4 IO MÉTODO DO SIMPLEX e ANÁLISE ECONÓMICA 2021B VA

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USTM/C&A/2021B 2L4LCA1/2L4LCA2 IO – Problemas de PL: SIMPLEX 
 
MSc. Faquira António Resolução de PPL pelo Método Simplex e Análise Económica 1/29 
4. RESOLUÇÃO DE PROBLEMAS DE PL PELO MÉTODO DO SIMPLEX 
 
Dispondo-se duma Solução Básica Admissível (SBA) inicial (X0), o algoritmo, através de 
sucessivas operações de condensação, permite prosseguir um percurso orientado através 
de um subconjunto de soluções básicas admissíveis e do qual se possui a garantia de con-
vergir para a solução óptima. Ou seja, 
• O método simplex começa com a solução básica admissível X0 e vai, sucessiva-
mente, localizando outras soluções básicas (sempre admissíveis) correspondentes 
a melhores valores de função objectivo, até que seja encontrada uma solução óp-
tima. 
• O método simplex pode recorrer a vários algoritmos – primal, dual e primal-dual. 
Comecemos pelo algoritmo primal do simplex. 
 
4.1. Algoritmo (Primal) do SIMPLEX – Forma GERAL (PADRÃO) 
 
EXEMPLO 1: Tomemos o exercício 1 da AP 02, como exemplo 
 
𝒙𝟏= número de secretárias do novo modelo a produzir 
𝒙𝟐= número de estantes do novo modelo a produzir 
 
𝑀𝑎𝑥 𝑧 = 6𝑥1 + 3𝑥2 (10
3 u. m. ) 
 𝑠. 𝑎 {
2𝑥1 + 4𝑥2 ≤ 720
4𝑥1 + 4𝑥2 ≤ 880
 𝑥1 ≤ 160
𝑥1, 𝑥2 ≥ 0
 
→ pelo método gráfico ou geométrico 
 
x1
x2
0
ESA
A
B
D
C
E
160
180
220
360220
 
 
 
 
Ponto 𝐀 {
𝑥1 = 0
𝑥2 = 0
 𝑧 = 0
, Ponto 𝐁 {
𝑥1 = 0
𝑥2 = 180
 𝑧 = 540
 
 
 
Ponto 𝐂 {
𝑥1 = 80
𝑥2 = 140
 𝑧 = 900
, Ponto 𝐄 {
𝑥1 = 160
𝑥2 = 0
 𝑧 = 960
 
 
𝑃𝑜𝑛𝑡𝑜 𝑫 {
𝑥1 = 160
𝑥2 = 60
 𝑧 = 1.140
 ó𝑝𝑡𝑖𝑚𝑜 
 
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Como chegar à solução óptima pelo algoritmo (primal) do simplex (padrão)? 
 
EXEMPLO 1: Simplex (Modelo Geral ou Padrão) 
 
1º) Verificar se o problema pode ser resolvido usando o Simplex padrão. 
 
 𝑀𝑎𝑥 𝑧 = 6𝑥1 + 3𝑥2 (10
3 u.m. ) 
 
 𝑠. 𝑎 {
2𝑥1 + 4𝑥2 ≤ 720
4𝑥1 + 4𝑥2 ≤ 880
 𝑥1 ≤ 160
𝑥1, 𝑥2 ≥ 0
 
 
• FO → Maximização? Sim. 
• RT → Tipo ≤? Sim. 
• RNN → Tipo ≥? Sim. 
 
 
2º) Tornar nula a função objectivo z 
 
𝑧 − 6𝑥1 − 3𝑥2 = 0 
 
3º) Colocar variáveis de folga (ou variáveis auxiliares) nas RT, transformando-as em 
igualdades. 
 
• 2𝑥1 + 4𝑥2 ≤ 720 ⟺ 2𝑥1 + 4𝑥2 + 𝒙𝑭𝟏 = 720 𝑒 𝒙𝑭𝟏 ≥ 0 
 
 Resulta então que 
𝒙𝑭𝟏 = 720 − 2𝑥1 − 4𝑥2 
 
• 4𝑥1 + 4𝑥2 ≤ 880 ⟺ 4𝑥1 + 4𝑥2 + 𝒙𝑭𝟐 = 880 𝑒 𝒙𝑭𝟐 ≥ 0 
 
 Resulta então que 
𝒙𝑭𝟐 = 880 − 4𝑥1 − 4𝑥2 
 
• 𝑥1 ≤ 160 ⟺ 𝑥1 + 𝒙𝑭𝟑 = 160 𝑒 𝒙𝑭𝟑 ≥ 0 
 
 Resulta então que 
𝒙𝑭𝟑 = 160 − 𝑥1 
 
Nota: ao se transformar as desigualdades das restrições técnicas em igualdades, introdu-
zindo novas variáveis (de folga ou auxiliares), soma-se a variável de folga se a restrição 
for do tipo (≤) , mas subtrai-se a variável de folga se a restrição for do tipo (≥). 
 
 
 
 
 
 
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4º) Montar a tabela simplex 
 
 ENTRA 
 
𝑍 𝑥1 𝑥2 𝑥𝐹1 𝑥𝐹2 𝑥𝐹3 Termos independentes (b) 
 
1 −𝟔 −3 0 0 0 0 
0 2 4 1 0 0 720 
0 4 4 0 1 0 880 
0 𝟏 0 0 0 1 160 SAI 
 
SOLUÇÃO 
 
Como ler? 
• VARIÁVEIS BÁSICAS (VB): são as que estão a cor vermelha (colunas sombrea-
das). Onde existem “um (1)” e “3 zeros (0, 0, 0)”, não interessando a ordem ou a 
disposição. Neste caso as VB são: 𝒙𝟏, 𝒙𝑭𝟏, 𝒙𝑭𝟐. Os valores das VB são as que es-
tão na coluna dos termos independentes na linha que possui “1”, como indica a 
Quadro 1. 
 
• VARIÁVEIS NÃO BÁSICAS (VNB): são as que não se configuram como as anteriores 
(VB). Neste caso são: 𝒙𝟐, 𝒙𝑭𝟑. E são nulas, como se mostra na Quadro 1. 
 
• O valor de Z está no cruzamento entre primeira linha (linha da FO) e a última coluna, 
a dos termos independentes (Tabela acima). 
 
Quadro 1 – solução 1 
VB VNB VALOR DE Z 
𝑥𝐹1 = 720 
𝑥𝐹2 = 880 
𝑥𝐹3 = 160 
𝑥1 = 0 
𝑥2 = 0 
 
𝑍 = 0 
 
(Pelo método gráfico corresponde ao ponto A). 
 
OBJECTIVO FINAL: tornar máximo o valor de Z. Dever-se-á TRANSFORMAR em NÃO 
NEGATIVOS todos os valores dos coeficientes das variáveis em Z (de 𝑥1 à 𝑥𝐹3). 
 
Passo 1: Identificar a variável que ENTRA: 𝑥1 que está na coluna sombreada, amarelada 
(COLUNA DE TRABALHO). 
 
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• Critério para identificar a variável que ENTRA é o maior valor absoluto (“maior 
valor negativo”) situado na linha da FO. Neste caso é −6. 
 
Passo 2: Identificar a Linha que SAI, chamada LINHA PIVÔ. Como? 
• Critério: dividindo os termos independentes (b) das restrições técnicas pelos coefi-
cientes da coluna de trabalho e ESCOLHER O MENOR QUOCIENTE POSITIVO. 
720 ÷ 2 = 360 
880 ÷ 4 = 220 
160 ÷ 1 = 160: 4ª Linha é a LINHA PIVÔ. 
 
Passo 3: Identificar o ELEMENTO PIVÔ. Como? 
• Critério: é o elemento que está no CRUZAMENTO entre a coluna que entre (coluna 
de trabalho) e a linha que sai (linha pivô). Neste caso é 1. 
 
Passo 4: Calcular a “NOVA LINHA PIVÔ” (NLP). Como? 
 
 Tomando a linha que saí (linha pivô já identificada), a 4ª Linha. 
 
