Buscar

Pesquisa_Operacional___Notas_de_Aula_UCB

Faça como milhares de estudantes: teste grátis o Passei Direto

Esse e outros conteúdos desbloqueados

16 milhões de materiais de várias disciplinas

Impressão de materiais

Agora você pode testar o

Passei Direto grátis

Faça como milhares de estudantes: teste grátis o Passei Direto

Esse e outros conteúdos desbloqueados

16 milhões de materiais de várias disciplinas

Impressão de materiais

Agora você pode testar o

Passei Direto grátis

Faça como milhares de estudantes: teste grátis o Passei Direto

Esse e outros conteúdos desbloqueados

16 milhões de materiais de várias disciplinas

Impressão de materiais

Agora você pode testar o

Passei Direto grátis

Você viu 3, do total de 94 páginas

Faça como milhares de estudantes: teste grátis o Passei Direto

Esse e outros conteúdos desbloqueados

16 milhões de materiais de várias disciplinas

Impressão de materiais

Agora você pode testar o

Passei Direto grátis

Faça como milhares de estudantes: teste grátis o Passei Direto

Esse e outros conteúdos desbloqueados

16 milhões de materiais de várias disciplinas

Impressão de materiais

Agora você pode testar o

Passei Direto grátis

Faça como milhares de estudantes: teste grátis o Passei Direto

Esse e outros conteúdos desbloqueados

16 milhões de materiais de várias disciplinas

Impressão de materiais

Agora você pode testar o

Passei Direto grátis

Você viu 6, do total de 94 páginas

Faça como milhares de estudantes: teste grátis o Passei Direto

Esse e outros conteúdos desbloqueados

16 milhões de materiais de várias disciplinas

Impressão de materiais

Agora você pode testar o

Passei Direto grátis

Faça como milhares de estudantes: teste grátis o Passei Direto

Esse e outros conteúdos desbloqueados

16 milhões de materiais de várias disciplinas

Impressão de materiais

Agora você pode testar o

Passei Direto grátis

Faça como milhares de estudantes: teste grátis o Passei Direto

Esse e outros conteúdos desbloqueados

16 milhões de materiais de várias disciplinas

Impressão de materiais

Agora você pode testar o

Passei Direto grátis

Você viu 9, do total de 94 páginas

Faça como milhares de estudantes: teste grátis o Passei Direto

Esse e outros conteúdos desbloqueados

16 milhões de materiais de várias disciplinas

Impressão de materiais

Agora você pode testar o

Passei Direto grátis

Prévia do material em texto

Razão de ser
Estas notas de aula tem como função unicamente assessorar o processo de aprendizado. Ou seja, pretende-se com estas anotações disponibilizar ao aluno um guia de estudo, uma espécie de “sub-caderno”.
Longe de condensar todas as informações da disciplina ou todos os assuntos debatidos em sala de aula, estas notas são um material complementar e auxiliar às aulas além de sempre dinâmico (frequentemente alterado, portanto cuide de ter sempre a última versão).
Elas serão disponibilizadas antes de cada aula no WEBCAF.
Ler estas notas antes da aula fará com que sua compreensão da disciplina aumente, contudo mesmo sem lê-la anteriormente é fundamental que sejam levadas para sala de aula juntamente com seu caderno de modo que possam esclarecer suas dúvidas e que você as utilize para colocar observações, comentários ou marcar pontos importantes.
Espero que seja útil. Além disso, qualquer crítica, comentário ou indicação de erro serão bem-vindos.
Prof. Washington Lemos, MSc. 
Washington.lemos@terra.com.br
Bibliografia
Básica
Hillier, Frederick S.; Lieberman, Gerald J. Introdução à Pesquisa Operacional, 8a ed., McGrawHill, 2010.
Lachtermacher, Gerson. Pesquisa Operacional na Tomada de Decisões , 3ª Edição, Editora Elsevier, 2007.
Complementar
Passos, Eduardo José Pedreira Franco. Programação Linear como instrumento de Pesquisa Operacional, Ed. Atlas, 2008.
Slack, Nigel; Chambers, Stuart; Johnston, Robert. Administração da Produção, 2ª Edição, Editora Atlas, 2010
Andrade, Eduardo Leopoldino. Introdução à Pesquisa Operacional - Métodos e Modelos para Análise de Decisões; 4ª Edição, Editora LTC, 2012.
Colin, Emerson. Pesquisa Operacional – 170 aplicações em Estratégia, Finanças, Logística, Produção, Marketing e Vendas. Editora LTC, 2011.
Taha, Hamdy A. Pesquisa Operacional. 8º Edição. Editora Pearson, 2008.
Pizzolato, Nélio D., Gandolpho, André Alves. Técnicas de Otimização. Editora LTC, 2012.
menta
1 – Introdução
2 – Modelagem
3 – Solução Gráfica
4 – Método Simplex
5 – Dualidade e Dual-Simplex
6 – Problemas de transporte
7 – Problemas de designação
8 – Modelos em rede (grafos) – Fluxo Máximo, Árvore Mínima, Menor Caminho.
9 – Gestão de Projetos (Pert/CPM)
10 – Teoria das Filas *
11 – Teoria dos Jogos *
*Assuntos extra curriculares, cujo conteúdo é pertinente a um curso mais avançado. Sua presença é desejável porém não imprescindível. Dependendo do tempo disponível, do ritmo da turma e do interesse dos alunos poderão ser apresentados de forma menos ou mais aprofundada, ou até mesmo suprimidos.
Introdução
A Pesquisa Operacional tem origem na necessidade de se resolver e controlar problemas complexos de logística, controle de recursos e projetos. Ela é intrinsecamente multidisciplinar reunindo conceitos de estatística, psicologia e economia, sempre matematicamente orientada para que seja capaz de resolver os problemas de maneira quantitativa.[1: Pesquisa Operacional (PO) é também chamada de “Ciência da Administração”ou ainda “Management Sciences” (MS). É importante ficar atento, pois alguns livros utilizam esta notação, especialmente os estrangeiros.]
A Pesquisa Operacional é uma das maiores conquistas científicas do século XX fruto dos desafios bélicos da Segunda Grande Guerra (1939 – 1945) que nos tempos posteriores ao conflito difundiu-se pelos grupos de estudiosos e empresários que buscavam métodos mais eficientes e eficazes de organizar suas atividades.
O desafio quase sempre é distribuir recursos limitados entre atividades que disputam por tais recursos. De forma geral busca-se sempre um planejamento de atividades objetivando tornar o resultado ótimo (o melhor resultado possível frente às variáveis consideradas). 
Percebam que a maior qualidade da Pesquisa Operacional também determina seus limites. Ao tentar seguir um “método científico”, a Pesquisa Operacional investiga o problema, observa os fatos, formula a problemática indicando os dados relevantes. Em seguida o problema real será reduzido a um modelo matemático que representa a essência do problema real. Neste ponto fica implícita a premissa de que acreditamos que a solução do problema matemático também será válida para o problema real. Para sustentar esta premissa buscamos validar o modelo verificando alguma hipótese.
Fica claro então que a Pesquisa Operacional tem o compromisso de ser uma ferramenta de gestão, fornecendo soluções práticas a problemas reais, auxiliando a tomada de decisão. Por isso é fundamental analisar os resultados advindos do modelo matemático observando a subjetividade inerente e as questões práticas das atividades.
A figura a seguir retrata esta necessidade de interpretar as informações provenientes do modelo matemático, utilizando os conhecimentos do gestor que tomará as decisões.[2: Adaptada de Lachtermacher, Gerson. Pesquisa Operacional na Tomada de Decisões , 3ª Edição, Editora Elsevier.]
Como consequência do que debatemos, as etapas de um estudo de Pesquisa Operacional serão:
Definir o problema de interesse e coletar os dados referentes às variáveis consideradas relevantes.
Formular um modelo matemático para representar o problema, indicando a as relações quantitativas e qualitativas das variáveis.
Desenvolver um procedimento computacional para derivar as soluções do modelo.
Testar as soluções do modelos, verificando as hipóteses do problema real.
Implementar a solução obtida do modelo e analisada pelos gestores.
A definição do problema real é uma atividade exclusivamente gerencial, para a qual a Pesquisa Operacional tem pouco a contribuir. Uma vez definido, precisamos construir um modelo matemático que represente e interprete o problema real. Trataremos disso agora.
Modelagem
Um modelo é a representação de um sistema real. As diferenças entre a solução real e a solução proposta pelo modelo depende da precisão do modelo em descrever o comportamento original do sistema. 
Em Pesquisa Operacional utilizamos modelos matemáticos. Nestes modelos as grandezas são representadas por variáveis e as relações entre as mesmas por sistemas de equações ou inequações. Por esta razão precisamos sempre de informações quantificáveis ao modelar um problema de Pesquisa Operacional.[3: É conveniente falar um pouco das “bases matemáticas”. A Pesquisa Operacional utiliza conceitos básicos de matemática e estatística. Se você tiver qualquer dificuldade em entender alguma passagem matemática aqui tratada, não se acanhe e pergunte, pois é fundamental saber o que está acontecendo. Para auxiliar há como “anexo” a este material uma revisão de álgebra (para resolver equações e inequações e interpretá-las graficamente) e Estatística (que utilizaremos na parte de Gestão de Projetos). Não deixe de consultar estes materiais caso não esteja entendendo os procedimentos matemáticos envolvidos. Insisto, usamos apenas a matemática mínima necessária. É mais que hora de perder este medo dos números.]
Os modelos matemáticos apresentam três elementos principais:
Variáveis de decisão e parâmetros - As variáveis de decisão são as incógnitas a serem determinadas na solução do modelo. Os parâmetros são constantes presentes nas restrições e na função objetivo (F.O.).
Restrições – Expressões que representam os limites físicos do problema, definindo o universo de soluções viáveis (possíveis).
Função Objetivo – É a medida de desempenho apropriada do problema e é expressa através das variáveis de decisão.
Em linguagem matemática fica assim:
Se a função objetivo juntamente com todas as restrições forem representadas por funções lineares, então dizemos que temos um modelo de Programação Linear. Caso ao menos uma das restrições ou a função objetivo forem equações/inequações não-lineares, dizemos que o modelo é de Programação não-linear.
Neste curso vamos dar ênfase especial à Programação Linear, visto sua aplicabilidade aos problemas reais e seus métodos mais simples de resolução. 
A premissa de que o problema pode ser representado por relações lineares emerge as seguintes propriedades:
Ou seja, não está prevista economia de escala!Proporcionalidade:a contribuição de cada atividade ao valor da função objetivo Z é proporcional ao nível da atividade representado pela variável de decisão.
As variáveis não se influenciam.Aditividade: a contribuição total de todas as atividades da função objetivo e das restrições é a soma direta das contribuições individuais. 
Divisibilidade: as variáveis de decisão podem assumir qualquer valor não inteiro.[4: Modelos que representem a necessidade de valores inteiros serão tratados no tópico de “programação linear inteira” mais adiante.]
Certeza: os coeficientes da função objetivo e das restrições devem ser bem conhecidos. Como no mundo real isso nem sempre é viável, é preciso garantir que tenham ao menos um baixo desvio padrão, pois caso contrário o modelo é pouco representativo. 
Veremos então ver alguns exemplos de como transformar um problema real em um modelo matemático. 
Não há forma padronizada de se elaborar um modelo. É preciso, antes de tudo, conhecer (ou buscar conhecer) o assunto e ter alguma experiência. Entretanto alguns pontos podem ser destacados:
Deve-se escolher as variáveis de decisão e mantê-las até o final da modelagem, tomando cuidado para não trocar as variáveis no meio da modelagem.
Monte a função objetivo de modo que represente o que o problema deseja alcançar e entende como ótimo, ou seja: trata-se de maximizar ou de minimizar a função objetivo?
Verifique todas as grandezas que possam limitar o problema, classificando-os por padrões (p.e.: mão-de-obra, horas, matéria-prima etc.).
Vejamos um exemplo. 
Exemplo I
Uma pequena fábrica de calçados produz sapatos e sandálias. As sandálias são vendidas no mercado por R$22,00 e os sapatos por R$48,00. Para a fabricação de um par de sandálias gastam-se 0,30 m2 de couro, levam-se três horas no corte e costura e uma pessoa é utilizada no acabamento, detalhes finais e embalagem. Na confecção de um sapato gasta-se 0,50 m2 de couro, quatro horas no corte e costura e duas pessoas no acabamento, detalhes finais e embalagem. A empresa conta, diariamente, com 15 m2 de couro, 120 horas de trabalho e 15 pessoas atuando na produção. Determine o modelo de programação linear (PL) que maximiza a receita diária desta fábrica de calçados.[5: Passos, Eduardo José Pedreira Franco. Programação Linear como instrumento de Pesquisa Operacional, Ed. Atlas, 2008. – pág. 16]
Resolução:
Precisamos saber a quantidade a ser produzida de sapatos e sandálias que tornem a receita diária a maior possível, sendo assim, nossas variáveis de decisão serão as quantidades vendidas de sapatos e sandálias.
 
