximizar LUCRO = 2x1 + 3x2
−𝑥1 + 2𝑥2 ≤ 4
𝑥1 + 2𝑥2 ≤ 6
𝑥1 + 3𝑥2 ≤ 9
𝑥1 ≥ 0, 𝑥2 ≥ 0
1) −𝒙𝟏 + 𝟐𝒙𝟐 = 𝟒 se x1 = 0, então 2 . x2 = 4 ou x2 = 2, A(0, 2)
se x2 = 0, então - x1 = 4 ou x1 = -4, B(-4,
0)
2) 𝒙𝟏 + 𝟐𝒙𝟐 = 𝟔 se x1 = 0, então 2.x2 = 6, x2 = 3, C(0, 3)
se x2 = 0, então x1 = 6 , D(6, 0)
3) 𝒙𝟏 + 𝟑𝒙𝟐 = 𝟗 se x1 = 0, então 3.x2 = 9, x2 = 3, F(0, 3)
se x2 = 0, então x1 = 9, G(9, 0)
b) Teste de região de soluções usando o ponto (x1 = 1, x2 =
1).
1) −𝒙𝟏 + 𝟐𝒙𝟐 ≤ 𝟒 substituindo os valores de x1 = 1, x2 = 1,
obtemos - 1 + 2 . 1 ≤ 4 ou 1 ≤ 4, o que é VERDADEIRO. A
solução é a região do ponto testado.
2) 𝒙𝟏 + 𝟐𝒙𝟐 ≤ 𝟔 substituindo os valores de x1 = 1, x2 = 1,
obtemos 1 + 2 . 1 ≤ 12 ou 3 ≤ 6, o que é VERDADEIRO. A

38
3) 𝒙𝟏 + 𝟑𝒙𝟐 ≤ 𝟗 substituindo os valores de x1 = 1, x2 = 1,
obtemos 1 + 3 . 1 ≤ 9 ou 4 ≤ 9, o que é VERDADEIRO. A
Maximizar LUCRO = 2x1 + 3x2
L = 6, então 2x1 + 3x2 = 6 se x1 = 0, então x2 = 2, M(0, 2)
se x2 = 0, então x1 = 3, N(3, 0)
L = 12 , então 2x1 + 3x2 = 12 se x1 = 0, então x2 = 4, R(0, 4)
se x2 = 0, então x1 = 6, S(6, 0)
d) Gráfico:
e) Solução:
Examinando o gráfico, concluímos que L atinge o maior valor na
região de soluções sobre a reta (2) no ponto destacado P(6, 0).
L = 2 . 6 + 3 . 0 = 12
é a solução ótima.
Exercício 1 (a) - solução gráfica
b) Maximizar RECEITA = 0,3x1 + 0,5x2
2𝑥1 + 𝑥2 ≤ 2
𝑥1 + 3𝑥2 ≤ 3
𝑥1 ≥ 0, 𝑥2 ≥ 0
x2
x1
3
4
6
0
P
9
2
L = 6
L = 12
2
(1, 1)
1
3
-4 3

39
1) 𝟐𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 = 𝟐 se x1 = 0, então x2 = 2, A(0, 2)
se x2 = 0, então 2. x1 = 2 ou x1 = 1, B(1, 0)
2) 𝒙𝟏 + 𝟑𝒙𝟐 = 𝟑 se x1 = 0, então 3.x2 = 3, x2 = 1, C(0, 1)
se x2 = 0, então x1 = 3 , D(3, 0)
1).
1) 𝟐𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 ≤ 𝟐 substituindo os valores de x1 = 1, x2 = 1, obtemos
2 + 1 ≤ 2 ou 3 ≤ 2, o que é FALSO. A solução é a região
oposta ao ponto testado.
2) 𝒙𝟏 + 𝟑𝒙𝟐 ≤ 𝟑 substituindo os valores de x1 = 1, x2 = 1, obtemos
1 + 3 ≤ 3 ou 4 ≤ 3, o que é FALSO. A solução é a região
oposta ao ponto testado.
Maximizar RECEITA = 0,3x1 + 0,5x2
Atribuímos dois valores para R:
R = 1,5 , então 0,3x1 + 0,5x2 = 1,5
se x1 = 0, então x2 = 3, M(0, 3)
se x2 = 0, então x1 = 5, N(5, 0)
R = 3, então 0,3x1 + 0,5x2 = 3
se x1 = 0, então x2 = 6, R(0, 6)
se x2 = 0, então x1 = 10, S(10, 0)
d) Gráfico:
x2
x1
3
6
3
0 10
2
R = 1,5
R = 3
2
(1, 1)
1
1 5
1
R = máx