0 1 0 0 0 1 160 
 
 Dividir todos os elementos da linha pelo elemento pivô, 1. 
÷ (𝟏): 
0 1 0 0 0 1 160 NLP 
 
Passo 5: Calcular as NOVAS LINHAS (1ª, 2ª e 3ª) ASSIM: 
 
1ª LINHA (NOVA) 
NLP: 0 1 0 0 0 1 160 
Tomar o simétrico (oposto) da variável que ENTRA (oposto de −6 é 6) e multiplicar pela linha pivô. 
∙ (𝟔): 0 6 0 0 0 6 960 
+ 1ª linha 1 −6 −3 0 0 0 0 
 𝟏 𝟎 −𝟑 𝟎 𝟎 𝟔 𝟗𝟔𝟎 NOVA 1ª LINHA 
 
2ª LINHA (NOVA) 
NLP: 0 1 0 0 0 1 160 
Tomar o simétrico (oposto) da variável que ENTRA (oposto de 2 é −2) e multiplicar pela linha pivô. 
∙ (−𝟐): 0 −2 0 0 0 −2 −360 
+ 2ª linha 0 2 4 1 0 0 720 
 𝟎 𝟎 𝟒 𝟏 𝟎 −𝟐 𝟒𝟎𝟎 NOVA 2ª LINHA 
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3ª LINHA (NOVA) 
NLP: 0 1 0 0 0 1 160 
Tomar o simétrico (oposto) da variável que ENTRA (oposto de 4 é −4) e multiplicar pela linha pivô. 
∙ (−𝟒): 0 −4 0 0 0 −4 −640 
+ 3ª linha 0 4 4 0 1 0 880 
 𝟎 𝟎 𝟒 𝟎 𝟏 −𝟒 𝟐𝟒𝟎 NOVA 3ª LINHA 
 
 
Passo 6: Compor NOVA TABELA SIMPLEX 
𝒁 𝒙𝟏 𝒙𝟐 𝒙𝑭𝟏 𝒙𝑭𝟐 𝒙𝑭𝟑 Termos independentes (b) 
𝟏 𝟎 −𝟑 𝟎 𝟎 𝟔 𝟗𝟔𝟎 
𝟎 𝟎 𝟒 𝟏 𝟎 −𝟐 𝟒𝟎𝟎 
𝟎 𝟎 𝟒 𝟎 𝟏 −𝟒 𝟐𝟒𝟎 
𝟎 𝟏 𝟎 𝟎 𝟎 𝟏 𝟏𝟔𝟎 
 
 
SOLUÇÃO 
 
Como ler? 
• VARIÁVEIS BÁSICAS (VB): são as que estão a cor vermelha (colunas sombrea-
das). Onde existem “um (1)” e “3 zeros (0, 0, 0)”, não interessando a ordem ou a 
disposição. Neste caso as VB são: 𝒙𝟏, 𝒙𝑭𝟏, 𝒙𝑭𝟐. Os valores das VB são as que es-
tão na coluna dos termos independentes na linha que possui “1”, como indica a 
Quadro 1. 
 
• VARIÁVEIS NÃO BÁSICAS (VNB): são as que não se configuram como as anteriores 
(VB). Neste caso são: 𝒙𝟐, 𝒙𝑭𝟑. E são nulas, como se mostra na Quadro 1. 
 
• O valor de Z está no cruzamento entre primeira linha (linha da FO) e a última coluna, 
a dos termos independentes (Tabela acima). 
 
Quadro 2 – solução 2 
VB VNB VALOR DE Z 
𝑥1 = 160 
𝑥𝐹1 = 400 
𝑥𝐹2 = 240 
𝑥2 = 0 
𝑥𝐹3 = 0 
 
𝑍 = 960 
 
(Pelo método gráfico corresponde ao ponto E). 
Mas será que esta solução é OPTIMA? 
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NÃO, NÃO É ÓPTIMA. Pois, na FO apareceu pelo menos um número negativo (−𝟑). 
 
VAMOS RECALCULAR 
 
Passo 7: RECALCULAR, seguindo os PASSOS 1 - 6 
 
Tomemos a última Tabela do Simplex que está no passo 7 
 
 ENTRA 
𝑍 𝑥1 𝑥2 𝑥𝐹1 𝑥𝐹2 𝑥𝐹3 Termos independentes (b) 
1 0 −3 0 0 6 960 
0 0 4 1 0 −2 400 
0 0 𝟒 0 1 −4 240 SAI 
0 1 0 0 0 1 160 
 
• O nº “mais negativo” na linha da FO é -3 (coluna de trabalho). Logo 𝑥2 ENTRA; 
• A 3ª Linha SAI, pois: 
400 ÷ 4 = 100 
240 ÷ 4 = 60: 4ª Linha é a LINHA PIVÔ. 
160 ÷ 0 = ∞ 
• Elemento PIVÔ é 4, que está no cruzamento entre a coluna de trabalho e a linha 
pivô. 
 
Calcular a “NOVA LINHA PIVÔ” (NLP). Como? 
 
Tomando a linha que saí (linha pivô já identificada), a 3ª Linha. 
 
0 0 4 0 1 −4 240 
 
Dividir todos os elementos da linha pelo elemento pivô, 4. 
÷ (𝟒): 
0 0 1 0 1 4⁄ −1 60 
NLP 
 
1ª LINHA (NOVA) 
NLP: 0 0 1 0 1 4⁄ −1 60 
Tomar o simétrico (oposto) da variável que ENTRA (oposto de −3 é 3) e multiplicar pela linha pivô. 
∙ (𝟑): 0 0 3 0 3 4⁄ −3 180 
+ 1ª linha 1 0 −3 0 0 6 960 
 𝟏 𝟎 𝟎 𝟎 𝟑 𝟒⁄ 𝟑 𝟏𝟏𝟒𝟎 NOVA 1ª LINHA 
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2ª LINHA (NOVA) 
NLP: 0 0 1 0 1 4⁄ −1 60 
Tomar o simétrico (oposto) da variável que ENTRA (oposto de 4 é −4) e multiplicar pela linha pivô. 
∙ (−𝟒): 0 0 −4 0 −1 4 −240 
+ 2ª linha 0 0 4 1 0 −2 400 
 𝟎 𝟎 𝟎 𝟏 -1 −𝟐 𝟏𝟔𝟎 NOVA 2ª LINHA 
 
4ª LINHA (NOVA) 
NLP: 0 0 1 0 1 4⁄ −1 60 
Tomar o simétrico (oposto) da variável que ENTRA (oposto de 0 é 0) e multiplicar pela linha pivô. 
∙ (𝟎): 0 0 0 0 0 0 0 
+ 4ª linha 0 1 0 0 0 1 160 
 𝟎 𝟏 𝟎 𝟎 𝟎 𝟏 𝟏𝟔𝟎 NOVA 4ª LINHA 
 
Compor NOVA TABELA SIMPLEX 
𝑍 𝒙𝟏 𝒙𝟐 𝒙𝑭𝟏 𝑥𝐹2 𝑥𝐹3 Termos independentes (b) 
1 𝟎 𝟎 𝟎 3 4⁄ 3 𝟏𝟏𝟒𝟎 
0 𝟎 𝟎 𝟏 −1 2 𝟏𝟔𝟎 
0 𝟎 𝟏 𝟎 1 4⁄ −1 𝟔𝟎 
0 𝟏 𝟎 𝟎 0 1 𝟏𝟔𝟎 
 
 
SOLUÇÃO 
 
Quadro 3 – solução 3 
 
VB VNB VALOR DE Z 
𝑥1 = 160 
𝑥2 = 60 
𝑥𝐹1 = 160 
𝑥𝐹2 = 0 
𝑥𝐹3 = 0 
 
𝑍 = 1140 
 
(Pelo método gráfico corresponde ao ponto D). 
 
Mas será que esta solução é OPTIMA? 
 
SIM, É ÓPTIMA. Pois, na FO já não aparece nenhum valor negativo. 
 
EXEMPLO 2 
PO - 3 - 1 - Simplex - exemplo 1 - YouTube 
Professor Matusalem » Aula 32 – resolução pelo Simplex – exemplo 1 
 
EXEMPLO 3 
PO - 3 - 1 - Simplex - exemplo 2 - YouTube 
Professor Matusalem » Aula 33 – resolução pelo Simplex – exemplo 2 
https://www.youtube.com/watch?v=OD0BVZbDieY&list=PLVWA23fHCKz-XEuEVhTTzc15GiT2-KLTX&index=32
http://www.professormatusalem.com/video-aulas/ensino-superior/aula-32-resolucao-pelo-simplex-exemplo-1/
https://www.youtube.com/watch?v=hEydYbkGBJE&list=PLVWA23fHCKz-XEuEVhTTzc15GiT2-KLTX&index=33
http://www.professormatusalem.com/video-aulas/ensino-superior/aula-33-resolucao-pelo-simplex-exemplo-2/
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4.2. Algoritmo (Primal) do SIMPLEX – M GRANDE 
 
EXEMPLO 1: M - Grande 
𝑀𝑎𝑥 𝑧 = 𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3 
 𝑠. 𝑎
{
 
 
 
 
2𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥3 ≤ 10
𝑥1 + 𝑥2 + 2𝑥3 ≥ 20
2𝑥1 + 𝑥2 + 3𝑥3 = 60
𝑥1 ≥ 0
𝑥2 ≥ 0
𝑥3 ≥ 0
 
ASSISTA! 
Professor Matusalem » Aula 46 – resolução pelo Simplex – modelo geral – exemplo 1 
ou 
PO - 3 - 2 - Simplex - modelo geral - exemplo 1 - YouTube 
 
Este exemplo não pode ser resolvido pelo simplex normal, pois, apesar da FO ser de maxi-
mização e as restrições lógicas serem do tipo ≥, as restrições 2 e 3 não são do tipo ≤. A 
restrição 2 é do tipo ≥ e a 3 =. Vamos resolver o exercício pelo método M – Grande. Como? 
 
Escrevemos a função objetivo, acrescentando as variáveis auxiliares 𝒂𝟏, 𝒂𝟐, ..., 𝒂𝒏 com co-
eficientes −𝑴𝟏 −𝑴𝟐,..., −𝑴𝒏 sendo 𝑴𝟏 𝑴𝟐,..., 𝑴𝒏 números grandes. 
 