Com estas variáveis de decisão precisamos de uma função que descreva o objetivo a ser alcançado: aumentar ao máximo possível a receita diária. Ora, como receita é o resultado do preço de um produto pela quantidade de vendas do mesmo, podemos entender que a receita total da empresa estudada será dada por: 
É o resultado desta expressão que desejamos otimizar (neste exercício representado pelo valor máximo, ou seja, maximizado). Logo, a função objetivo (representada por Z) pode ser escrita como sendo:
Uma vez que já identificamos as variáveis de decisão e elaboramos uma função objetivo que sintetize a problemática, precisamos saber quais são as condições que devem ser obedecidas para alcançar nosso objetivo. Vamos definir nossas restrições.
Não temos recursos infinitos, não dispomos de couro, mão-de-obra ou horas ilimitadas para alcançar nosso objetivo. Então vamos ver nossos limites.
Para o couro temos um limite diário de 15 m2. Como para produzir sandálias gastam-se 0,30 m2 e na confecção de um sapato gasta-se 0,50 m2 concluímos que a quantidade total de couro consumida diariamente será e este valor não pode em hipótese alguma ser superior a 15 m2 (limite diário), ele pode ser menor, ou seja, eu posso não consumir todo o recurso disponível, mas nunca consumir mais do que existe. Matematicamente podemos escrever esta restrição na forma da seguinte inequação:
Outro ponto que deve ser obedecido é o limite de horas de trabalho disponíveis (120h). Analogamente ao que fizemos para o couro, a quantidade total de horas consumidas na produção será dada por (sandálias necessitam de 3 horas no corte e costura e sapatos precisam de 4 horas para as mesmas atividades). Como temos um limite de 120 horas para serem distribuídas, então a restrição pode ser expressa por:
O problema ainda limita a quantidade de pessoas envolvidas na produção em 15. Como precisamos de 1 pessoa na produção de sandálias e 2 na produção de sapatos, podemos escrever que:
Se não há mais restrições, podemos seguir. Aqui cabe uma dica. Muitas vezes fazer uma tabela com todas as informações do problema ajuda a compreendê-lo melhor e não esquecer nenhum dado.
Bem, descrevemos então todas as restrições relativas ao consumo de recursos, contudo uma outra restrição (implícita no problema) ainda não foi descrita e é fundamental do ponto de vista matemático. Pensem nos valores que as variáveis de decisão podem assumir. Podemos produzir qualquer quantidade de sandálias e sapatos, podemos até mesmo não produzir nada, mas não podemos de qualquer ponto de vista produzir quantidade negativa de sapatos ou sandálias! As variáveis de decisão não podem assumir valores negativos!
Matematicamente dizemos que: 
São denominados coeficientes da função objetivo.Feito isso esgotamos as possíveis restrições e podemos apresentar o modelo completo:
São denominadas constantes do lado direito.
São denominados coeficientes tecnológicos (ou de restrição).
Vamos exercitar
Exercício 1
Uma empresa produz dois produtos (I e II) em uma de suas fábricas. Na fabricação deles ela utiliza três insumos críticos que restringem u número de unidades que podem ser produzidos. São estes insumos: as quantidades de matéria-prima (tipos A e B disponíveis) e a mão-de-obra. O departamento de suprimentos já informou que para o próximo mês a fábrica terá disponível, para a fabricação dos dois produtos, um valor total de 4900kg de matéria-prima do tipo A e 4500kg de matéria-prima do tipo B.[6: Santos, Maurício Pereira. Apostila de Programação Linear do Instituto de Matemática e Estatística da UERJ. Disponível em http://www.mpsantos.com.br . Tem muito material de qualidade. Pág. 01]
Cada unidade do produto I necessita para ser produzida de 70 kg da matéria-prima A e 90kg da matéria-prima B. Por sua vez o produto II necessita de 70 kg da matéria-prima A e 50kg da matéria-prima B.
Como a produção destes dois produtos utiliza processos deferentes, a mão-de-obra é especializada e diferente para cada um deles, o que impede a utilização de operadores que produzem um produto na confecção do outro. Por isso o produto I terá disponível no próximo mês 80 Homens-hora enquanto o produto II terá 180 Homens-hora. Para cada unidade do produto I consome-se 2 homens-hora ao passo que para o produto II este valor é de 3 homens-hora. O lucro unitário é de R$ 20 para o produto I e de R$ 60 para o produto II. 
Dada a grande procura estima-se que todas as unidades produzidas serão vendidas. Desta maneira a gestão da empresa deseja saber qual é o melhor mix de produção, ou seja, aquele que proporcionará o maior lucro possível nestas condições. 
Resposta
Para a resolução deste problema podemos conveniente tabelar todos os dados encontrados no enunciado. Veja a tabela a seguir.
Com base nesta tabela podemos escrever o modelo, partindo da função objetivo e chegando às restrições.
Exercício 2
Em uma fazenda deseja-se fazer 10.000kg de ração com o menor custo possível. De acordo com as recomendações do veterinário a ração deve conter 15% de proteína, um mínimo de 8% de fibra, nunca menos do que 1.100 calorias por kg e no máximo 2.250 calorias por kg.[7: Santos, Maurício Pereira. Apostila de Programação Linear do Instituto de Matemática e Estatística da UERJ . Pág. 18]
Outra exigência é que a ração final tenha no mínimo 20% de milho e no máximo 12% de soja.
Para elaboração desta ração deve-se utilizar os ingredientes abaixo, cujas características estão tabeladas.Determine o modelo de programação linear para este problema.
Resposta: 
Exercício 3
O órgão regulamentador do Meio Ambiente determinou restrições de pesca para as empresas que atuam em um determinado local, com o objetivo de evitar a pesca predatória e indiscriminada. Desta maneira, uma empresa recebeu a autorização para capturar, mensalmente, no máximo 3000 ton de badejo, 1200 ton de vermelho e 900 ton de cação. Estes são os limites por espécie, porém existe o limite total de 4600 ton, que é o valor máximo a ser pescado mensalmente independente do tipo de pesca. Sabendo-se que por uma questão na câmara fria, a quantidade a ser pescada de badejo não pode ser maior do que o dobro da quantidade de vermelho, determine o modelo de programação linear adequando para se obter a quantidade a ser pescada de cada espécie de peixe para que a receita desta empresa seja o máximo. Faça isso sabendo que o preço do pescado é: badejo – R$ 8,5/kg; vermelho – R$9,00/kg; cação – R$9,6/kg.[8: Passos, Eduardo José Pedreira Franco. Programação Linear como instrumento de Pesquisa Operacional, Ed. Atlas, 2008. Pág. 35]
Resposta: 
Exercício 4
Uma empresa produz dois tipos de reboque: luxo (utilizado nos carros de passeio) e comercial (usado em camionetes). Na produção dos reboques são utilizados os departamentos de montagem e pintura, os quais tem a seguinte distribuição:[9: Passos, Eduardo José Pedreira Franco. Programação Linear como instrumento de Pesquisa Operacional, Ed. Atlas, 2008. Pág. 37]
A empresa tem 15 funcionários no departamento de montagem e 8 no departamento de pintura, sendo que ambos departamentos trabalham 8 horas por dia. Sabendo-se que um reboque de luxo proporciona um lucro unitário de R$360 e o comercial um lucro de R$ 285, qual é o modelo de Programação Linear (PL) para se determinar a configuração de maior lucro possível?
Resposta:
Exercício 5
Um paciente foi diagnosticado com tumor maligno na bexiga (lesão integral de bexiga) em estado avançado. Devido a este diagnóstico o paciente precisa ser submetido a um tratamento que incluirá radioterapia. A radioterapia consiste em fluxos de raios de radiação capazes de matar as células tumorais, contudo é inevitável que durante o procedimento células saudáveis vizinhas do tumor também sejam atingidas, o que pode causar complicações ainda mais sérias que o câncer em si. [10: Hillier, Frederick S.; Lieberman, Gerald J. Introdução à Pesquisa Operacional, 8a ed., McGrawHill, 2010. Pág. 43 (adaptado)]
Por tudo isso as sessões de radioterapia são processos delicados nos quais o objetivo é atingir o tumor com níveis de radiação suficientemente altos para que sejam eliminados, porém utilizando o mínimo possível de radiação para que as células saudáveis sofram a menor agressão possível. Outro ponto é que existem tecidos críticos, que independente do tumor não podem receber radiação além de um determinado valor, pois isso causaria falência dos mesmos.
O tumor precisa receber radiação do modo que maximize sua exposição, por isso é indicado usar dois ângulos para o fluxo (de um lado e do outro do tumor como na figura).
A equipe médica estimou os dados referentes à absorção de radiação e precisa definir a quantidade de radiação a ser emitida de cada fluxo de modo que o núcleo do tumor receba ao menos seis kilorad (unidade de radiação), a região do tumor precisa receber 6 kilorad e os tecidos críticos não podem recebem em hipótese alguma mais do que 2,7 kilorad. 
Desta forma, determine o modelo de programação Linear (PL) para que as chances de sobrevivência do paciente sejam as maiores possíveis.
Resposta:
Exercício 6
Uma empresa possui 3 fazendas nas quais produz beterraba, algodão e milho. A produção de cada uma delas é limitada tanto pela quantidade de área irrigável bem como pela quantidade de água disponível para irrigação, do seguinte modo:[11: Hillier, Frederick S.; Lieberman, Gerald J. Introdução à Pesquisa Operacional, 8a ed., McGrawHill, 2010. Pág. 45 – foi corrigida tabela 3.9 do livro que estava errada e trocado Sorgo por Milho.]
Por questão de exaustão do solo, existe um limite do terreno que pode ser utilizado para cada uma das culturas. 
Como há limitada disponibilidade de água este ano, ficou claro que não será possível utilizar toda a área irrigável disponível nas 3 fazendas. Para garantir o equilíbrio de mão-de-obra em cada uma das fazendas, decidiu-se que todas elas terão a mesma proporção de área irrigável plantada, mesmo sem a obrigação de todas as fazendas possuírem todas as culturas. 
Desta maneira, defina o modelo de PL (programação linear) que descreva o problema de se maximizar o retorno líquido total para a empresa dona das 3 fazendas.
Resposta: 
Sendo a quantidade produzida de cada cultura em cada fazenda:
Proporção igual para o cultivo das terras
Área máxima para cada plantação
Alocação de água por fazenda
Terra utilizável por fazenda
Exercício 7
Uma determinada siderúrgica sempre foi o fator de emprego e geração de renda de certa cidade. Contudo, a cidade cresceu e o pensamento “o que é bom para a siderúrgica é bom para a cidade” começa a mudar, devido aos danos ambientais e de saúde causados pela siderúrgica.[12: Hillier, Frederick S.; Lieberman, Gerald J. Introdução à Pesquisa Operacional, 8a ed., McGrawHill, 2010. Pág. 48.]
Para encarar estes novos desafios uma mudança de cultura e mentalidade foi fundamental na direção da empresa que, reformulada pelos acionistas, agora procura minimizar os impactos de sua atividade na cidade que cresce em seus arredores.
Para isso uma série de estudos foi feita juntamente com os órgãos governamentais de meio-ambiente e a sociedade organizada, o que resultou em novos índices rigorosos de emissão de poluentes resumido na seguinte tabela:
Para solucionar este problema a direção reuniu um grupo de trabalho cujo objetivo é encontrar uma solução técnica para atingir estes valores do modo mais econômico possível.
As siderúrgicas possuem duas fontes principais de poluição: os altos-fornos (utilizados para fabricar lingotes de gusa) e fornos elétricos (transformam lingotes em aço). Os estudos do grupo técnico indicaram algumas possibilidades para reduzir a emissão. São elas:
Aumentar a altura das chaminés[13: Estão solução é sempre ilusória. Ou seja, reduz a concentração de poluição nas imediações da fábrica porém continua emitindo a mesma quantidade de poluentes, que podem entre outras coisas piorarem a situação, pois agora ficarão mais tempo em suspensão podendo causar chuva ácida. Mas aqui fica valendo.]
Usar dispositivos filtrantes nas chaminés
Incluir materiais limpadores entre os combustíveis usados nos fornos
Cada um destes métodos de solução possui uma limitação tecnológica na intensidade que podem ser usados. A quantidade de emissão máxima que cada um destes métodos pode proporcionar varia em função do tipo de forno e a poluição analisada. Veja esta tabela:
Analisando a tabela a equipe concluiu que nenhum método individualmente seria capaz de reduzir a emissão aos níveis exigidos, em contrapartida , utilizar os três métodos simultaneamente com todo o seu potencial certamente representaria um custo desnecessário, podendo ser proibitivo, podendo tirar toda a competitividade dos produtos.
 Por isso ficou claro que será preciso encontrar a melhor distribuição de uso de cada um destes métodos de redução de emissão, para cada um dos tipos de fornos, utilizando-os não necessariamente me sua “carga máxima” mas sim em frações de seu uso máximo.
Ao descrever os custos, chegou-se à tabela na qual os valores de investimento, manutenção e operação de cada um dos métodos foi amortizada pelo tempo de uso, equalizada na tabela com valor anual.
A premissa existente é que estes custos são lineares em relação ao uso, ou seja, se usamos 100% da capacidade de um determinado método (aumentar o máximo possível a chaminé do alto-forno, por exemplo) obrigatoriamente pagaremos 100% de seus custos (no caso da chaminé do alto-forno, um valor de 8 milhões). Contudo, se reduzirmoso uso à metade, o custo igualmente será reduzido à metade.[14: Nem sempre esta premissa é válida. Normalmente isso acontece quando os custos de investimentos são muito baixos quando comparados ao de manutenção e operação, e isso pode ocorrer quando o tempo de uso do equipamento é muito grande. Mas no exercício consideremos esta simplificação.]
Uma vez apresentado o problema, como você, que coordena a equipe que busca a solução, descreveria o modelo em Programação Linear para se encontrar o quanto de cada solução será implementado buscando reduzir as emissões ao menor custo possível?
Resposta
As variáveis de decisão escolhidas estão abaixo e representam a fração a ser utilizada de cada uma das soluções.
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
Exercício 8
Uma empresa de aviação comercial está em processo de reformulação de seu quadro e deseja reduzir custos sem que isso se reflita na satisfação dos clientes.[15: Hillier, Frederick S.; Lieberman, Gerald J. Introdução à Pesquisa Operacional, 8a ed., McGrawHill, 2010. Pág. 54.]
O ponto central é programar as escalas dos agentes responsáveis para atender os clientes no aeroporto de modo que tenha a menor quantidade possível de agentes e alocados nos turnos de menor custo. A tabela a seguir resume o estudo:
A coluna “Nº mínimo de agentes” indica o mínimo necessário para se garantir o nível de atendimento ao cliente, em cada horário. Os sinais √ indicam o acordo coletivo feito com o sindicato da categoria que indica os horários autorizados de trabalho em cada turno. Atente que os salários diário (incluindo benefícios) indicado na última linha difere em cada turno, isso acontece porque alguns turnos são menos desejados que outros, além de encargos relativos ao horário de trabalho.
Com base nestas informações, determine o modelo de programa linear que indique quantos agentes devem ser alocados em quais turnos com o objetivo de minimizar os custos totais, porém de modo que ao menos o nível mínimo de atendimento ao cliente seja preservado.
Resposta: 
Sendo a variável de decisão a quantidade de agentes alocados em cada turno:
Exercício 9
Uma empresa de Investimento e Capital tem um orçamento de R$ 200 milhões para este ano, R$ 250 milhões para o próximo ano e R$ 150 milhões para o ano seguinte. Desta forma esta empresa precisa decidir onde investirá este montante. Para isso ela tem algumas opções referentes à participação em algumas empresas listadas na tabela a seguir. Ela pode comprar qualquer fração de qualquer empresa, porém é fundamental manter a percentual de participação nos próximos anos, ou seja, se ela comprou um percentual desta empresa neste ano, no próximo ano isso também deverá ser feito. As possibilidades de investimento que cada empresa disponibilizou bem como o Valor Presente Líquido de cada investimento é o seguinte:[16: Colin, Emerson C.; Pesquisa Operacional - 170 aplicações em estratégia, finanças, logística, produção, marketing e vendas.; LTC, 2011. Pág. 14]
Com estas informações elabore o modelo de PL (programação lineal) que descreva qual é o aporte que a empresa deve fazer para maximizar seu VPL.
Resposta: 
Exercício 10
Uma seção de manutenção opera 24 horas por dia sem interrupção. A escala de plantão segue a demanda esperada de serviços, que varia de acordo com o horário do dia. Para permitir um melhor ajuste entre demanda de serviços e o número de funcionários de plantão foi estabelecido que o turno de trabalho seria de 4 horas e que cada funcionário atuaria em 2 turnos totalizando 8 horas de jornada consecutivas. O histórico mostra que um número mínimo de funcionários é necessário para atender a demanda, conforme tabela a seguir:[17: Andrade, Eduardo Leopoldino. Introdução à Pesquisa Operacional – Métodos de modelos para análise de decisões. 4ª Edição. LTC. 2012. Pág. 59]
Desta forma, monte um modelo de PL que permita obter o número de empregados que devem começar cada turno de modo que a equipe total do setor seja a menor possível.
Resposta: 
	Solução gráfica
Até aqui estudamos e exercitamos a formulação de modelos, ou seja, somos capazes de transformar um problema real em uma série de formulações matemáticas. O passo seguinte é a resolução destes modelos matemáticos de modo encontrar os valores das variáveis de decisão que proporcionem o valor ótimo da função objetivo. O primeiro modo de solução que abordaremos é o Método Gráfico.
A solução gráfica tem um significado muito mais didático do que funcional, visto que normalmente os problemas do cotidiano possuem dezenas ou centenas de variáveis de decisão o que torna o método gráfico extremamente complexo e pouco eficiente. 
Entretanto se abordamos um problema com no máximo duas variáveis de decisão, a solução gráfica é um caminho simples e fácil para encontrar o ponto de otimização do modelo.
Vamos então ver como obter a solução graficamente. Este método consiste em traçar um gráfico bidimensional em um plano cartesiano que tenha X1 e X2 como abscissa e ordenada respectivamente. Veja a figura:
X
1
X
2
1º quadrante
2º quadrante
3º quadrante
4º quadrante
Neste plano cartesiano representaremos a região de soluções viáveis, que são todas aquelas soluções (conjuntos de valores de X1 e X2) que atendem as restrições, mesmo que não sejam os valores para os quais a função objetivo (Z) assuma os valores ótimos. Para encontrar esta região de soluções viáveis precisamos plotar neste plano cartesiano as retas que representam cada uma das restrições.[18: Neste momento utilizaremos conceitos básicos de álgebra, nível ginasial. Como material de apoio, o anexo 1 revisa alguns destes conceitos, não hesite em consultá-lo.]
Vamos usar o Exemplo I da fábrica de calçados (pág.17). Neste exemplo o modelo que descrevemos foi:
Verificaremos inicialmente se existem as restrições de não negatividade. Neste caso elas existem e são: . Sendo assim verificamos que a região de soluções viáveis. Como obrigatoriamente (devido às restrições de não negatividade) X1 e X2 só podem assumir valores positivos, concluímos que a região de soluções viáveis estará necessariamente no 1º quadrante. Vamos então destacar a região de soluções viáveis:
X
2
X
1
Como até agora consideramos apenas as restrições de não negatividade (
), qualquer valor que esteja no 1º quadrante nos atende, pois 
nele X
1
 e X
2
 são positivos.
Sabemos que a solução ótima estará necessariamente na região de soluções viáveis, portanto no nosso exemplo no 1º quadrante. Vamos então prosseguir colocando no plano cartesiano as retas referentes às restrições. Vejamos como fica a restrição 1) .
Para encontrarmos a região do plano na qual os pontos nela atendam a esta restrição, precisamos antes de tudo traçar a reta da equação limite, ou seja: qual é a reta da equação ?
Para encontrarmos esta reta precisamos obrigatoriamente de dois pontos (X1;X2) desta equação. Para encontrar estes dois pontos vamos atribuir, alternadamente, valores a X1 e X2.
Se X1 = 0 então		 Se X2 = 0 então:
 