40
e) Solução:
Examinando o gráfico, concluímos que o máximo R atinge o maior
valor na região de soluções que é o encontro das retas (1) e (2)
no ponto destacado.
Para acharmos a solução precisamos então resolver o sistema
linear composto pelas duas equações, como vemos a seguir:
{
𝟐𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 = 𝟐
𝒙𝟏 + 𝟑𝒙𝟐 = 𝟑
Multiplicando a segunda por (-2) e somado as duas equações,
temos:
{
𝟐𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 = 𝟐
𝒙𝟏 + 𝟑𝒙𝟐 = 𝟑 . (−𝟐)
{
𝟐𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 = 𝟐
−𝟐𝒙𝟏 − 𝟔𝒙𝟐 = −𝟔
𝟐𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 = 𝟐
−𝟐𝒙𝟏 − 𝟔𝒙𝟐 = −𝟔
−𝟓𝒙𝟐 = −𝟒
−𝟓𝒙𝟐 = −𝟒 . (−𝟏)
𝟓𝒙𝟐 = 𝟒
𝒙𝟐 =
𝟒
𝟓
= 𝟎, 𝟖
Substituindo em uma das equações, nesse exemplo vamos
substituir na 1ª, e determinar o valor de x1.
𝟐𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 = 𝟐
𝟐𝒙𝟏 + 𝟎, 𝟖 = 𝟐
𝟐𝒙𝟏 = 𝟐 − 𝟎, 𝟖
𝟐𝒙𝟏 = 𝟏, 𝟐
𝒙𝟏 =
𝟏,𝟐
𝟐
= 𝟎, 𝟔

41
Logo a solução está no ponto P(0,6 ; 0,8).
Substituindo na função objetiva teremos a máxima receita.
Maximizar RECEITA = 0,3x1 + 0,5x2
R = 0,3. 0,6 + 0,5 . 0,8
R = 0,18 + 0,40 = 0,58
Exercício 1 (b) - solução gráfica
c) Maximizar LUCRO = 2x1 + 3x2
𝑥1 + 3𝑥2 ≤ 9
−𝑥1 + 2𝑥2 ≤ 4
𝑥1 + 𝑥2 ≤ 6
𝑥1 ≥ 0, 𝑥2 ≥ 0
1)𝒙𝟏 + 𝟑𝒙𝟐 = 𝟗 se x1 = 0, então 3.x2 = 9, x2 = 3, A(0, 3)
se x2 = 0, então x1 = 9, B(9, 0)
2)−𝒙𝟏 + 𝟐𝒙𝟐 = 𝟒 se x1 = 0, então 2 . x2 = 4 ou x2 = 2, C(0, 2)
se x2 = 0, então - x1 = 4 ou x1 = -4, D(-4, 0)
3)𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 = 𝟔 se x1 = 0, então x2 = 6, E(0, 6)
se x2 = 0, então x1 = 6 , F(6, 0)
1).
1) 𝒙𝟏 + 𝟑𝒙𝟐 ≤ 𝟗 substituindo os valores de x1 = 1, x2 = 1,
obtemos 1 + 3 ≤ 9 ou 4 ≤ 9, o que é VERDADEIRO. A
2) −𝒙𝟏 + 𝟐𝒙𝟐 ≤ 𝟒 substituindo os valores de x1 = 1, x2 = 1,
obtemos -1 + 2 ≤ 4 ou 1 ≤ 4, o que é VERDADEIRO. A