• Acrescentando as variáveis de folga: 
2𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥3 + 𝒙𝑭𝟏 = 10
𝑥1 + 𝑥2 + 2𝑥3 − 𝒙𝑭𝟐 = 20
2𝑥1 + 𝑥2 + 3𝑥3 = 60
 
 
• Adicionando 2 variáveis: uma (𝒂𝟐) na 2ª restrição e outra (𝒂𝟑) na 3ª restrição: 
2𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥3 + 𝒙𝑭𝟏 = 10
𝑥1 + 𝑥2 + 2𝑥3 − 𝒙𝑭𝟐 + 𝒂𝟐 = 20
2𝑥1 + 𝑥2 + 3𝑥3 + 𝒂𝟑 = 60
 
 
• Neste exemplo temos duas variáveis auxiliares 𝒂𝟐 e 𝒂𝟑, logo acrescentando as vari-
áveis auxiliares com coeficientes −𝑴𝟐 e −𝑴𝟑 na função objetivo, sendo 𝑴𝟐 e 𝑴𝟑 
números grandes, teremos: 
 
𝑀𝑎𝑥 𝑧 = 𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3 −𝑴𝟐𝒂𝟐 −𝑴𝟑𝒂𝟑 
À medida que z é maximizada, as variáveis 𝒂𝟐 e 𝒂𝟑 deixam a base, devido ao grande valor 
de 𝑴𝟐 e 𝑴𝟑. 
 
Do exemplo anterior teremos: 
Modelo auxiliar: 𝑀𝑎𝑥 𝑧 = 𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3 −𝑴𝟐𝒂𝟐 −𝑴𝟑𝒂𝟑 
 
 
 
 
http://www.professormatusalem.com/video-aulas/ensino-superior/aula-46-resolucao-pelo-simplex-modelo-geral-exemplo-1/
https://www.youtube.com/watch?v=0sFSM17bbBg&list=PLVWA23fHCKz-XEuEVhTTzc15GiT2-KLTX&index=50
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𝑧 − 𝑥1 − 𝑥2 − 𝑥3 +𝑴𝟐𝒂𝟐 +𝑴𝟑𝒂𝟑 = 0 
 
 
{
 
 
 
 
 
 
 2𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥3 + 𝒙𝑭𝟏 = 10
𝑥1 + 𝑥2 + 2𝑥3 − 𝒙𝑭𝟐 + 𝒂𝟐 = 20
 2𝑥1 + 𝑥2 + 3𝑥3 + 𝒂𝟑 = 60
𝑥1 ≥ 0
𝑥2 ≥ 0
𝑥3 ≥ 0
𝑎2 ≥ 0
𝑎3 ≥ 0
 
 
 
Dispondo na TABELA inicial, temos: 
𝑍 𝑥1 𝑥2 𝑥3 𝑥𝐹1 𝑥𝐹2 𝑎2 𝑎3 b 
1 −1 −1 −1 0 0 𝑀2 𝑀3 0 
0 2 𝟏 −1 1 0 0 0 10 
0 1 1 2 0 −1 1 0 20 
0 2 1 3 0 0 0 1 60 
 
 
Quadro 4 – solução 1 
VB VNB VALOR DE Z ORIGINAL 
𝑥𝐹1 = 10 
𝑎2 = 20 
𝑎3 = 60 
𝑥1 = 0 
𝑥2 = 0 
𝑥3 = 0 
𝑥𝐹2 = 0 
𝑍 = 0 
 
• O OBJECTIVO, numa primeira fase, não é ter o lucro máximo, mas sim ELIMINAR 
as COLUNAS AUXILIARES ou seja tornar NULAS as VARIÁVEIS AUXILIARES 
(𝒂𝟐 = 0 e 𝒂𝟑 = 0). 
 
Seguindo PASSOS do Simplex, temos SUCESSIVAMENTE: 
 
1º) Qual variável que ENTRA tendo em conta que há EMPATE nas variáveis 𝑥1, 𝑥2 e 𝑥3(to-
dos com coeficiente −1)? 
• É INDIFERENTE. Mas é sempre bom escolher a coluna de trabalho que facilita os 
cálculos. Neste caso parece a coluna com a variável com 𝑥2. 
 
2º) Linha que SAI? 
10 ÷ 1 = 10 → 𝐒𝐀𝐈 
20 ÷ 1 = 20 
60 ÷ 1 = 60 
3º) ELEMENTO PIVÔ? 
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• É 1, que está no cruzamento entre a coluna de trabalho (variável que entra) e a li-
nha pivô, a que sai. 
 
4º) Determinação da NOVA LINHA PIVÔ (NLP) 
 0 2 𝟏 −1 1 0 0 0 10 
÷ (𝟏): 0 2 𝟏 −1 1 0 0 0 10 NLP 
 
 
5º): Calcular as NOVAS LINHAS (1ª, 3ª e 4ª) como segue: 
 
1ª NOVA LINHA 
NLP: 0 2 𝟏 −1 1 0 0 0 10 
∗ (𝟏): 0 2 𝟏 −1 1 0 0 0 10 
+ 1ª linha 1 −1 −1 −1 0 0 𝑀2 𝑀3 0 
NL1 𝟏 𝟏 𝟎 −𝟐 𝟏 𝟎 𝑴𝟐 𝑴𝟑 𝟏𝟎 
 
3ª NOVA LINHA 
NLP: 0 2 𝟏 −1 1 0 0 0 10 
∗ (−𝟏): 0 −2 −𝟏 1 −1 0 0 0 −10 
+ 3ª linha 0 1 1 2 0 −1 1 0 20 
NL𝟑 𝟎 −𝟏 𝟎 𝟑 −𝟏 −𝟏 𝟏 𝟎 𝟏𝟎 
 
4ª NOVA LINHA 
NLP: 0 2 𝟏 −1 1 0 0 0 10 
∗ (−𝟏): 0 −2 −𝟏 1 −1 0 0 0 −10 
+ 4ª linha 0 2 1 3 0 0 0 1 60 
NL𝟒 𝟎 𝟎 𝟎 𝟒 −𝟏 𝟎 𝟎 𝟏 𝟓𝟎 
 
6º): Compor NOVA TABELA 
𝒁 𝒙𝟏 𝒙𝟐 𝒙𝟑 𝒙𝑭𝟏 𝒙𝑭𝟐 𝒂𝟐 𝒂𝟑 b 
𝟏 𝟏 𝟎 −𝟐 𝟏 𝟎 𝑴𝟐 𝑴𝟑 𝟏𝟎 
𝟎 𝟐 𝟏 −𝟏 𝟏 𝟎 𝟎 𝟎 𝟏𝟎 
𝟎 −𝟏 𝟎 𝟑 −𝟏 −𝟏 𝟏 𝟎 𝟏𝟎 
𝟎 𝟎 𝟎 𝟒 −𝟏 𝟎 𝟎 𝟏 𝟓𝟎 
 
Quadro 5 – solução 2 
VB VNB VALOR DE Z 
𝑥2 = 10 
𝑎2 = 10 
𝑎3 = 50 
𝑥1 = 0 
𝑥3 = 0 
𝑥𝐹1 = 0 
𝑥𝐹2 = 0 
𝑍 = 10 
 
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Como as variáveis 𝑎2 e 𝑎3 ainda não foram “zeradas”, continuemos , repetindo os PAS-
SOS 1-6: 
 
1º) Entra a variável 𝑥3. 
2º) Sai a linha3. 
3º) Elemento Pivô 3 
4º) Determinação da NOVA LINHA PIVÔ (NLP) 
 0 −1 0 3 −1 −1 1 0 10 
÷ (𝟑): 0 −0,33 𝟎 1 −0,33 −0,33 0,33 0 3,33 NLP 
 
5º): Calcular as NOVAS LINHAS (1ª, 2ª e 4ª) como segue: 
 
1ª NOVA LINHA 
NLP: 0 −0,33 𝟎 1 −0,33 −0,33 0,33 0 3,33 
∗ (𝟐): 0 −0,67 𝟎 2 −0,67 −0,67 0,67 0 6,67 
+ 1ª linha 1 1 0 −2 1 0 𝑀2 𝑀3 10 
NL1 𝟏 𝟎, 𝟑𝟑 𝟎 𝟎 𝟎, 𝟑𝟑 −𝟎, 𝟔𝟕 𝑴𝟐 𝑴𝟑 𝟏𝟔, 𝟔𝟕 
 
2ª NOVA LINHA 
NLP: 0 −0,33 0 1 −0,33 −0,33 0,33 0 3,33 
∗ (𝟏): 0 −0,33 0 1 −0,33 −0,33 0,33 0 3,33 
+ 2ª linha 0 2 1 −1 1 0 0 0 10 
NL𝟐 𝟎 𝟏, 𝟔𝟕 𝟏 𝟎 𝟎, 𝟔𝟕 −𝟎,𝟑𝟑 𝟎, 𝟑𝟑 𝟎 𝟏𝟑, 𝟑𝟑 
 