Sendo assim podemos traçar o reta equivalente à equação pois sabemos que ela passa pelos dois pontos (0;30) e (50;0).
X
1
X
2
Reta da equação referente à restrição 
1
) 
Reta da equação referente à restrição 
1
) 
Ponto X
1
 = 50 e 
X
2
=0, ou seja, (
50;
0).
Ponto X
1
 = 0 e 
X
2
=30, ou seja, (
0
;30).
50
30
Observe que esta reta é formada pelo conjunto de pontos que fazem com que a igualdade seja atendida, ou seja, para qualquer valor de X1 e X2 ao longo da reta . Mas voltemos ao nosso problema, nele temos uma inequação (), ou seja, no interessa qualquer conjunto de valores para X1 e X2 que façam com que . Logo, não apenas qualquer ponto que integre a reta atende esta restrição, mas também qualquer valor “abaixo” dela! 
Sendo assim, a região de soluções viáveis agora será constituída por qualquer ponto que atenda a esta restrição () bem como à restrição de não negatividade ().
A região de soluções viáveis agora assume este formato, pois qualquer valor aqui atende às restrições de não negatividade bemcomo à restrição 
1
) 
.
①
30
50
X
1
X
2
Qualquer região abaixo da reta atende à restrição 
1
)
Vejamos agora como fica a restrição 2) . Vamos encontrar dois pontos para traçar a reta da equação .
50
30
Traçando a reta que passe por estes dois pontos e destacando a nova região de soluções viáveis, que agora precisa atender, além das restrições de não negatividade () e da restrição 1 (), também à restrição 2 ().
A região de soluções viáveis agora assume este formato, pois somente um ponto aqui atende às restrições de não negatividade bem como à restrição 
1
) e a restrição 2) simultaneamente.
40
50
30
②
①
X
1
X
2
Fazendo o mesmo procedimento para a restrição 3) teremos a equação que pode ser traçada ao encontrarmos os dois pontos:
7,5
15
③
40
50
30
②
①
X
1
X
2
Observe que agora a região de soluções viáveis resume-se a este espaço, pois é o único no qual todos os pontos atendem a TODAS as restrições.
Uma vez que traçamos no plano cartesiano todas as restrições, a região de soluções viáveis final será aquela que atenda a todas as restrições simultaneamente. Nesta região qualquer ponto é uma solução para o nosso problema, mas não necessariamente proporcionará a solução ótima. Desta maneira nosso objetivo agora é descobrir, nesta região de soluções viáveis, qual é aquele(s) ponto(s) para o(s) qual(is) a função objetivo (Z) assume o melhor valor possível.
Para isso precisamos traçar no plano cartesiano a família de retas representada pela função objetivo: .
Para isso vamos escolher um ponto qualquer (que esteja na região de soluções viáveis). Por exemplo, ponto (0;5), ou seja, .
Para este ponto teremos um valor de Z: . Observe que chamamos de Z e não de Zmax, pois não sabemos se ele é o máximo, isto é, o valor ótimo. Para definir a reta, precisamos de outro ponto que pertença a ela. Desta forma, já que sabemos que Z=240, podemos fazer: esta reta cruza a abscissa quando , neste ponto . Desta forma sabemos que quando Z=240 a reta passa pelos pontos: (0 ; 5) e (10,9 ; 0). Agora podemos colocar esta reta no plano cartesiano.
10,9
5
7,5
15
③
40
50
30
②
①
X
1
X
2
Z=240
Observe a reta Z=240. Atente que possivelmente haverá outra paralela a ela cujo valor de Z seja maior, ou seja, outra reta da mesma família que proporcione um valor “melhor” para Z (note que estamos desejando maximizar Z, por isso dizemos que “melhor”, se o objetivo fosse minimizar, um valor maior de Z seria “pior”). Vejamos então qual seria o valor de Z de uma reta (pertencente a esta família) que passasse pelo ponto (15 ; 0).
Atente que o valor de Z aumentou! Ou seja, “melhorou” . Para traçar a reta equivalente a este novo valor de Z podemos proceder como fizemos. Já que temos um ponto da reta, que neste caso é o ponto (15 ; 0) e o valor de Z (330), podemos obter o segundo ponto (0 ; 6,875). Há, contudo, outro caminho. Como temos a reta anterior (Z=240), sabemos um ponto, no caso (15 ; 0), da NOVA reta e sabemos que a nova reta será PARALELA à anterior, basta traçar a paralela que passe por este ponto (15 ; 0).
Qualquer uma doa maneiras resultará no plano cartesiano a seguir:
10,9
5
7,5
15
③
40
50
30
②
①
X
1
X
2
Z=240
Z=
330
Vamos pensar um pouco sobre o resultado. Nós encontramos um valor maior de Z sempre que avançamos para cima com uma nova paralela à equação inicial, ou seja, cada vez que traçamos uma reta da mesma família “acima” da anterior, o valor de Z aumenta. Podemos então deduzir que o valor ótimo de Z será encontrado naquele ponto além do qual não existem outras soluções viáveis, ou seja, um ponto limite da região de soluções viáveis destacado em azul no triângulo. Vamos então verificar que esta reta limite, ou seja, aquela que proporciona o valor máximo Z*, será:
10,9
5
7,5
15
③
40
50
30
②
①
X
1
X
2
Z=240
Z=
330
Z
*
O ponto limite é o (0 ; 7,5), pois além dele, qualquer ponto pelo qual passe a reta da família Z estará fora da região de soluções viáveis. 
Então fica claro que o ponto ótimo, ou seja, aquele que proporcionará o valor ótimo de Z (Z*) será (0 ; 7,5). Neste ponto o valor de Z assume:
Ou seja, a empresa vai ter o faturamento máximo de R$360/dia e não deve sapatos (x1), apenas sandálias (x2), sendo 7,5 unidades/dia.[19: Este é um exemplo super simplificado que cujo resultado vale mais pela forma de encontrá-lo do que por seu valor em sim. Atente que nem sempre é possível, do ponto de vista de mercado, deixar de fornecer um produto. Mas de toda forma esta informação é válida e a gestão precisa saber que a produção daquele produto deve ter outras justificativas que não seja a de aumentar o faturamento. Outro aspecto é a produção de sete unidades e meia de sandália. Podemos cair no equívoco de arredondar o valor para 8, pensando que assim estaremos razoavelmente próximos do valor ótimo. Isso nem sempre é verdade! Quando lidamos com itens que não podem ter sua produção fracionada, então precisamos resolver o problema utilizando conceitos de Programação Linear Inteira, que estudaremos ao longo do curso. Por agora apenas precisamos que um conceito fique claro: arredondar não garante que estejamos próximo do valor ótimo!]
Este exemplo poderia também ser resolvido utilizando alguns softwares simples que existem. Para fins didáticos apresentaremos o “IRO tutorial” (Interactive Operations Research Tutorial) que é um software gratuito disponibilizado no site da editora Mc Graw Hill, editora que publica um de nossos livros textos. [20: Trata-se do Hillier, Frederick S.; Lieberman, Gerald J. Introdução à Pesquisa Operacional, 8a ed., McGrawHill, 2010, apresentado na Bibliografia]
O aplicativo pode ser baixado diretamente no endereço http://www.mhhe.com/engcs/industrial/hillier/iortutorial/install/setup.exe ou no http://goo.gl/NA3rY. Depois de instalá-lo, abra-o e vá em Procedure e em seguida em Graphical Method and Sensitivity Analysis como indicado na figura a seguir:
.
Após usar poucos conhecimento de inglês e alguma intuição, você adicionará a função objetivo e as restrições. Fazendo isso click em Solve e a resolução gráfica será indicada assim:
Valores de X
1
 e X
2
 que proporcionam a solução ótima.
Valor ótimo de Z, 
ou seja
 Z*.
Agora que já sabemos encontrar a solução ótima pelo método gráfico, façamos alguns exercícios.
Vamos exercitar
Exercício 11
Como o Exercício 1
 (pág.21) possui apenas duas variáveis de decisão em seu modelo, resolva-o por meio do método gráfico.[21: Resolva pelo método gráfico e depois utilize o IOR Tutorial para verificar o resultado.]
Resposta
O exercício 1 resultou no modelo:
Traçando estas retas no plano cartesiano teremos:
Observe que o ponto ótimo está na interseção entre a restrição 1) e 4).
Para se encontrar o ponto ótimo de modo numérico precisamos resolver este sistema:
 Resolvendo teremos: resultando em .
Ou seja, o melhor mix de produção, ou seja, aquele que proporcionará o maior lucro possível nas condições do problema será fabricar 10 unidades de produto I e 60 do produto II, resultando no lucro de R$ R$3.800.
Exercício 12
Como o Exercício 4
 (pág.25) possui apenas duas variáveis de decisão em seu modelo, resolva-o por meio do método gráfico.
Resposta
O exercício 4 resultou no modelo:
Que resulta no plano cartesiano:
Percebemos que o ponto ótimo é: que resulta em: 
O maior lucro possível será de R$ 17.100 e acontece quando se produz apenas reboque comercial.
Exercício 13
Como o Exercício 5
 (pág.26) possui apenas duas variáveis de decisão em seu modelo, resolva-o por meio do método gráfico.
Resposta
O exercício 5 resultou no modelo:
Que resulta no plano cartesiano:
Percebemos que agora a região de soluções viáveis resume-se ao ponto ótimo que é: que resulta em: 
As chances de sobrevivência do paciente são maiores possíveis quando emitimos 6 kilorad apenas pelo fluxo 1 e 6 pelo fluxo 2.
Exercício 14
Resolva o modelo a seguir pelo método gráfico.[22: Hillier, Frederick S.; Lieberman, Gerald J. Introdução à Pesquisa Operacional, 8a ed., McGrawHill, 2010. Pág. 34]Resposta:
 