42
3) 𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 ≤ 𝟔 substituindo os valores de x1 = 1, x2 = 1,
L = 6, então 2x1 + 3x2 = 6 se x1 = 0, então x2 = 2, M(0, 2)
se x2 = 0, então x1 = 3, N(3, 0)
L = 12 , então 2x1 + 3x2 = 12 se x1 = 0, então x2 = 4, R(0, 4)
se x2 = 0, então x1 = 6, S(6, 0)
d) Gráfico:
e) Solução:
Examinando o gráfico, concluímos que o máximo L atinge o maior
no ponto destacado.
{
𝒙𝟏 + 𝟑𝒙𝟐 = 𝟗
𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 = 𝟔
Multiplicando a segunda por (-3) e somado as duas equações,
temos:
{
𝒙𝟏 + 𝟑𝒙𝟐 = 𝟗
𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 = 𝟔 . (−𝟑)
x2
x1
3
4
6
0
P
9
2
L = 6
L = 12
3
(1, 1)
2
1
-4 3
6
L máx

43
{
𝒙𝟏 + 𝟑𝒙𝟐 = 𝟗
−𝟑𝒙𝟏 − 𝟑𝒙𝟐 = −𝟏𝟖
𝒙𝟏 + 𝟑𝒙𝟐 = 𝟗
−𝟑𝒙𝟏 − 𝟑𝒙𝟐 = −𝟏𝟖
−𝟐𝒙𝟏 = −𝟗
−𝟐𝒙𝟏 = −𝟗 . (−𝟏)
𝟐𝒙𝟏 = 𝟗
𝒙𝟏 =
𝟗
𝟐
= 𝟒, 𝟓
𝒙𝟏 + 𝟑𝒙𝟐 = 𝟗
𝟒, 𝟓 + 𝟑𝒙𝟐 = 𝟗
𝟑𝒙𝟐 = 𝟗 − 𝟒, 𝟓
𝟑𝒙𝟐 = 𝟒, 𝟓
𝒙𝟐 =
𝟒,𝟓
𝟑
= 𝟏, 𝟓
Substituindo na função objetiva teremos o máxima lucro.
L = 2 . 4,5 + 3 . 1,5
L = 9 + 4,5
L = 13,5
Exercício 1 (c) - Solução gráfica
d) Minimizar CUSTO = 10x1 + 12x2

44
𝑥1 + 𝑥2 ≤ 20
𝑥1 + 𝑥2 ≥ 10
5𝑥1 + 6𝑥2 ≥ 54
𝑥1 ≥ 0, 𝑥2 ≥ 0
1)𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 = 𝟐𝟎 se x1 = 0, então x2 = 20, A(0, 20)
se x2 = 0, então x1 = 20, B(20, 0)
2)𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 = 𝟏𝟎 se x1 = 0, então x2 = 10, C(0, 10)
se x2 = 0, então x1 = 10 , D(10, 0)
3)𝟓𝒙𝟏 + 𝟔𝒙𝟐 = 𝟓𝟒 se x1 = 0, então 6.x2 = 54, x2 = 9, F(0, 9)
se x2 = 0, então 5x1 = 54, x1 = 10,8, G(10,8 ; 0)
1).
1) 𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 ≤ 𝟐𝟎 substituindo os valores de x1 = 1, x2 = 1,
2) 𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 ≥ 𝟏𝟎 substituindo os valores de x1 = 1, x2 = 1,
obtemos 1 + 1 ≥ 10 ou 2 ≥ 10, o que é FALSA. A solução é
a região do ponto testado.
3) 𝟓𝒙𝟏 + 𝟔𝒙𝟐 ≥ 𝟓𝟒 substituindo os valores de x1 = 1, x2 = 1,
obtemos 5 . 1 + 6 . 1 ≥ 9 ou 11 ≥ 54, o que é FALSA. A
solução é a região oposta ao ponto testado.
Minimizar CUSTO = 10x1 + 12x2
Atribuímos dois valores para C:
C = 60, então 10x1 + 12x2 = 60
se x1 = 0, então x2 = 5, M(0, 5)
se x2 = 0, então x1 = 6, N(6, 0)
C = 120, então 10x1 + 12x2 = 120
se x1 = 0, então x2 = 10, R(0, 10)
se x2 = 0, então x1 = 12, S(12, 0)