4ª NOVA LINHA 
NLP: 0 −0,33 0 1 −0,33 −0,33 0,33 0 3,33 
∗ (−𝟒): 0 1,33 0 −4 1,33 1,33 −1,33 0 −13,33 
+ 4ª linha 0 0 0 4 −1 0 0 1 50 
NL𝟒 𝟎 𝟏, 𝟑𝟑 𝟎 𝟎 𝟎, 𝟑𝟑 𝟏, 𝟑𝟑 −𝟏,𝟑𝟑 𝟏 𝟑𝟔, 𝟔𝟕 
 
6º): Compor NOVA TABELA 
𝒁 𝒙𝟏 𝒙𝟐 𝒙𝟑 𝒙𝑭𝟏 𝒙𝑭𝟐 𝒂𝟐 𝒂𝟑 b 
𝟏 𝟎, 𝟑𝟑 𝟎 𝟎 𝟎, 𝟑𝟑 −𝟎, 𝟔𝟕 𝑴𝟐 𝑴𝟑 𝟏𝟔, 𝟔𝟕 
𝟎 𝟏, 𝟔𝟕 𝟏 𝟎 𝟎, 𝟔𝟕 −𝟎, 𝟑𝟑 𝟎, 𝟑𝟑 𝟎 𝟏𝟑, 𝟑𝟑 
𝟎 −𝟎, 𝟑𝟑 𝟎 𝟏 −𝟎, 𝟑𝟑 −𝟎, 𝟑𝟑 𝟎, 𝟑𝟑 𝟎 𝟑, 𝟑𝟑 
𝟎 𝟏, 𝟑𝟑 𝟎 𝟎 𝟎, 𝟑𝟑 𝟏, 𝟑𝟑 −𝟏, 𝟑𝟑 𝟏 𝟑𝟔, 𝟔𝟕 
 
 
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Quadro 6 – solução 3 
VB VNB VALOR DE Z 
𝑥2 = 13,33 
𝑥3 = 3,33 
𝑎3 = 50 
𝑥1 = 0 
𝑥𝐹1 = 0 
𝑥𝐹2 = 0 
𝑎2 = 0 
𝑍 = 16,67 
 
• 𝑎3 ainda não fora “zerada”, continuemos , repetindo os PASSOS 1-6: 
 
 
1º) Entra a variável 𝑥3. 
2º) Sai a linha 4. 
3º) Elemento Pivô 1,33 
4º) Determinação da NOVA LINHA PIVÔ (NLP) 
 0 1,33 0 0 0,33 1,33 −1,33 1 36,67 
÷ (𝟏, 𝟑𝟑): 0 1 0 0 0,25 1 −1 0,75 27,5 NLP 
 
5º): Calcular as NOVAS LINHAS (1ª, 2ª e 3ª) ASSIM: 
 
1ª NOVA LINHA 
NLP: 0 1 0 0 0,25 1 −1 0,75 27,5 
∗ (𝟎, 𝟔𝟕): 0 0,67 𝟎 0 0,17 0,67 −0,67 0,5 18,33 
+ 1ª linha 1 0,33 0 0 0,33 −0,67 𝑀2 𝑀3 16,67 
NL1 𝟏 𝟏 𝟎 𝟎 𝟎, 𝟓 𝟎 𝑴𝟐 𝑴𝟑 𝟑𝟓 
 
2ª NOVA LINHA 
NLP: 0 1 0 0 0,25 1 −1 0,75 27,5 
∗ (𝟎, 𝟑𝟑): 0 0,33 0 0 0,08 0,33 −0,33 0,25 9,17 
+ 2ª linha 0 1,67 1 0 0,67 −0,33 0,33 0 13,33 
NL𝟐 𝟎 𝟐 𝟏 𝟎 𝟎, 𝟕𝟓 𝟎 𝟎 𝟎, 𝟐𝟓 𝟐𝟐, 𝟓 
 
3ª NOVA LINHA 
 
NLP: 0 1 0 0 0,25 1 −1 0,75 27,5 
∗ (𝟎, 𝟑𝟑): 0 1,33 0 0 0,08 0,33 −0,33 0,25 9,17 
+3ª linha 0 −0,33 0 1 −0,33 −0,33 0,33 0 3,33 
NL𝟑 𝟎 𝟏 𝟎 𝟏 −𝟎, 𝟐𝟓 𝟎 𝟎 𝟎, 𝟐𝟓 𝟏𝟐, 𝟓 
 
 
 
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MSc. Faquira António Resolução de PPL pelo Método Simplex e Análise Económica 13/29 
6º): Compor NOVA TABELA 
𝒁 𝒙𝟏 𝒙𝟐 𝒙𝟑 𝒙𝑭𝟏 𝒙𝑭𝟐 𝒂𝟐 𝒂𝟑 b 
𝟏 𝟏 𝟎 𝟎 𝟎, 𝟓 𝟎 𝑴𝟐 𝑴𝟑 𝟑𝟓 
𝟎 𝟐 𝟏 𝟎 𝟎, 𝟕𝟓 𝟎 𝟎 𝟎, 𝟐𝟓 𝟐𝟐, 𝟓 
𝟎 𝟏 𝟎 𝟏 −𝟎, 𝟐𝟓 𝟎 𝟎 𝟎, 𝟐𝟓 𝟏𝟐, 𝟓 
𝟎 𝟏 𝟎 𝟎 𝟎, 𝟐𝟓 𝟏 −𝟏 𝟎, 𝟕𝟓 𝟐𝟕, 𝟓 
 
Quadro 7 – solução 4 
VB VNB VALOR DE Z 
𝑥2 = 22,5 
𝑥3 = 12,5 
𝑥𝐹2 = 27,5 
𝑥1 = 0 
𝑥𝐹1 = 0 
𝑎2 = 0 
𝑎3 = 0 
𝑍 = 16,67 
 
 
Como as variáveis 𝑎2 e 𝑎3 “zeraram”, vamos resolver o simplex sem as colunas das variá-
veis artificiais 𝑎2 e 𝑎3, seguindo os PASSOS 1-6. 
 
TABELA SIMPLEX 
𝒁 𝒙𝟏 𝒙𝟐 𝒙𝟑 𝒙𝑭𝟏 𝒙𝑭𝟐 b 
𝟏 𝟏 𝟎 𝟎 𝟎, 𝟓 𝟎 𝟑𝟓 
𝟎 𝟐 𝟏 𝟎 𝟎, 𝟕𝟓 𝟎 𝟐𝟐, 𝟓 
𝟎 𝟏 𝟎 𝟏 −𝟎, 𝟐𝟓 𝟎 𝟏𝟐, 𝟓 
𝟎 𝟏 𝟎 𝟎 𝟎, 𝟐𝟓 𝟏 𝟐𝟕, 𝟓 
 
 
Quadro 8 – solução 5 
VB VNB VALOR DE Z 
𝑥2 = 22,5 
𝑥3 = 12,5 
𝑥𝐹2 = 27,5 
𝑥1 = 0 
𝑥𝐹1 = 0 
𝑎2 = 0 
𝑎3 = 0 
𝑍 = 35 
 
Solução ÓPTIMA, pois já não existem valores negativos na linha Z. Não há necessidade 
de continuar a resolver. Continuaríamos se houvesse valores negativos na 1ª linha. 
 
 
 
 
 
 
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EXEMPLO 2: M – Grande (“Big M”) 
𝑀𝑖𝑛 𝑧 = 2𝑥1 + 4𝑥2 + 5𝑥3 
 𝑠. 𝑎
{
 
 
 
 
𝑥1 + 2𝑥2 + 10𝑥3 ≤ 600
𝑥1 − 𝑥2 + 𝑥3 ≥ 50
2𝑥1 − 𝑥3 ≤ 100
𝑥1 ≥ 0
𝑥2 ≥ 0
𝑥3 ≥ 0
 
ASSISTA! 
https://www.youtube.com/watch?v=iZz7fxYTu40&list=PLVWA23fHCKz-XEuEVhTTzc15GiT2-
KLTX&index=86 
ou 
Professor Matusalem » Aula 86 – simplex – retorno ao modelo básico – exercício 4 
 
• Sempre que a FO for de minimização, deve-se multiplicar por (−1). Como que 
um processo de torná-la de maximização. 
 