Observe que agora não temos apenas um ponto ótimo, mas sim infinitos pontos que pertençam ao segmento de reta entre os pontos destacados, isto é, qualquer ponto entre (2 ; 6) e (4 ; 3) resulta no valor ótimo de Z*=18.
Exercício 15
Resolva o modelo a seguir pelo método gráfico.[23: Hillier, Frederick S.; Lieberman, Gerald J. Introdução à Pesquisa Operacional, 8a ed., McGrawHill, 2010. Pág. 89]
Resposta:
O ponto ótimo é o ( 14,67 ; 0) resultando em Z*=29,33.
Exercício 16
Resolva o modelo a seguir pelo método gráfico.[24: Passos, Eduardo José Pedreira Franco. Programação Linear como instrumento de Pesquisa Operacional, Ed. Atlas, 2008. – pág. 49]
Resposta:
Observe que agora não existe região de soluções viáveis. O problema não possui solução, ou seja, não há nenhum ponto que satisfaça todas as restrições.[25: Se resolver este problema pelo IOR Tutorial perceberá que este software tem um “bug” pois ao solicitar que resolva ele indica como solução um ponto que não atende todas as restrições.]
Exercício 17
Resolva o modelo a seguir pelo método gráfico[26: Passos, Eduardo José Pedreira Franco. Programação Linear como instrumento de Pesquisa Operacional, Ed. Atlas, 2008. – pág. 52]
Resposta:
Observe que os valores de Z podem crescer indefinidamente, pois não há restrição que os delimite. Assim dizemos que não há solução ótima para o problema. 
Exercício 18
Resolva utilizando o método gráfico.[27: Hillier, Frederick S.; Lieberman, Gerald J. Introdução à Pesquisa Operacional, 8a ed., McGrawHill, 2010. Pág. 93]
Resposta:
Exercício 19
Resolva utilizando o método gráfico.[28: Hillier, Frederick S.; Lieberman, Gerald J. Introdução à Pesquisa Operacional, 8a ed., McGrawHill, 2010. Pág. 92]
Resposta:
Ponto ótimo (2 ; 4) e Z* = -110
Exercício 20
Considere o modelo a seguir, no qual C1 ainda não foi definido.[29: Hillier, Frederick S.; Lieberman, Gerald J. Introdução à Pesquisa Operacional, 8a ed., McGrawHill, 2010. Pág. 92]
Use a análise gráfica para se determinar as soluções ótimas para todos os valores possíveis de C1.[30: Para resolver este exercício você precisará fazer várias soluções gráficas. Para ganhar tempo e em capacidade de análise, recomendamos utilizar o IOR tutorial para ganhar tempo.]
Resposta:
Primeiro tracemos as restrições no plano cartesiano:
②
①
Coloquemos as inequações na forma de equações e encontremos X2 em função de X1 para evidenciar o coeficiente angular da reta.[31: Da álgebra linear sabemos que, se uma função é , então “” é o coeficiente angular da reta, ou seja, o ângulo de inclinação da referida reta em relação à abscissa. Consulte o anexo sobre a revisão de álgebra se achar necessário. ]
Assim:
Estes são os coeficientes angulares de cada uma das retas.	
Desta forma nossa análise fica mais fácil de ser feita.
Vamos pensar o que acontecerá quando a função objetivo tiver coeficiente angular igual ao coeficiente da restrição ①, isto é, quando . Para isso acontecer . Ao traçarmos a função objetivo desta forma, perceberemos que esta reta referente ao Z* coincide com a própria restrição ①. Assim o Z* será 24 e pode ser obtido por qualquer valor de que estejam no segmento de reta entre os pontos [interseção entre as retas ① e ②] e .
Agora vamos verificar o que acontece quando . Para que isso aconteça é preciso que . Percebemos que à medida que reduzimos o valor de C1 a reta referente à função objetivo gira em torno do ponto ótimo . Isso acontecerá até que a rotação seja suficiente para que esta reta coincida com a restrição ②, ou seja, quando ,isto é, .
Quando a função de Z*coincide com a restrição ② e qualquer ponto no seguimento de reta entre e resultará no valor ótimo. Se diminuirmos o valor de C1 fazendo o ponto ótimo desloca-se para e permanece aí indefinidamente, por menor que seja C1.
Então até agora sabemos que, se:
Percebemos que faltou a análise quando . Quando isso acontece a função Z* fica com um coeficiente angular maior do que o da restrição ①, fazendo com que o ponto ótimo seja e o Z*=27.
Assim podemos organizar a resposta final da seguinte forma:
	Solução algébrica
Após analisarmos os resultados obtidos pelo método gráfico podemos fazer algumas considerações.
A primeira consideração é que a solução ótima será obrigatoriamente um ponto extremo da região de soluções viáveis. Se o problema tiver apenas um ponto ótimo, então este ponto ótimo será obrigatoriamente um vértice do polígono (ou poliedro) que delimita o espaço de soluções viáveis. 
Caso dois vértices do espaço de soluções viáveis resultem no mesmo valor ótimo da função objetivo (Z) então teremos certeza de que há INFINITAS soluções ótimas, sendo que TODAS elas estão no segmento de reta delimitado por estes dois vértices em questão.
Desta maneira, uma forma algébrica de resolver problemas de Programação Linear - e que estará na base de todos os algoritmos que veremos - é encontrar os vértices definidos por cada par de restrições e testá-los, verificando qual deles proporciona o valor ótimo.
Voltemos então ao nosso Exemplo I da fábrica de calçados (pág.17). Nós já obtivemos uma solução gráfica para este problema, vamos agora verificar se o método algébrico indicará a mesma solução.
O modelo que encontramos para o Exemplo I foi:
Vamos agora, tal como fizemos para encontrar a solução gráfica, tratar das restrições em seus limites representados pelas igualdades:
Umas vez que temos todas as restrições, basta agora encontrarmos cada uma das interseções entre todos os pares de restrições, verificar se este ponto faz parte do espaço solução e depois se é o ponto ótimo.
Vamos começar entoa pelas restrições 1) e 2) . Para encontrar o ponto de interseção destas duas retas basta encontrar o ponto que satisfaça ambas, ou seja, a solução do sistema de equações definido por elas:
Resolvendo o sistema:
 