45
d) Gráfico:
e) Solução:
no ponto destacado.
{
𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 = 𝟏𝟎
𝟓𝒙𝟏 + 𝟔𝒙𝟐 = 𝟓𝟒
Multiplicando a primeira por (-5) e somado as duas equações,
temos:
{
𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 = 𝟏𝟎 . (−𝟓)
𝟓𝒙𝟏 + 𝟔𝒙𝟐 = 𝟓𝟒
{
−𝟓𝒙𝟏 − 𝟓𝒙𝟐 = −𝟓𝟎
𝟓𝒙𝟏 + 𝟔𝒙𝟐 = 𝟓𝟒
−𝟓𝒙𝟏 − 𝟓𝒙𝟐 = −𝟓𝟎
𝟓𝒙𝟏 + 𝟔𝒙𝟐 = 𝟓𝟒
𝒙𝟐 = 𝟒
20
20
10 10,8
10
9
C = 120
C = 60
P
Q
1
2
6
5
12
(1, 1)
2
3 1

46
𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 = 𝟏𝟎
𝒙𝟏 + 𝟒 = 𝟏𝟎
𝒙𝟏 = 𝟔
Logo a solução está no ponto Q(6, 4).
Substituindo na função objetiva teremos o máxima lucro.
Examinando o gráfico, concluímos que C atinge o menor valor na
região de soluções sobre a reta (3). Portanto, todos os pontos do
segmento PQ são soluções ótimas do modelo.
Por exemplo: O ponto Q:
x1 = 6
x2 = 4
C = 10. 6 + 12 . 4 = 108
é uma das soluções ótimas (menor custo).
Exercício 1 (d) - solução gráfica
e) Minimizar Z = 7x1 + 9x2
𝑠𝑢𝑗𝑒𝑖𝑡𝑜 𝑎:
{
−𝑥1 + 𝑥2 ≤ 2
𝑥1 ≤ 5
𝑥2 ≤ 6
3𝑥1 + 5𝑥2 ≥ 15
5𝑥1 + 4𝑥2 ≥ 20
𝑥1 ≥ 0, 𝑥2 ≥ 0
1)−𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 = 𝟐 se x1 = 0, então x2 = 2, A(0, 2)
se x2 = 0, então - x1 = 2 ou x1 = -2, B(-2, 0)
2)𝒙𝟏 = 𝟓 x1 = 5, para todo valor de x2, C(5, 0), D(5, 5)
3)𝒙𝟐 = 𝟔 x2 = 6, para todo valor de x1, F(0, 6), G(5, 6)

47
4)𝟑𝒙𝟏 + 𝟓𝒙𝟐 = 𝟏𝟓 se x1 = 0, então 5.x2 = 15, x2 = 3, H(0, 3)
se x2 = 0, então 3.x1 = 15, x1 = 5, J(5, 0)
5)𝟓𝒙𝟏 + 𝟒𝒙𝟐 = 𝟐𝟎 se x1 = 0, então 4.x2 = 20, x2 = 5, K(0, 5)
se x2 = 0, então 5.x1 = 20, x1 = 4, L(4, 0)
1).
1) −𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 ≤ 𝟐 substituindo os valores de x1 = 1, x2 = 1, obtemos
- 1 + 1 ≤ 2 ou 0 ≤ 2, o que é VERDADEIRO. A solução é a
região do ponto testado.
2) 𝒙𝟏 ≤ 𝟓 substituindo o valor de x1 = 1, obtemos 1 ≤ 5, o que é
VERDADEIRO. A solução é a região do ponto testado.
3) 𝒙𝟐 ≤ 𝟔 substituindo o valor de x2 = 1, obtemos 1 ≤ 6, o que é
4) 𝟑𝒙𝟏 + 𝟓𝒙𝟐 ≥ 𝟏𝟓 substituindo os valores de x1 = 1, x2 = 1,
obtemos 3 + 5 ≥ 15 ou 8 ≥ 15, o que é FALSO. A solução é a
região oposta ao ponto testado.
5) 𝟓𝒙𝟏 + 𝟒𝒙𝟐 ≥ 𝟐𝟎 substituindo os valores de x1 = 1, x2 = 1,
obtemos 5 + 4 ≥ 20 ou 9 ≥ 𝟐𝟎, o que é FALSO. A solução é a
região oposta ao ponto testado.
Minimizar Z = 7x1 + 9x2
Atribuímos dois valores para Z:
Z = 63, então 7x1 + 9x2 = 63
se x1 = 0, então x2 = 7, M(0, 7)
se x2 = 0, então x1 = 9, N(9, 0)
Z = 126 , então 7x1 + 9x2 = 126
se x1 = 0, então x2 = 14, R(0, 14)
se x2 = 0, então x1 = 18, S(18, 0)
d) Gráfico:

48
e) Solução:
no ponto destacado.
{
𝟑𝒙𝟏 + 𝟓𝒙𝟐 = 𝟏𝟓
𝟓𝒙𝟏 + 𝟒𝒙𝟐 = 𝟐𝟎
Multiplicando a primeira por (5) e a segunda por (-3) e somado as
duas equações, temos:
{
𝟑𝒙𝟏 + 𝟓𝒙𝟐 = 𝟏𝟓 . (𝟓)
𝟓𝒙𝟏 + 𝟒𝒙𝟐 = 𝟐𝟎 . (−𝟑)
{
𝟏𝟓𝒙𝟏 + 𝟐𝟓𝒙𝟐 = 𝟕𝟓
−𝟏𝟓𝒙𝟏 − 𝟏𝟐𝒙𝟐 = −𝟔𝟎
𝟏𝟓𝒙𝟏 + 𝟐𝟓𝒙𝟐 = 𝟕𝟓
−𝟏𝟓𝒙𝟏 − 𝟏𝟐𝒙𝟐 = −𝟔𝟎
𝟏𝟑𝒙𝟐 = 𝟏𝟓
x2
x1
6
7
5
0 18
3
Z = 63
Z = 126
3
(1, 1)
4
1
3
14
4 9
P
5
2
-2
3
5

49
𝟏𝟑𝒙𝟐 = 𝟏𝟓
𝒙𝟐 =
𝟏𝟓
𝟏𝟑
≅ 𝟏, 𝟏𝟓
𝟑𝒙𝟏 + 𝟓𝒙𝟐 = 𝟏𝟓
𝟑𝒙𝟏 + 𝟓 . (
𝟏𝟓
𝟏𝟑
) = 𝟏𝟓
𝟑𝒙𝟏 +
𝟕𝟓
𝟏𝟑
= 𝟏𝟓
𝟑𝟗𝒙𝟏=𝟏𝟗𝟓−𝟕𝟓
𝟏𝟑
𝟑𝟗𝒙𝟏 = 𝟏𝟐𝟎
𝒙𝟏 =
𝟏𝟐𝟎
𝟑𝟗
=
𝟒𝟎
𝟏𝟑
≅ 𝟑, 𝟎𝟖
Substituindo na função objetiva teremos o mínimo.
Minimizar Z = 7x1 + 9x2
𝒁 = 𝟕 .
𝟒𝟎
𝟏𝟑
+ 𝟗 .
𝟏𝟓
𝟏𝟑
𝒁 =
𝟐𝟖𝟎
𝟏𝟑
+
𝟏𝟑𝟓
𝟏𝟑
=
𝟒𝟏𝟓
𝟏𝟑
≅ 𝟑𝟏, 𝟗𝟐
Exercício 1 (e) - solução gráfica
2) Dado o problema:
Um sapateiro faz 6 sapatos por hora, se fizer somente sapatos, e 5
cintos por hora, se fizer somente cintos. Ele gasta 2 unidades de couro
para fabricar 1 unidade de sapato e 1 unidade couro para fabricar uma
unidade de cinto. Sabendo-se que o total disponível de couro é de 6
unidades e que o lucro unitário por sapato é de 5 unidades monetárias e
o do cinto é de 2 unidades monetárias.
Com o seguinte modelo.