(−1) 𝑧 = 2𝑥1 + 4𝑥2 + 5𝑥3 ↔ −𝒛 = −𝟐𝒙𝟏 − 𝟒𝒙𝟐 − 𝟓𝒙𝟑 
O problema passa a ser de maximização (𝑀𝑎𝑥.−𝒛 = −𝟐𝒙𝟏 − 𝟒𝒙𝟐 − 𝟓𝒙𝟑) 
• Ajustando (transformar em igualdade) as restrições técnicas: 
 
𝑥1 + 2𝑥2 + 10𝑥3 + 𝒙𝑭𝟏 = 600 
𝑥1 − 𝑥2 + 𝑥3 − 𝒙𝑭𝟐 + 𝒂𝟐 = 50 
2𝑥1 − 𝑥3 + 𝒙𝑭𝟑 = 100 
• Pelo Big M a FO fica: 
−𝒛 = −𝟐𝒙𝟏 − 𝟒𝒙𝟐 − 𝟓𝒙𝟑 −𝑴𝟐𝒂𝟐 
 
• E “zerando” a FO , temos: 
−𝒛+𝟐𝒙𝟏 + 𝟒𝒙𝟐 + 𝟓𝒙𝟑 +𝑴𝟐𝒂𝟐 = 𝟎 
 
TABELA 
𝒁 𝒙𝟏 𝒙𝟐 𝒙𝟑 𝒙𝑭𝟏 𝒙𝑭𝟐 𝒙𝑭𝟑 𝒂𝟐 b 
−1 2 4 𝟓 0 0 0 𝑀2 0 
0 1 2 𝟏𝟎 1 0 0 0 600 
𝟎 𝟏 −𝟏 𝟏 𝟎 −𝟏 𝟎 𝟏 𝟓𝟎 
0 2 0 −𝟏 0 0 1 0 100 
 
• Primeiro OBJECTIVO: “Zerar” 𝒂𝟐 
 
1º) Entra a variável 𝑥3. 
• Sendo problema de minimização o CRITÉRIO DE ENTRADA é O MAIOR VALOR 
POSITIVO. Entra 𝒙𝟑 (5). Ou, 
• Na função objectivo identificamos a variável que entra localizando o maior coefici-
ente. 𝑀𝑖𝑛. 𝑧 = 2𝑥1 + 4𝑥2 + 5𝑥3. Logo a variável que entra será (𝑥3) 
 
https://www.youtube.com/watch?v=iZz7fxYTu40&list=PLVWA23fHCKz-XEuEVhTTzc15GiT2-KLTX&index=86
https://www.youtube.com/watch?v=iZz7fxYTu40&list=PLVWA23fHCKz-XEuEVhTTzc15GiT2-KLTX&index=86
http://www.professormatusalem.com/video-aulas/aula-86-simplex-retorno-ao-modelo-basico-exercicio-4/
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2º) Sai a linha 3. 
600 ÷ 10 = 60 
𝟓𝟎 ÷ 𝟏 = 𝟓𝟎 𝑺𝑨𝑰 
3º) Elemento Pivô: 1 
 
4º) Determinação da NOVA LINHA PIVÔ (NLP) 
 0 1 −1 1 0 −1 0 1 50 
÷ (𝟏): 0 1 −1 1 0 −1 0 1 50 NLP 
 
 
5º): Calcular as NOVAS LINHAS (1ª, 2ª e 4ª) ASSIM: 
 
1ª NOVA LINHA 
NLP: 0 1 −1 1 0 −1 0 1 50 
∗ (−𝟓): 0 −5 𝟓 −5 0 5 0 −5 −250 
+ 1ª linha −1 2 4 5 0 0 0 𝑀2 0 
NL1 −𝟏 −𝟑 𝟗 𝟎 𝟎 𝟓 𝟎 𝑴𝟑 −𝟐𝟓𝟎 
 
2ª NOVA LINHA 
NLP: 0 1 −1 1 0 −1 0 1 50 
∗ (−𝟏𝟎): 0 −10 10 −10 0 10 0 −10 −500 
+ 2ª linha 0 1 2 𝟏𝟎 1 0 0 0 600 
NL𝟐 𝟎 −𝟗 𝟏𝟐 𝟎 𝟏 𝟏𝟎 𝟎 −𝟏𝟎 𝟏𝟎𝟎 
 
4ª NOVA LINHA 
NLP: 0 1 −1 1 0 −1 0 1 50 
∗ (𝟏): 0 1 −1 1 0 −1 0 1 50 
+4ª linha 0 2 0 −1 0 0 1 0 100 
NL𝟒 𝟎 𝟑 −𝟏 𝟎 𝟎 −𝟏 𝟏 𝟏 𝟏𝟓𝟎 
 
6º): Compor NOVA TABELA 
𝒁 𝒙𝟏 𝒙𝟐 𝒙𝟑 𝒙𝑭𝟏 𝒙𝑭𝟐 𝒙𝑭𝟑 𝒂𝟐 b 
−𝟏 −𝟑 𝟗 𝟎 𝟎 𝟓 𝟎 𝑴𝟑 −𝟐𝟓𝟎 
𝟎 −𝟗 𝟏𝟐 𝟎 𝟏 𝟏𝟎 𝟎 −𝟏𝟎 𝟏𝟎𝟎 
0 1 −1 1 0 −1 0 1 50 
𝟎 𝟑 −𝟏 𝟎 𝟎 −𝟏 𝟏 𝟏 𝟏𝟓𝟎 
 
Quadro 9 – solução 1 
VB VNB VALOR DE Z 
𝑥3 = 50 
𝑥𝐹1 = 100 
𝑥𝐹3 = 150 
𝑥1 = 0 
𝑥2 = 0 
𝑥𝐹2 = 0 
𝑎2 = 0 
−𝑍 = −250 (−1) 
𝑍 = 250 
 
𝒂𝟐 “zerada”. Podemos agora abandonar a variável auxiliar e resolvermos o problema 
normalmente (Agora podemos partir para o SIMPLEX sem a penúltima coluna). 
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Partindo agora da última tabela, sem a coluna da variável auxiliar, temos: 
 
7º): TABELA SIMPLEX 
𝒁 𝒙𝟏 𝒙𝟐 𝒙𝟑 𝒙𝑭𝟏 𝒙𝑭𝟐 𝒙𝑭𝟑 b 
−1 −3 9 0 0 5 0 −250 
0 −9 12 0 1 10 0 100 
0 𝟏 −1 1 0 −1 0 50 
0 3 −1 0 0 −1 1 150 
 
 
REPETIR OS PASSOS 1 – 6. 
 
1º) Entra a variável 𝒙𝟏 (com coeficiente “mais negativo”: −𝟑). Já estamos no Simplex pa-
drão, o critério de entrada na base, sendo o problema transformado em problema de maxi-
mização, o critério é o do valor “MAIS NEGATIVO” (−𝟑). 
 
2º) Empate entre L3 e L4 na saída: Sai a L3. 
𝟓𝟎 ÷ 𝟏 = 𝟓𝟎 𝑺𝑨𝑰 
150 ÷ 3 = 50 
 
3º) Elemento Pivô 1 
4º) Determinação da NOVA LINHA PIVÔ (NLP) 
 0 1 −1 1 0 −1 0 50 
÷ (𝟏): 0 1 −1 1 0 −1 0 50 NLP 
 
5º):Calcular as NOVAS LINHAS (1ª, 2ª e 4ª) assim: 
 
1ª NOVA LINHA 
NLP: 0 1 −1 1 0 −1 0 50 
∗ (𝟑): 0 3 −3 3 0 −3 0 150 
+ 1ª linha −1 −3 9 0 0 5 0 −250 
NL1 −𝟏 𝟎 𝟔 𝟑 𝟎 𝟐 𝟎 −𝟏𝟎𝟎 
 
2ª NOVA LINHA 
NLP: 0 1 −1 1 0 −1 0 50 
∗ (𝟗): 0 9 −9 9 0 −9 0 450 
+ 2ª linha 0 −9 12 0 1 10 0 100 
NL𝟐 𝟎 𝟎 𝟑 𝟗 𝟏 𝟏 𝟎 𝟓𝟓𝟎 
 
 
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4ª NOVA LINHA 
 
NLP: 0 1 −1 1 0 −1 0 50 
∗ (−𝟑): 0 −3 3 −3 0 3 0 −150 
+4ª linha 0 3 −1 0 0 −1 1 150 
NL𝟒 𝟎 𝟎 𝟐 −𝟑 𝟎 𝟐 𝟏 𝟎 
 
6º): Compor NOVA TABELA SIMPLEX 
𝒁 𝒙𝟏 𝒙𝟐 𝒙𝟑 𝒙𝑭𝟏 𝒙𝑭𝟐 𝒙𝑭𝟑 b 
−1 0 6 3 0 2 0 −100 
0 0 3 9 1 1 0 550 
0 1 −1 1 0 −1 0 50 
0 0 2 −3 0 2 1 0 
 
Quadro 10 – solução 2 
VB VNB VALOR DE Z 
𝑥1 = 50 
𝑥𝐹1 = 550 
𝑥𝐹3 = 0 
𝑥2 = 0 
𝑥3 = 0 
𝑥𝐹2 = 0 
𝑥𝐹2 = 0 
−𝑍 = −100 (−1) 
𝑍 = 100 
 
Solução ÓPTIMA. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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4.3. Algoritmo (Primal) do SIMPLEX – FO AUXILIAR (ARTIFICIAL) 
 
Resolva pelo Simplex, usando o método da Função Objectivo Auxiliar para obter a Solu-
ção Básica Inicial (SBI). 
 
𝑀𝑖𝑛 𝑧 = 3𝑥1 + 2𝑥2 
 𝑠. 𝑎 {
2𝑥1 + 𝑥2 ≥ 10
𝑥1 + 5𝑥2 ≥ 15
𝑥1 ≥ 0
𝑥2 ≥ 0
 
 
ASSISTA! 
 