Ou seja, e para isso ser verdade . Assim, o ponto de interseção entre as restrições 1) e 2) é o ponto . 
Uma vez encontrado o ponto de interseção precisamos descobrir se ele faz parte do espaço solução. Para isso basta saber se ele atende TODAS as demais restrições.[32: Não precisamos verificar nas restrições 1) e 2) pois foram justamente elas que deram origem a este ponto e portanto obrigatoriamente o mesmo as atenderá. Neste nosso exemplo temos mais 3 restrições: a restrição 3) e as duas outras restrições de não-negatividade. Basta que o ponto não atenda a qualquer uma delas para que ele seja descartado de estar na região de soluções viáveis.]
Ou seja, quando X1 =0 e X2=30 as restrições 1) e 2) serão automaticamente atendidas pois foram elas que originaram este ponto. Como X1 e X2 são positivos, podemos ver facilmente que as restrições de não-negatividade () foram atendidas, resta-nos então saber como ficará a restrição 3).
Atente que 60 NÃO é a 15, logo este ponto NÃO atende à restrição 3) o que significa que ele não pertence ao espaço de soluções viáveis.[33: Veja na solução gráfica que realmente este ponto não pertence ao polígono que descreve o espaço de soluções viáveis destacado em azul na figura da Pág. 43.]
Vamos seguir agora com o mesmo procedimento para o par de restrições 1) e 3).
Resolvendo o sistema termos encontraremos X2 = -105 o que resultará em X1=225.
Logo, o ponto de interseção entre as restrições 1) e 3) é o ponto (225; -105). Rapidamente podemos deduzir que ele não pertence à região de soluções viáveis pois as condições de não-negatividade não foram atendidas.
 Por razões didáticas seguiremos para verificar se este ponto atende a restrição 2).
 