50
𝑥1 → 𝑛º 𝑑𝑒 𝑠𝑎𝑝𝑎𝑡𝑜𝑠/ℎ𝑜𝑟𝑎
𝑥2 → 𝑛º 𝑑𝑒 𝑐𝑖𝑛𝑡𝑜𝑠/ℎ𝑜𝑟𝑎
𝑚á𝑥𝑖𝑚𝑜 𝑙𝑢𝑐𝑟𝑜 = 5𝑥1 + 2𝑥2
10𝑥1 + 12𝑥2 ≤ 60
2𝑥1 + 𝑥2 ≤ 6
𝑥1 ≥ 0
𝑥2 ≥ 0
Resolva-o e responda qual a ociosidade de recursos na solução ótima?
1)𝟏𝟎𝒙𝟏 + 𝟏𝟐𝒙𝟐 = 𝟔𝟎 se x1 = 0, então 12.x2 = 60, x2 = 5 A(0, 5)
se x2 = 0, então 10.x1 = 60, x1 = 6, B(6, 0)
2)𝟐𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 = 𝟔 se x1 = 0, então x2 = 6, C(0, 6)
se x2 = 0, então 2.x1 = 6, x1 = 3 , D(3, 0)
1).
1)𝟏𝟎𝒙𝟏 + 𝟏𝟐𝒙𝟐 ≤ 𝟔𝟎 substituindo os valores de x1 = 1, x2 = 1,
2)𝟐𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 ≤ 𝟔 substituindo os valores de x1 = 1, x2 = 1, obtemos
2 + 1 ≤ 6 ou 3 ≤ 6, o que é VERDADEIRO. A solução é a região
do ponto testado.
L = 10 , então 𝟓𝒙𝟏 + 𝟐𝒙𝟐 = 10
se x1 = 0, então x2 = 5, M(0, 5)
se x2 = 0, então x1 = 2, N(2, 0)
L = 20, então 𝟓𝒙𝟏 + 𝟐𝒙𝟐 = 20
se x1 = 0, então x2 = 10, R(0, 10)
se x2 = 0, então x1 = 4, S(4, 0)

51
d) Gráfico:
e) Solução:
região de soluções sobre a reta (1) no ponto destacado P(3, 0).
L = 5 . 3 + 2 . 0 = 15
Logo temos:
Número de sapatos: 3
Número de cintos: 0
Lucro = 15
Usando este valores na inequação do tempo temos:
𝟏𝟎𝒙𝟏 + 𝟏𝟐𝒙𝟐 ≤ 𝟔𝟎
𝟏𝟎. 𝟑 + 𝟏𝟐. 𝟎 ≤ 𝟔𝟎
𝟑𝟎 ≤ 𝟔𝟎
Então iremos gastar 30 minutos e termos 30 minutos de
recursos ociosos.
Exercício 2 - solução gráfica
3) Dado o problema.
x2
x1
5
6
3
0 6
10
L = 10
L = 20
2
(1, 1)
1
1 4
1
L = máx
2
P