PO - 3 - 2 - Simplex - modelo geral - exerc resol 2 - YouTube 
ou 
Professor Matusalem » Aula 49 – resolução pelo Simplex – modelo geral – exercício 2 
 
Este exemplo não pode ser resolvido pelo simplex normal, pois, tanto a FO como as restri-
ções de técnicas não satisfazem os critérios de maximização (FO) e restrições do tipo de ≤ 
(RT). Vamos usar o método da Função Objectivo Auxiliar, procedendo sucessivamente: 
 
• Multiplicar a FO por −1, resultando em: 
−𝑧 = −3𝑥1 − 2𝑥2 
 
• Igualar a zero a FO resultante: 
−𝑧 + 3𝑥1 + 2𝑥2 = 0 
 
• Transformar as restrições técnicas em igualdades: 
2𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥𝐹1 + 𝒂𝟏 = 10 
𝑥1 + 5𝑥2 − 𝑥𝐹2 + 𝒂𝟐 = 15 
 
• Introduzir a função auxiliar (artificial) 𝑊, que fica: 
𝑾 = 𝒂𝟏 + 𝒂𝟐 
→ Ela é sempre Função Minimização 
 
• Isolar 𝒂𝟏 e 𝒂𝟐 nas primeiras duas restrições: 
𝒂𝟏 = −2𝑥1 − 𝑥2 + 𝑥𝐹1 + 10 
𝒂𝟐 = −𝑥1 − 5𝑥2 + 𝑥𝐹2 + 15 
 
https://www.youtube.com/watch?v=5oEtJACSCXI&list=PLVWA23fHCKz-XEuEVhTTzc15GiT2-KLTX&index=53
http://www.professormatusalem.com/video-aulas/ensino-superior/aula-49-resolucao-pelo-simplex-modelo-geral-exercicio-2/
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• Fazer 𝒂𝟏 + 𝒂𝟐: 
𝒂𝟏 + 𝒂𝟐 = −3𝑥1 − 6𝑥2 + 𝑥𝐹1 + 𝑥𝐹2 + 25 = 𝑊 
 
• Multiplicar 𝑊 por −1: 
−𝑊 = 3𝑥1 + 6𝑥2 − 𝑥𝐹1 − 𝑥𝐹2 − 25 
 
• Passar as variáveis para o 1º membro: 
−𝑊 − 3𝑥1 − 6𝑥2 + 𝑥𝐹1 + 𝑥𝐹2 = −25 
 
• Resumir: 
−𝑧 + 3𝑥1 + 2𝑥2 = 0 
2𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥𝐹1 + 𝒂𝟏 = 10 
𝑥1 + 5𝑥2 − 𝑥𝐹2 + 𝒂𝟐 = 15 
−𝑊 − 3𝑥1 − 6𝑥2 + 𝑥𝐹1 + 𝑥𝐹2 = −25 
 
• Com base no resumo compor a TABELA: 
𝒁 𝒙𝟏 𝒙𝟐 𝒙𝑭𝟏 𝒙𝑭𝟐 𝒂𝟏 𝒂𝟐 b 
−1 3 2 0 0 0 0 0 
0 2 1 −1 0 1 0 10 
0 1 𝟓 0 −1 0 1 15 
−1 −3 −6 1 1 0 0 −25 
𝑊 
 
OBJECTIVO: Trabalhar com a função 𝑊, para tornar nulos as variáveis 𝑎1, 𝑎2 e a fun-
ção 𝑊. 
 
1º) Entra a variável 𝑥2 (com coeficiente “mais negativo”). 
2º) Sai a L3. 
10 ÷ 1 = 10 
15 ÷ 5 = 3 
 
3º) Elemento Pivô 5 
4º) Determinação da NOVA LINHA PIVÔ (NLP) 
 0 1 𝟓 0 −1 0 1 15 
÷ (𝟓): 0 0,2 1 0 −0,2 0 0,2 3 NLP 
 
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5º): Calcular as NOVAS LINHAS (1ª, 2ª e 4ª) assim: 
 
1ª NOVA LINHA 
NLP: 0 0,2 1 0 −0,2 0 0,2 3 
∗ (−𝟐): 0 −0,4 −2 0 0,4 0 −0,4 −6 
+ 1ª linha −1 3 2 0 0 0 0 0 
NL1 −𝟏 𝟐, 𝟔 𝟎 𝟎 𝟎, 𝟒 𝟎 −𝟎, 𝟒 −𝟔 
 
2ª NOVA LINHA 
NLP: 0 0,2 1 0 −0,2 0 0,2 3 
∗ (−𝟏): 0 −0,2 −1 0 0,2 0 −0,2 −3 
+ 2ª linha 0 2 1 −1 0 1 0 10 
NL𝟐 𝟎 𝟏, 𝟖 𝟎 −𝟏 𝟎, 𝟐 𝟏 −𝟎, 𝟐 𝟕 
 
 
4ª NOVA LINHA 
NLP: 0 0,2 1 0 −0,2 0 0,2 3 
∗ (𝟔): 0 1,2 6 0 −1,2 0 1,2 18 
+4ª linha −1 −3 −6 1 1 0 0 −25 
NL𝟒 −𝟏 −𝟏, 𝟖 𝟎 𝟏 −𝟎, 𝟐 𝟎 𝟏, 𝟐 −𝟕 
 
 
6º): Compor NOVA TABELA 
𝒁 𝒙𝟏 𝒙𝟐 𝒙𝑭𝟏 𝒙𝑭𝟐 𝒂𝟏 𝒂𝟐 b 
−𝟏 𝟐, 𝟔 𝟎 𝟎 𝟎, 𝟒 𝟎 −𝟎, 𝟒 −𝟔 
𝟎 𝟏, 𝟖 𝟎 −𝟏 𝟎, 𝟐 𝟏 −𝟎, 𝟐 𝟕 
𝟎 𝟎, 𝟐 𝟏 𝟎 −𝟎, 𝟐 𝟎 𝟎, 𝟐 𝟑 
−𝟏 −𝟏,𝟖 𝟎 𝟏 −𝟎, 𝟐 𝟎 𝟏, 𝟐 −𝟕 
𝑊 
 
Quadro 11 – solução 1 
VB VNB VALOR DE W 
𝑥2 = 3 
𝑎1 = 7 
𝑥1 = 0 
𝑥𝐹1 = 0 
𝑥𝐹2 = 0 
𝑎2 = 0 
−𝑊 = −7 (−1) 
𝑊 = 7 
 
𝑎2 = 0, mas como 𝑎1 ≠ 0 e 𝑊 ≠ 0 vamos prosseguir até que se tornem nulos, RE-
PETINDO OS PASSOS DE 1 – 6. 
1º) Entra a variável 𝑥1 (com coeficiente “mais negativo”). 
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2º) Sai a L2. 
7 ÷ 1,8 = 3,89 
3 ÷ 0,2 = 15 
3º) Elemento Pivô 1,8 
4º) Determinação da NOVA LINHA PIVÔ (NLP) 
 0 1,8 0 −1 0,2 1 −0,2 7 
÷ (𝟏, 𝟖): 0 1 0 −0,56 0,11 0,56 −0,11 3,89 NLP 
 
 
5º): Calcular as NOVAS LINHAS (1ª, 3ª e 4ª) assim: 
 
1ª NOVA LINHA 
NLP: 0 1 0 −0,56 0,11 0,56 −0,11 3,89 
∗ (−𝟐, 𝟔): 0 −2,6 0 1,46 −0,29 −1,46 0,29 −10,11 
+ 1ª linha −1 2,6 0 0 0,4 0 −0,4 −6 
NL1 −𝟏 𝟎 𝟎 𝟏, 𝟒𝟔 𝟎, 𝟏𝟏 −𝟏, 𝟒𝟔 −𝟎, 𝟏𝟏 −𝟏𝟔, 𝟏𝟏 
 
3ª NOVA LINHA 
NLP: 0 1 0 −0,56 0,11 0,56 −0,11 3,89 
∗ (−𝟎, 𝟐): 0 −0,2 0 0,11 −0,02 −0,11 0,02 −0,78 
+ 3ª linha 0 0,2 1 0 −0,2 0 0,2 3 
NL𝟑 𝟎 𝟎 𝟏 𝟎, 𝟏𝟏 −𝟎,𝟐𝟐 −𝟎,𝟏𝟏 𝟎, 𝟐𝟐 𝟐, 𝟐𝟐 
 
4ª NOVA LINHA 
NLP: 0 1 0 −0,56 0,11 0,56 −0,11 3,89 
∗ (𝟏, 𝟖): 0 1,8 0 −1,01 0,2 1,01 −0,2 7 
+4ª linha −1 −1,8 0 1 −0,2 0 1,2 −7 
NL𝟒 −𝟏 𝟎 𝟎 −𝟎, 𝟎𝟏 𝟎 𝟏, 𝟎𝟏 𝟏 𝟎 
 
6º): Compor NOVA TABELA 
𝒁 𝒙𝟏 𝒙𝟐 𝒙𝑭𝟏 𝒙𝑭𝟐 𝒂𝟏 𝒂𝟐 b 
−𝟏 𝟎 𝟎 𝟏, 𝟒𝟔 𝟎, 𝟏𝟏 −𝟏,𝟒𝟔 −𝟎, 𝟏𝟏 −𝟏𝟔, 𝟏𝟏 
𝟎 𝟏 𝟎 −𝟎, 𝟓𝟔 𝟎, 𝟏𝟏 𝟎, 𝟓𝟔 −𝟎, 𝟏𝟏 𝟑, 𝟖𝟗 
𝟎 𝟎 𝟏 𝟎, 𝟏𝟏 −𝟎,𝟐𝟐 −𝟎,𝟏𝟏 𝟎, 𝟐𝟐 𝟐, 𝟐𝟐 
−𝟏 𝟎 𝟎 −𝟎, 𝟎𝟏 𝟎 𝟏, 𝟎𝟏 𝟏 𝟎 
𝑊 
 
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Quadro 12 – solução 2 
VB VNB VALOR DE W 
𝑥1 = 7 
𝑥1 = 3,89 
𝑥𝐹1 = 0 
𝑥𝐹2 = 0 
𝑎1 = 0 
𝑎2 = 0 
−𝑊 = 0 
𝑊 = 0 
 
𝑎2 = 0, 𝑎1 = 0 e 𝑊 = 0. Cumprido o 1º objectivo, partimos para o Simplex SEM as 
linhas 𝑎1, 𝑎2 e a linha 𝑊. 
 