Como 225 NÃO é que 120, então este ponto NÃO pertence à região de soluções viáveis.
Tratemos agora o par de restrições 2) e 3).
Resolvendo o sistema termos encontraremos X1 = 90 o que resultará em X2= -37,5.
Verificando este ponto na restrição 1) teremos:
Ou seja, o ponto (90;-37,5) atende a restrição 1) pois 8,25 15. Contudo atente que X2= -37,5 não atende a restrição de não-negatividade, portanto o ponto NÃO pertence à regiãode soluções viáveis.
Seguiremos agora para as restrições 1) e 4). 
Que resulta em X1 =0 e X2=30. Por coincidência é o mesmo ponto resultante das restrições 1) e 2). Portanto já verificamos que ele NÃO pertence à região de soluções viáveis.
Vamos então para as restrições 1) e 5). 
Resolvendo teremos: X1=50 e X2=0.
Este ponto atende às condições de não-negatividade.
Veremos agora se atendem às demais restrições.
Quanto à restrição 2) temos:
Ou seja, não atende, pois 150 não é 120 como exige a restrição dois.
Vamos então para as restrições 2) e 4). 
A solução é X1 = 0 e X2 = 30. Este ponto também por coincidência já foi verificado que não pertence à região de soluções viáveis.
Vamos então para as restrições 2) e 5). 
A solução é X1 = 40 e X2 = 0.
Veremos agora se atendem às demais restrições 1) 3) e 4).
Como 1215 então a restrição 2) é atendida. Veremos a restrição 3).
Observe que 40 não é 15, ou seja, este ponto não atende a restrição 3) e portanto não pertence à região de soluções viáveis.
Vamos então para as restrições 3) e 4). 
A solução é X1 = 0 e X2 = 7,5. Vejamos se este ponto atende as restrições 1) 2) e 5).
Rapidamente podemos verificar que, como X20, então a restrição 5 é atendida.
Vejamos agora a restrição 1).
O que atende a esta restrição pois 3,75 15.
Vejamos se a restrição 2) é também atendida.
Como 30 15, então a restrição 2) também é atendida e podemos deduzir que o ponto (0;7,5) faz parte da região de soluções viáveis pois atende a TODAS as restrições.
Vamos então para as restrições 3) e 5). 
A solução é X1 = 15 e X2 = 0. Vejamos se este ponto atende as restrições 1) 2) e 4).
Rapidamente podemos verificar que, como X10, então a restrição 4 é atendida.
Vejamos agora a restrição 1).
O que atende a esta restrição pois 4,5 15.
Vejamos se a restrição 2) é também atendida.
Como 45 15, então a restrição 2) também é atendida e podemos deduzir que o ponto (15;0) faz parte da região de soluções viáveis pois atende a TODAS as restrições.
Resta-nos agora apenas um par de restrições, as que representam a condição de não-negatividade: 4) e 5)
O ponto de interseção destas retas é obviamente o (0;0). Precisamos verificar se este ponto atende às demais restrições:
Verifique que o ponto (0;0) atende a TODAS as demais restrições, portanto ele está contido no espaço de soluções viáveis.
Sendo assim, listemos o resumo de todos os pontos encontrados indicando se pertence ou não à região de soluções viáveis.
Restrições 1) e 2) – Ponto (0;30) – Não pertence à região de soluções viáveis.
Restrições 1) e 3) – Ponto (225;-105) – Não pertence à região de soluções viáveis.
Restrições 2) e 3) – Ponto (90;-37,5) – Não pertence à região de soluções viáveis.
Restrições 1) e 4) – Ponto (0;30) – Não pertence à região de soluções viáveis.
Restrições 1) e 5) – Ponto (50;0) – Não pertence à região de soluções viáveis.
Restrições 2) e 4) – Ponto (0;30) – Não pertence à região de soluções viáveis.
Restrições 2) e 5) – Ponto (40;0) – Não pertence à região de soluções viáveis.
Restrições 3) e 4) – Ponto (0;7,5) – Pertence à região de soluções viáveis.
Restrições 3) e 5) – Ponto (15;0) – Pertence à região de soluções viáveis.
Restrições 4) e 5) – Ponto (0;0) – Pertence à região de soluções viáveis.
Vemos que apenas 3 pontos pertencem à região de soluções viáveis. Sabemos que necessariamente o ponto ótimo será um destes pontos. Então, para descobrirmos qual deles é o ponto ótimo basta submeter a função objetivo do modelo () a estes pontos verificando o valor encontrado. Aquele que proporcionar o melhor valor, será o ponto ótimo.
Ponto (0;7,5) 
Ponto (15;0) 
 
Ponto (0;0) 
Como neste exemplo a função objetivo se refere à maximizar, o ponto que proporciona o melhor valor é justamente o que proporciona o maior valor de Z, ou seja, o ponto (0;7,5). Então a solução final do problema é que a solução ótima é de uma receita de R$ 360 obtida da produção diária de 7,5 sapatos (X2) e nenhuma sandália (X1). Observe que é exatamente a mesma resposta encontrada via solução gráfica (pág .51)
 