52
Certa empresa fabrica 2 produtos P1 e P2. O lucro por unidade de P1 é
de 100 u.m. e o lucro unitário de P2 é de 150 u.m. A empresa necessita
de 2 horas para fabricar uma unidade de P1 e 3 horas para fabricar uma
unidade de P2. O tempo mensal disponível para essas atividades é de
120 horas. As demandas esperadas para os 2 produtos levaram a
empresa a decidir que os montantes produzidos de P1 e P2 não devem
ultrapassar 40 unidades de P1 e 30 unidades de P2 por mês.
Com o seguinte modelo.
𝑥1 → 𝑞𝑢𝑎𝑛𝑡𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 𝑎 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑧𝑖𝑟 𝑑𝑒 𝑃1
𝑥2 → 𝑞𝑢𝑎𝑛𝑡𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 𝑎 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑧𝑖𝑟 𝑑𝑒 𝑃2
𝑚á𝑥𝑖𝑚𝑜 𝑙𝑢𝑐𝑟𝑜 = 100𝑥1 + 150𝑥2
2𝑥1 + 3𝑥2 ≤ 120
𝑥1 ≤ 40
𝑥2 ≤ 30
𝑥1 ≥ 0
𝑥2 ≥ 0
Resolva o problema e diga qual a ociosidade de recursos na solução
ótima?
1)𝟐𝒙𝟏 + 𝟑𝒙𝟐 = 𝟏𝟐𝟎 se x1 = 0, então 3 . x2 = 120 ou x2 = 40, A(0,
40)
se x2 = 0, então 2.x1 = 120 ou x1 = 60, B(60, 0)
2)𝒙𝟏 = 𝟒𝟎 para todo x2 , x1 = 40, C(40, 0), D(40, 10)
3)𝒙𝟐 = 𝟑𝟎 para todo x1, x2 = 30, F(0, 30) , G(10, 30)
b) Teste de região de soluções usando o ponto
(x1 = 10, x2 = 10).
1) 𝟐𝒙𝟏 + 𝟑𝒙𝟐 ≤ 𝟏𝟐𝟎 substituindo os valores de x1 = 10, x2 = 10,
obtemos 20 + 30 ≤ 120 ou 50 ≤ 120, o que é

53
2) 𝒙𝟏 ≤ 𝟒𝟎 substituindo o valore de x1 = 10, obtemos 10 ≤ 40,
o que é VERDADEIRO. A solução é a região do ponto
testado.
3) 𝒙𝟐 ≤ 𝟑𝟎 substituindo o valore de x1 = 10, obtemos 10 ≤ 30, o
que é VERDADEIRO. A solução é a região do ponto testado.
L = 3000, então 𝟏𝟎𝟎𝒙𝟏 + 𝟏𝟓𝟎𝒙𝟐 = 3000
se x1 = 0, então x2 = 20, M(0, 20)
se x2 = 0, então x1 = 30, N(30, 0)
L = 6000 , então 𝟏𝟎𝟎𝒙𝟏 + 𝟏𝟓𝟎𝒙𝟐= 6000
se x1 = 0, então x2 = 40, R(0, 40)
se x2 = 0, então x1 = 60, S(60, 0)
d) Gráfico:
f) Solução:
região de soluções sobre a reta (1). Portanto, todos os pontos do
segmento PQ são soluções ótimas do modelo.
Por exemplo: O ponto P que é a interseção da reta 1 e reta 3:
x2
x1
20
30
30
0 60
40
L = 3000
L = 6000
2
(10, 10)
1
10 40
10
3
P
Q

54
{
𝟐𝒙𝟏 + 𝟑𝒙𝟐 = 𝟏𝟐𝟎
𝒙𝟐 = 𝟑𝟎
Como 𝒙𝟐 = 𝟑𝟎, vamos substituir este valor na primeira equação
para determinar x1.
𝟐𝒙𝟏 + 𝟑𝒙𝟐 = 𝟏𝟐𝟎
𝟐𝒙𝟏 + 𝟑. 𝟑𝟎 = 𝟏𝟐𝟎
𝟐𝒙𝟏 = 𝟏𝟐𝟎 − 𝟗𝟎
𝟐𝒙𝟏 = 𝟑𝟎
𝒙𝟏 =
𝟑𝟎
𝟐
= 𝟏𝟓
Logo a solução está no ponto P(15, 30).
Substituindo na função objetiva teremos o máximo.
L = 𝟏𝟎𝟎. 𝟏𝟓 + 𝟏𝟓𝟎 . 𝟑𝟎
L = 6000
Para saber a ociosidade, basta substituir na inequação
relacionada com o tempo para saber quanto estará sobrando.
𝟐𝒙𝟏 + 𝟑𝒙𝟐 ≤ 𝟏𝟐𝟎
𝟐. 𝟏𝟓 + 𝟑 . 𝟑𝟎 ≤ 𝟏𝟐𝟎
𝟏𝟐𝟎 ≤ 𝟏𝟐𝟎
Como o resultado foi de 120 horas, não há ociosidade.
Exercício 3 - solução gráfica