7º): TABELA SIMPLEX 
𝒁 𝒙𝟏 𝒙𝟐 𝒙𝑭𝟏 𝒙𝑭𝟐 b 
−𝟏 𝟎 𝟎 𝟏, 𝟒𝟔 𝟎, 𝟏𝟏 −𝟏𝟔, 𝟏𝟏 
𝟎 𝟏 𝟎 −𝟎, 𝟓𝟔 𝟎, 𝟏𝟏 𝟑, 𝟖𝟗 
𝟎 𝟎 𝟏 𝟎, 𝟏𝟏 −𝟎, 𝟐𝟐 𝟐, 𝟐𝟐 
 
Quadro 12 – solução 3 
VB VNB VALOR DE W 
𝑥1 = 7 
𝑥1 = 3,89 
𝑥𝐹1 = 0 
𝑥𝐹2 = 0 
−𝑍 = −16,11 
𝑍 = 16,11 
 
Solução ÓPTIMA. 
 
OBSERVAÇÃO: Caso a função auxiliar W apresente solução ótima e valor não nulo, as va-
riáveis auxiliares não serão todas nulas e o modelo original não apresentará então uma so-
lução básica. Neste caso, o problema não tem solução. 
 
O Problema da Degeneração 
• No desenvolvimento do Simplex, a linha pivô é a restrição que apresenta o menor 
quociente não negativo, na divisão dos termos independentes pelos coeficientes posi-
tivos da variável que entra. 
• Pode ocorrer que haja mais de um resultado nessas condições. Devemos escolher 
arbitrariamente um deles para calcular a solução. Entretanto, essa solução apresen-
tará variáveis básicas com valor nulo. A saída de uma variável básica nula provoca o 
aparecimento de outra variável básica nula na solução seguinte, sem alteração do va-
lor do objetivo.USTM/C&A/2021B 2L4LCA1/2L4LCA2 IO – Problemas de PL: SIMPLEX 
 
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• Neste caso, a solução é chamada degenerada. Se os coeficientes da função objectivo 
retornam não negativos em alguma iteração, o caso não apresenta dificuldade. O pro-
blema aparece quando as iterações levam a circuitos, sem caracterizar a solução óp-
tima. Embora o caso seja muito raro, há maneiras de solucioná-lo. Entretanto, ao nosso 
nível esse método não tem interesse. 
 
O Problema da Solução ilimitada 
• Isto ocorre quando a variável que entra na base não possui em sua coluna nenhum 
coeficiente positivo. Os programas de computador, neste caso, apresentam a última 
solução básica antes que a solução se torne ilimitada. 
 
Caso de Soluções Múltiplas 
• Se na solução óptima o coeficiente de uma variável não básica é zero, ele poderá 
entrar na base sem alterar o valor do objectivo, gerando outra solução óptima. Neste 
caso, qualquer combinação linear dessas duas soluções também será solução ótima. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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4.4. ANÁLISE (INTERPRETAÇÃO) ECONÓMICA DO SIMPLEX 
 
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Professor Matusalem » Aula 81 – simplex – análise econômica – exemplo 1 
ou 
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A análise económica baseia-se nos coeficientes das variáveis, na função objectivo final. 
Antes de irmos a um exemplo concreto, precisamos lembrar o seguinte: 
1. O quadro final de um modelo de PL apresenta VBs e VNBs. 
2. A FO está escrita em termos das VNBs. 
3. O valor das VBs estão na coluna b (termos independentes) e o das VNBs é zero. 
4. O coeficiente das VNBs na FO mede a tendência do objectivo com aquela variável. 
É um valor marginal (adicional), indica a variação proporcional no objectivo para pe-
quenos aumentos ou diminuição na variável. Para simplificar o raciocínio, vamos su-
por sempre aumentos ou diminuições unitárias na variável. 
Posteriormente, em análise de sensibilidade, verificaremos até quantas unidades po-
demos aumentar ou diminuir da variável, sem alterar a informação contida em seu 
coeficiente. 
Esses coeficientes são chamados preços de oportunidades (preços relativos) ao pro-
grama desenvolvido. 
5. O quadro final (tabela final), a solução é óptima. 
a) Um aumento em uma unidade na VNB prejudica o objectivo (lucros diminuem, os 
custos aumentam,…). 
b) Uma diminuição em 1 unidade na VNB beneficia o objectivo (lucros aumentam, 
custos diminuem,…) 
6. Alterações no lucro podem significar alterações em duas outras variáveis: receita e 
custo. 
 
Exemplo: 
 
No programa de produção para o próximo período, a empresa Alfa, Ltda, escolheu três pro-
dutos P1, P2 e P3. O quadro abaixo mostra os montantes solicitados por unidade na produção. 
 
Produto 
Lucro uni-
tário 
Horas de trabalho 
(Funcionários) 
Horas de uso de 
Máquinas 
Demanda má-
xima 
P1 2.100 6 12 800 
P2 1.200 4 6 600 
P3 600 6 2 600 
Disponibilidade 4.800 7.200 
 
Os preços de venda foram fixados por decisão política e as demandas foram estimadas 
tendo em vista esses preços. A firma pode obter um suprimento de 4.800 horas de trabalho 
http://www.professormatusalem.com/video-aulas/aula-81-simplex-analise-economica-exemplo-1/
https://www.youtube.com/watch?v=KQxlUTFXbuo&list=PLVWA23fHCKz-XEuEVhTTzc15GiT2-KLTX&index=81
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durante o período de processamento e pressupõe-se usar três máquinas que podem prover 
7.200 horas de trabalho. Estabelecer um programa óptimo de produção para o período. 
 
RESOLUÇÃO 
• Variáveis de decisão: 
𝑥1 quantidade de P1 a produzir. 
𝑥2 quantidade de P2 a produzir. 
𝑥3 quantidade de P3 a produzir. 
𝑥1 ≥ 0, 𝑥2 ≥ 0, 𝑥3 ≥ 0 
 
• Restrições técnicas 
 6𝑥1 + 4𝑥2 + 6𝑥3 ≤ 4.800 
12𝑥1 + 6𝑥2 + 2𝑥3 ≤ 7.200 
 𝑥1 ≤ 800 
 𝑥2 ≤ 600 
 𝑥3 ≤ 600 
 
• Objectivo: 
𝑀𝑎𝑥𝑖𝑚𝑖𝑧𝑎𝑟 𝑜 𝐿𝑢𝑐𝑟𝑜 = 2100𝑥1 + 1200𝑥2 + 600𝑥3 
 
• Sistema de equações correspondentes: 
𝑀𝑎𝑥. 𝑍 = 2100𝑥1 + 1200𝑥2 + 600𝑥3 
 6𝑥1 + 4𝑥2 + 6𝑥3 + 𝑥𝐹1 = 4800 
12𝑥1 + 6𝑥2 + 2𝑥3 + 𝑥𝐹2 = 7200 
 𝑥1 + 𝑥𝐹3 = 800 
 𝑥2 + 𝑥𝐹4 = 600 
 𝑥3 + 𝑥𝐹5 = 600 
 
• Variáveis de folga: 
𝒙𝑭𝟏 → sobra de recurso horas de trabalho. 
𝒙𝑭𝟐 → sobra de recurso horas de máquina. 
𝒙𝑭𝟑 → sobra de recurso mercado de P1. 
𝒙𝑭𝟒 → sobra de recurso mercado de P2. 
𝒙𝑭𝟓 → sobra de recurso mercado de P3. 
 