Vamos exercitar
Exercício 21
Resolva o Exercício 1
 (pág.21) pelo método algébrico e verifique se o resultado encontrado confere com o encontrado pela Solução Gráfica.
O modelo do exercício 1 é:
Precisamos agora resolver TODOS os possíveis sistemas tomando par a par as restrições. Ao fazer isso encontraremos os seguintes pontos de interseção:
Restrições 1) e 2) – Ponto (25;45) –Pertence à região de soluções viáveis pois atende às demais restrições.
Restrições 1) e 3) – Ponto (40;30) – Não pertence à região de soluções viáveis pois não atende a restrição 2).
Restrições 1) e 4) – Ponto (10;60) – Pertence à região de soluções viáveis pois atende às demais restrições.
Restrições 1) e 5) – Ponto (0;70) – Não pertence à região de soluções viáveis pois não atende a restrição 4).
Restrições 1) e 6) – Ponto (70;0) – Não pertence à região de soluções viáveis pois não atende as restrições 2) e 3).
Restrições 2) e 3) – Ponto (40;18) – Pertence à região de soluções viáveis pois atende às demais restrições.
Restrições 2) e 4) – Ponto (16,67;60) – Não pertence à região de soluções viáveis pois não atende a restrição 1).
Restrições 2) e 5) – Ponto (0;90) – Não pertence à região de soluções viáveis pois não atende às restrições 1) e 4).
Restrições 2) e 6) – Ponto (50;0) – Não pertence à região de soluções viáveis pois não atende a restrição 3).
Restrições 3) e 4) – Ponto (40;60) – Não pertence à região de soluções viáveis pois não atende a restrição 1).
Restrições 3) e 5) – Ponto (0;0) – Pertence à região de soluções viáveis pois atende às demais restrições.
Restrições 3) e 6) – Ponto (40;0) – Pertence à região de soluções viáveis pois atende às demais restrições.
Restrições 4) e 5) – Ponto (0;60) – Pertence à região de soluções viáveis pois atende às demais restrições.
Restrições 4) e 6) – Ponto (0;0) – Pertence à região de soluções viáveis pois atende às demais restrições.
Restrições 5) e 6) – Ponto (0;0) – Pertence à região de soluções viáveis pois atende às demais restrições.
Verificando o valor da função objetivo com cada um dos pontos que pertencem ao espaço de soluções viáveis teremos:
Ponto (25;45) - 3200
Ponto (10;60) - 3800
Ponto (40;18) - 1880
Ponto (0;0) - zero
Ponto (40;0) - 800
Ponto (0;60) - 3600
Desta forma verificamos que o maior valor é 3800 obtido com o ponto (10;60) que é, então, nosso ponto ótimo. Ou seja, tal como encontramos pela solução gráfica, o melhor mix de produção (aquele que proporcionará o maior lucro possível nas condições do problema) será fabricar 10 unidades de produto I e 60 do produto II, resultando no lucro de R$3.800.
Exercício 22
Resolva o exercício 3 pelo método algébrico. Observe que ele possui 3 variáveis de decisão o que invalida a solução gráfica, por isso não a fizemos. Isso também torna a solução algébrica mais complexa, como pode ser observado a seguir.
O modelo do exercício 3 é:
Vamos montar o sistema agora com 3 equações cada um, pois caso contrário não encontraremos solução algébrica.
Vejamos o sistema formado pelas restrições 1) 2) e 3). A interseção destes 3 planos é no ponto: (3000 ; 1200 ; 400). Este ponto não pertence à região de soluções viáveis pois não atende as restrições 4) e 5).
Vejamos o sistema formado pelas restrições 1) 2) e 4). A interseção destes 3 planos é no ponto: (3000 ; 1400 ; 200). Este ponto não pertence à região de soluções viáveis, pois não atende às restrições 3) e 5).
Vejamos o sistema formado pelas restrições 1) 2) e 5). A interseção destes 3 planos é no ponto: (3000 ; 1500 ; 100). Este ponto não pertence à região de soluções viáveis, pois não atende à restrição 3).
Vejamos o sistema formado pelas restrições 1) 2) e 6). Observe que este sistema possui duas retas paralelas (X1=3000 e X1=0) que nunca se cruzam. Desta forma estas 3 retas não possuem um ponto de convergência no qual se cruzem, não possuindo desta forma um ponto de interseção.[34: N geometria dizemos que são retas reversas.]
Vejamoso sistema formado pelas restrições 1) 2) e 7). A interseção destes 3 planos é no ponto: (3000 ; 0 ; 1600). Este ponto não pertence à região de soluções viáveis, pois não atende às restrições 3), 4) e 5).
Vejamos o sistema formado pelas restrições 1) 2) e 8). A interseção destes 3 planos é no ponto: (3000 ; 1600; 0). Este ponto não pertence à região de soluções viáveis, pois não atende à restrição 3).
Vejamos o sistema formado pelas restrições 1) 3) e 4). A interseção destes 3 planos é no ponto: (3200 ; 1200; 200). Este ponto não pertence à região de soluções viáveis, pois não atende às restrições 2) e 5).
Vejamos o sistema formado pelas restrições 1) 3) e 5). A interseção destes 3 planos é no ponto: (2400 ; 1200; 1000). Este ponto não pertence à região de soluções viáveis, pois não atende à restrição 4).
Vejamos o sistema formado pelas restrições 1) 3) e 6). A interseção destes 3 planos é no ponto: (0 ; 1200; 3400). Este ponto não pertence à região de soluções viáveis, pois não atende à restrição 4).
Vejamos o sistema formado pelas restrições 1) 3) e 7). Observe que este sistema também possui duas retas paralelas (X2=1200 e X2=0) que nunca se cruzam. Desta forma estas 3 retas não possuem um ponto de convergência no qual se cruzem, não possuindo desta forma um ponto de interseção.
Vejamos o sistema formado pelas restrições 1) 3) e 8). A interseção destes 3 planos é no ponto: (3400 ; 1200; 0). Este ponto não pertence à região de soluções viáveis, pois não atende às restrições 2) e 5).
Vejamos o sistema formado pelas restrições 1) 4) e 5). A interseção destes 3 planos é no ponto: (2933,33 ;1466,67 ; 200). Este ponto não pertence à região de soluções viáveis, pois não atende à restrição 3).
Vejamos o sistema formado pelas restrições 1) 4) e 6). A interseção destes 3 planos é no ponto: (0 ;4400 ; 200). Este ponto não pertence à região de soluções viáveis, pois não atende à restrição 3).
Vejamos o sistema formado pelas restrições 1) 4) e 7). A interseção destes 3 planos é no ponto: (4400 ; 0; 200). Este ponto não pertence à região de soluções viáveis, pois não atende às restrições 2) e 5).
Vejamos o sistema formado pelas restrições 1) 4) e 8). Observe que este sistema também possui duas retas paralelas (X3=200 e X3=0) que nunca se cruzam. Desta forma estas 3 retas não possuem um ponto de convergência no qual se cruzem, não possuindo desta forma um ponto de interseção.
Vejamos o sistema formado pelas restrições 1) 5) e 6). A interseção destes 3 planos é no ponto: (0 ; 0; 4600). Este ponto não pertence à região de soluções viáveis, pois não atende à restrição 4).
Vejamos o sistema formado pelas restrições 1) 5) e 7). A interseção destes 3 planos é também no ponto: (0 ; 0; 4600). Este ponto não pertence à região de soluções viáveis, pois não atende à restrição 4).
Vejamos o sistema formado pelas restrições 1) 5) e 8). A interseção destes 3 planos é também no ponto: (3066,67 ; 1533,33; 0). Este ponto não pertence à região de soluções viáveis, pois não atende às restrições 2) e 3).
Vejamos o sistema formado pelas restrições 2) 3) e 4). A interseção destes 3 planos é também no ponto: (3000 ; 1200; 200). Este ponto não pertence à região de soluções viáveis, pois não atende à restrição 5).
Vejamos o sistema formado pelas restrições 2) 3) e 5). Estas retas também não se cruzam. As equações 2) e 3) não são compatíveis com a 5), representando que as 3 retas não se cruzam. O mesmo acontecendo com as 2) 3) e 6). Bem como com as 2) 3) e 7).
Vejamos o sistema formado pelas restrições 2) 3) e 8). A interseção destes 3 planos é também no ponto: (3000; 1200; 0). Este ponto não pertence à região de soluções viáveis, pois não atende à restrição 5).
Vejamos o sistema formado pelas restrições 2) 4) e 5). A interseção destes 3 planos é também no ponto: (3000; 1500; 200). Este ponto não pertence à região de soluções viáveis, pois não atende às restrições 1) e 3).
Vejamos o sistema formado pelas restrições 2) 4) e 6). Observe que este sistema possui duas retas paralelas (X1=3000 e X1=0) que nunca se cruzam. Desta forma estas 3 retas não possuem um ponto de convergência no qual se cruzem, não possuindo desta forma um ponto de interseção[35: Na geometria dizemos que são retas reversas.]
Vejamos o sistema formado pelas restrições 2) 4) e 7). A interseção destes 3 planos é também no ponto: (3000; 0; 200). Este ponto não pertence à região de soluções viáveis, pois não atende à restrição 5).
Vejamos o sistema formado pelas restrições 2) 4) e 8). Observe que este sistema também possui duas retas paralelas (X3=200 e X3=0) que nunca se cruzam. Desta forma estas 3 retas não possuem um ponto de convergência no qual se cruzem, não possuindo desta forma um ponto de interseção.
Vejamos o sistema formado pelas restrições 2) 5) e 6). Observe que este sistema possui duas retas paralelas (X1=3000 e X1=0) que nunca se cruzam. Desta forma estas 3 retas não possuem um ponto de convergência no qual se cruzem, não possuindo desta forma um ponto de interseção[36: Na geometria dizemos que são retas reversas.]
Vejamos o sistema formado pelas restrições 2) 5) e 7). Estas retas também não se cruzam. As equações 2) e 7) não são compatíveis com a 5), representando que as 3 retas não se cruzam. 
Vejamos o sistema formado pelas restrições 2) 5) e 8). A interseção destes 3 planos é no ponto: (3000; 1500; 0). Este ponto não pertence à região de soluções viáveis, pois não atende à restrição 3).
Vejamos o sistema formado pelas restrições 2) 6) e 7). Estas retas também não se cruzam, pois as equações 2) e 6) são paralelas. Portanto o mesmo acontece com o sistema formado pelas restrições 2) 6) e 8). 
Vejamos o sistema formado pelas restrições 3) 4) e 5). A interseção destes 3 planos é no ponto: (2400; 1200; 200). Este ponto pertence à região de soluções viáveis, pois atende a todas as restrições.
Vejamos o sistema formado pelas restrições 3) 4) e 6). A interseção destes 3 planos é no ponto: (0; 1200; 200). Este ponto pertence à região de soluções viáveis, pois atende a todas as restrições.
Vejamos o sistema formado pelas restrições 3) 4) e 7). Observe que este sistema também possui duas retas paralelas (X2=1200 e X2=0) que nunca se cruzam. Desta forma estas 3 retas não possuem um ponto de convergência no qual se cruzem, não possuindo desta forma um ponto de interseção. O mesmo acontece com o sistema formado pelas restrições 3) 4) e 8). 
Vejamos o sistema formado pelas restrições 3) 5) e 6). A reta 3) e 6) são incompatíveis com a 6) e nunca se cruzam.
Vejamos o sistema formado pelas restrições 3) 5) e 7). As retas 3) e 7) nunca se cruzam.
Vejamos o sistema formado pelas restrições 3) 5) e 8). A interseção destes 3 planos é no ponto: (2400; 1200; 0). Este ponto pertence à região de soluções viáveis, pois atende a todas as restrições.
Vejamos o sistema formado pelas restrições 3) 6) e 7). As retas 3) e 7) nunca se cruzam.
Vejamos o sistema formado pelas restrições 3) 6) e 8). A interseção destes 3 planos é no ponto: (0; 1200; 0). Este ponto pertence à região de soluções viáveis, pois atende a todas as restrições.
Vejamos o sistema formado pelas restrições 3) 7) e 8). As retas 3) e 7) nunca se cruzam.
Vejamos o sistema formado pelas restrições 4) 5) e 6). A interseção destes 3 planos é no ponto: (0; 0; 200). Este ponto pertence à região de soluções viáveis, pois atende a todas as restrições.
Vejamos o sistema formado pelas restrições 4) 5) e 7). A interseção destes 3 planos também é no ponto: (0; 0; 200). Este ponto pertence à região de soluções viáveis, pois atende a todas as restrições.
Vejamos o sistema formado pelas restrições 4) 5) e 8). As retas 4) e 8) nunca se cruzam.
Vejamos o sistema formado pelas restrições 4) 6) e 7). A interseção destes 3 planos também é no ponto: (0; 0; 200). Este ponto pertence à região de soluções viáveis, pois atende a todas as restrições.
Vejamos o sistema formado pelas restrições 4) 6) e 8). As retas4) e 8) nunca se cruzam.
Vejamos o sistema formado pelas restrições 4) 7) e 8). As retas 4) e 8) nunca se cruzam.
Vejamos o sistema formado pelas restrições 5) 6) e 7). A interseção destes 3 planos também é toda o eixo de X3 o que não atende a todas as restrições.
Vejamos o sistema formado pelas restrições 5) 6) e 8). A interseção destes 3 planos também é no ponto: (0; 0; 0). Este ponto pertence à região de soluções viáveis, pois atende a todas as restrições.
Vejamos o sistema formado pelas restrições 6) 7) e 8). A interseção destes 3 planos também é no ponto: (0; 0; 0). Este ponto pertence à região de soluções viáveis, pois atende a todas as restrições.
	Método Simplex
George Dantzig (1914-2005) apresentou os fundamentos do Algoritmo Simplex em 1947. Seu desenvolvimento deveu-se ao esforço de guerra impetrado pelos EUA durante a Segunda Guerra Mundial. George Dantzig trabalhou durante a guerra no Pentágono, órgão de defesa americano, como especialista em planejamento e programação de atividades militares e ao final da guerra publicou as ferramentas matemáticas que desenvolveu para otimizar recursos e auxiliar na tomada de decisão, era o Simplex.[37:  O nome Simplex deve-se ao conceito de simplex na geometria que é uma generalização do conceito de triângulo a outras dimensões. É o invólucro convexo de (n+1) pontos independentes no Rn. Ele é chamado assim por ser sempre o polígono mais simples de sua dimensão, isto é, um triângulo (R2) é o poligono que possui menos vértices e arestas, o tetraedro (R3) é o que possui menos vértices e arestas e faces. E assim por diante.]
O método simplex é uma poderosa ferramenta normalmente implementada em casos reais com auxílio de programas de computador. Vamos neste tópico verificar os princípios deste algoritmo para em seguida verificarmos como implementar via computadores.
Plan4
	