55
4) Dado o problema:
Um vendedor de frutas pode transportar 800 caixas de frutas para sua
região de vendas. Ele necessita transportar 200 caixas de laranjas a 20
u.m. de lucro por caixa, pelo menos 100 caixas de pêssegos a 10 u.m. de
lucro por caixa, e no "máximo 200 caixas de tangerinas a 30 u.m. de
lucro por caixa.
Com o seguinte modelo:
𝑚á𝑥𝑖𝑚𝑜 𝑙𝑢𝑐𝑟𝑜 = 10𝑥1 + 30𝑥2 + 4.000
𝑥1 + 𝑥2 ≤ 600
𝑥1 ≥ 100
𝑥2 ≤ 200
𝑥1 ≥ 0
𝑥2 ≥ 0
Resolva o problema.
1) 𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 = 𝟔𝟎𝟎 se x1 = 0, então x2 = 600, A(0, 600)
se x2 = 0, então x1 = 600, B(600, 0)
2) 𝒙𝟏 = 𝟏𝟎𝟎 para todo x2 , x1 = 100, C(100, 0), D(100, 100)
3) 𝒙𝟐 = 𝟐𝟎𝟎 para todo x1, x2 = 200, F(0, 200) , G(100, 200)
b) Teste de região de soluções usando o ponto
(x1 = 200, x2 = 100).
1) 𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 ≤ 𝟔𝟎𝟎 substituindo os valores de x1 = 200, x2 = 100,
obtemos 200 + 100 ≤ 600 ou 300 ≤ 600, o que é
2) 𝒙𝟏 ≥ 𝟏𝟎𝟎 substituindo o valore de x1 = 100, obtemos 200
≥ 100, o que é VERDADEIRO. A solução é a região do ponto
testado.

56
3) 𝒙𝟐 ≤ 𝟐𝟎𝟎substituindo o valore de x1 = 100, obtemos 100
≤ 200, o que é VERDADEIRO. A solução é a região do ponto
testado.
𝒎á𝒙𝒊𝒎𝒐 𝒍𝒖𝒄𝒓𝒐 = 𝟏𝟎𝒙𝟏 + 𝟑𝟎𝒙𝟐 + 𝟒. 𝟎𝟎𝟎
L = 7000, então 𝟏𝟎𝒙𝟏 + 𝟑𝟎𝒙𝟐 + 𝟒. 𝟎𝟎𝟎 = 𝟕𝟎𝟎𝟎
𝟏𝟎𝒙𝟏 + 𝟑𝟎𝒙𝟐 = 𝟕𝟎𝟎𝟎 − 𝟒𝟎𝟎𝟎
𝟏𝟎𝒙𝟏 + 𝟑𝟎𝒙𝟐 = 𝟑𝟎𝟎𝟎
se x1 = 0, então x2 = 100, M(0, 100)
se x2 = 0, então x1 = 300, N(300, 0)
L = 10000 , então 𝟏𝟎𝒙𝟏 + 𝟑𝟎𝒙𝟐 + 𝟒. 𝟎𝟎𝟎 = 𝟏𝟎𝟎𝟎𝟎
𝟏𝟎𝒙𝟏 + 𝟑𝟎𝒙𝟐 + 𝟒. 𝟎𝟎𝟎 = 𝟏𝟎𝟎𝟎𝟎 − 𝟒𝟎𝟎𝟎
𝟏𝟎𝒙𝟏 + 𝟑𝟎𝒙𝟐 = 𝟔𝟎𝟎𝟎
se x1 = 0, então x2 = 200, R(0, 200)
se x2 = 0, então x1 = 600, S(600, 0)
d) Gráfico:
e) Solução:
no ponto destacado.
x1
200
600
300
0 600
400
L = 7000
L = 10000
2
(200, 100)
1
200
100
3
P
100
L = máx

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