 
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• Quadro final pelo método Simplex é o seguinte: 
𝑍 𝑥1 𝑥2 𝑥3 𝑥𝐹1 𝑥𝐹2 𝑥𝐹3 𝑥𝐹4 𝑥𝐹5 b 
𝟏 𝟎 𝟎 𝟎 𝟓𝟎 𝟏𝟓𝟎 𝟎 𝟏𝟎𝟎 𝟎 𝟏𝟑. 𝟎𝟖𝟎. 𝟎𝟎𝟎 
0 0 0 1 0,2 −0,1 0 −0,2 0 120 
0 1 0 0 −0,03 0,1 0 −0,47 0 280 
0 0 0 0 0,03 −0,1 1 0,47 0 520 
0 0 1 0 0,2 0,1 0 0,2 0 600 
0 0 0 0 0,2 0,1 0 0,2 1 480 
 
Solução 
VB VNB VALOR DE Z 
𝑥1 = 280 
𝑥2 = 600 
𝑥3 = 120 
𝑥𝐹3 = 520 
𝑥𝐹5 = 480 
𝑥𝐹1 = 0 
𝑥𝐹2 = 0 
𝑥𝐹4 = 0 
𝑍 = 13.080.000 
 
 
Interpretando (analisando) economicamente a solução, temos: 
 
a) No período produzir: 
• 280 unidades de P1 
• 600 unidades de P2 
• 120 unidades de P3 
 
b) Recursos disponíveis após o programa: 
• 𝒙𝑭𝟏 = 4800 − 6𝑥1 − 4𝑥2 − 6𝑥3 = 𝟎 unidades horas de trabalho 
• 𝒙𝑭𝟐 = 7200 − 12𝑥1 − 6𝑥2 − 2𝑥3 = 𝟎 unidades horas máquina 
• 𝒙𝑭𝟑 = 800 − 𝑥1 = 𝟓𝟐𝟎 unidades do mercado P1 
• 𝒙𝑭𝟒 = 600 − 𝑥2 = 𝟎 unidades do mercado P2 
• 𝒙𝑭𝟓 = 600 − 𝑥3 = 𝟒𝟖𝟎 unidades do mercado P3 
 
c) O preço de oportunidade do recurso “horas de trabalho” (coeficiente de 𝒙𝑭𝟏 no 
quadro = 𝟓𝟎) indica que: 
• Se conseguirmos mais uma (1) hora de trabalho (o que equivale a fazer 𝒙𝑭𝟏 =
−𝟏: diminuição das horas ociosas) aos custos correntes, poderemos aumentar o 
nosso lucro em 50 u.m., isto é, poderemos obter nova solução óptima com o lucro 
de 13.080.050. ou seja: 
 
𝑍 = 0𝑥1 + 0𝑥2 + 0𝑥3 + 50𝑥𝐹1 + 150𝑥𝐹2 + 0𝑥𝐹3 + 100𝑥𝐹4 + 0𝑥𝐹5 = 13.080.000 ↔ 
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↔ 𝒁 = 𝟓𝟎𝒙𝑭𝟏 + 𝟏𝟓𝟎𝒙𝑭𝟐 + 𝟏𝟎𝟎𝒙𝑭𝟒 = 𝟏𝟑. 𝟎𝟖𝟎. 𝟎𝟎𝟎 
 
✓ Coeteris paribus ( 𝒙𝑭𝟐 = 𝟎, 𝒙𝑭𝟒 = 𝟎 e os custos constantes): 
 
𝑍 = 50(−1) + 0 + 0 = 13.080.000 ↔ 𝑍 = 13.080.000 + 50 ↔ 𝒁 = 𝟏𝟑. 𝟎𝟖𝟎. 𝟎𝟓𝟎 u.m. 
 
✓ Mas se o aumento de hora de trabalho (diminuição de uma hora ociosa) acarre-
tar um pagamento de adicional extra, o valor 50 u.m. indica o limite máximo 
desse adicional no custo. 
Vamos supor, por exemplo, que um acréscimo em uma hora de trabalho custe 
20 u.m. em custo adicional, o lucro adicional será 30 u.m. (50 − 20). O lucro 
global passará a ser 𝟏𝟑. 𝟎𝟖𝟎. 𝟎𝟑𝟎 u.m. 
 
• Se houver falta de uma (1) hora de trabalho (o que equivale a fazer 𝒙𝑭𝟏 = 𝟏: 
aumento das horas ociosas), o lucro irá diminui em 50 u.m., caso não haja alte-
ração nos custos. Se essa falta for, por exemplo, pela ausênciade um funcionário 
que não terá hora descontada, acrescentar esse valor ao prejuízo causado pela 
ausência do funcionário. 
 
𝑍 = 50(1) + 0 + 0 = 13.080.000 ↔ 𝑍 = 13.080.000 − 50 ↔ 𝒁 = 𝟏𝟑. 𝟎𝟕𝟗. 𝟗𝟓𝟎 u.m. 
 
d) O preço de oportunidade do recurso “hora de máquina” (coeficiente de 𝒙𝑭𝟐 no 
quadro = 𝟏𝟓𝟎) indica que: 
• Uma (1) hora a menos de máquina, (o que equivale a fazer 𝒙𝑭𝟐 = 𝟏: aumento 
de horas máquinas ociosas em uma unidade), acarreta uma diminuição no lucro 
de 150 u.m. A nova solução óptima teria lucro de 𝟏𝟑. 𝟎𝟕𝟗. 𝟖𝟓𝟎 𝐮.𝐦. desde que 
não haja alteração nos custos correntes. 
 
✓ Coeteris paribus ( 𝒙𝑭𝟏 = 𝟎, 𝒙𝑭𝟒 = 𝟎 e os custos constantes): 
 
𝑍 = 0 + 150 ∗ (1) + 0 = 13.080.000 ↔ 𝑍 = 13.080.000 − 150 ↔ 𝒁 = 𝟏𝟑. 𝟎𝟕𝟗. 𝟖𝟓𝟎 u.m. 
 
• Contratar mais de uma (1) hora de máquina, (o que equivale a fazer 𝒙𝑭𝟐 = −𝟏: 
diminuição de horas máquinas ociosas em uma unidade), significa um acrés-
cimo de 150 u. m. no lucro (a nova solução óptima seria 𝟏𝟑. 𝟎𝟖𝟎. 𝟏𝟓𝟎 u.m. Mas 
se esse contrato implicar um custo adicional, 50 u. m., por exemplo, ele deve ser 
deduzido (ficando 150 − 50 = 100). O lucro passará a ser de 13.080.100 u. m. 
No caso de aluguer de hora de máquina de terceiros para o programa, o preço de 
oportunidade de 150 u. m. indica o máximo que podemos pagar pelo aluguer além 
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do nosso custo corrente. Por exemplo, se o nosso custo corrente for 500 u.m., 
alugar uma hora de máquina por menos de 650 (500 + 150) aumenta o nosso 
lucro. Esse aumento corresponde à diferença entre 650 e o valor de aluguer. 
 
• Em termos de manutenção e substituição de máquinas, o preço de oportuni-
dade oferece informação para o cálculo do prejuízo devido a quebra e manuten-
ção de uma máquina operando no programa. Se há uma probabilidade de 80% 
de que uma máquina necessite de uma hora para conserto durante o programa, 
então, há uma expectativa de 120 (150 ∗ 0,8) de prejuízo com esse evento (quebra 
de máquina) no programa, além dos custos pela manutenção. 
 
e) O preço de oportunidade do recurso “mercado de 𝐏𝟏” (coeficiente de 𝒙𝑭𝟑 no qua-
dro = 𝟎) indica que esse recurso não é escasso. O mesmo ocorre com o preço de 
oportunidade do recurso “mercado de P3” (coeficiente de 𝒙𝑭𝟓 no quadro = 𝟎). Por 
outras palavras, existe muita procura pelos produtos 𝐏𝟏e 𝐏𝟑. Isto poderá levar a 
empresa a tomar uma das seguintes decisões, para aumentar o seu lucro: 
• Diminuir investimentos nos dois bens com consequente diminuição do mer-
cado, não afectando as vendas da empresa e, causando um aumento no lucro. 
• Aumentar o preço de venda de 𝐏𝟏e 𝐏𝟑. Isto diminui o mercado correspondente 
sem afectar as vendas, desde que o mercado não diminua aquém da produção. 
 
f) O preço de oportunidade de uma unidade do “recurso de 𝐏𝟐” (coeficiente de 𝒙𝑭𝟒 
no quadro = 𝟏𝟎𝟎) indica que: 
• O aumento de uma (1) unidade nesse mercado, (o que equivale a fazer 𝒙𝑭𝟒 =
−𝟏: diminuição de número de clientes ociosas em uma unidade), aos custos cor-
rentes, incrementa o lucro em 100 u.m., isto é, a nova solução óptima teria lucro 
de 13.080.100 u. m. 
 
✓ Coeteris paribus ( 𝒙𝑭𝟏 = 𝟎, 𝒙𝑭𝟐 = 𝟎 e os custos constantes): 
 
𝑍 = 0 + 0 + 100 ∗ (−1) = 13.080.000 ↔ 𝑍 = 13.080.000 + 100 ↔ 𝒁 = 𝟏𝟑. 𝟎𝟖𝟎. 𝟏𝟎𝟎 u.m. 
 
• Da mesma forma, o cancelamento de uma unidade na compra de um cliente 
implica (o que equivale a fazer 𝒙𝑭𝟒 = 𝟏: aumento de número de clientes ociosas 
em uma unidade), um prejuízo de 100 u. m., além do custo normal da unidade 
desse recurso. 
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• Se o departamento de marketing da empresa estimar em 80 o investimento adi-
cional para aumentar em uma unidade o mercado do produto 𝐏𝟐, esse inves-
timento traria à empresa um retorno líquido de 20 u. m. (100 − 80), passando o 
lucro para 13.080.020 u. m. 
 
RESOLVA A AULA PRÁTICA 04 (AP 04)