Exercício 1
	
			Insumos
		Produto	A	B	M.O. - I	M.O. - II		Lucro	Qtd. Produzida
		I	70	90	2	-		20
		II	70	50	-	3		60
		Disponível	4900	4500	80	180
Exercício 2
	
	
			Proteína (%)	Fibra (%)	Calorias/kg	Custo/kg
		Cevada	6.9	6	1760	30
		Aveia	8.5	11	1700	48
		Soja	9	11	1056	44
		Milho	27.1	14	1400	56
Exercício 4
	
	
	
	
	
	
			Luxo	Comercial
		Montagem	5	2
		Pintura	4	1
Exercício 5
	
	
	
	
	
	
							≤≥
	
	
					Percentual de Absroção
					Fluxo 1	Fluxo 2	Restrições
				Anatomia Saudável	40%	60%	mínimo possível
				Tecidos Críticos	10%	5%	≤2,7
				Região do Tumor	50%	35%	6
				Núcleo do Tumor	40%	10%	≥6
Exercício 6
	
	
	
														Fazendas
				Fazenda	Terra Irrigável (acre)	Água disponível (acre.pés)			Cota máxima (acre)	Consumo águas (acres pés/acre)	Retorno (R$/acre)			1	2	3
				1	400	600		Beterraba	600	3	1000		Beterraba
				2	600	800		Algodão	500	2	750		Algodão
				3	300	375		Milho	325	1	250		Milho
Exercício 7
	
	
													Redução de emissão (milhões de libra /ano)
													Chaminés mais altas			Filtros			Combustíveis Melhores				Alto-forno (1)	Forno Elétrico (2)
						Limite de emissão (em milhões de libra/ano)							Alto-forno	Forno Elétrico		Alto-forno	Forno Elétrico		Alto-forno	Forno Elétrico		Chaminés mais altas (1)
					Particulados	60						Particulados	12	9		25	20		17	13		Filtros (2)
					Óxido de Enxofre	150						Óxido de Enxofre	35	42		18	31		56	49		Combustíveis Melhores (3)
					Hidrocarbonetos	125						Hidrocarbonetos	37	53		28	24		29	20
	
	
	
	
	
													Custo anual total do uso máximo de cada um dos métodos (em milhões de R$)
													Alto-forno	Forno Elétrico
												Particulados	8	10
												Óxido de Enxofre	7	6
												Hidrocarbonetos	11	9
Exercício 8
	
					Turnos
					1	2	3	4	5	Nº Mínimo de agentes
				6h - 8h	√					48
				8h - 10h	√	√				79
				10h - 12h	√	√				65				Equipe	Receita Diária (R$)
				12h - 14h	√	√	√			87				Tipo 1	2000
				14h - 16h		√	√			64				Tipo 2	3000
				16h - 18h			√	√		73				Tipo 3	2800
				18h - 20h			√	√		82
				20h - 22h				√		43
				22h - 24h				√	√	52
				24h - 6h					√	15
					170	160	175	180	195
					Valor diário por agente
Exercício 9
	
	
	
					Investimento em milhões de R$			VPL
				Investimento	Ano 0	Ano 1	Ano 2
				A	12	34	12	20
				B	54	94	67	15
				C	65	28	49	34
				D	38	0	8	17
				E	52	21	42	56
				F	98	73	25	76
				G	15	48	53	29
Exercício 10
	
	
	
	
	
	
					Turno	Horário	Nº Mínimo de funcionários
					1	0-4	4
					2	4-8	10
					3	8-12	12
					4	12-16	8
					5	16-20	16
					6	20-24	6
Exercício 20
	
	
	
	
	
	
							Z*	Ponto ótimo
							-6	(2 ; 0)
							-4	Seguimento de reta entre (14/5 ; 4/5) e (2 ; 0)
							21.2	(14/5 ; 4/5)
							24	Seguimento de reta entre (14/5 ; 4/5) e (3 ; 0)
							27	(3 ; 0)
Plan1
	
			Insumos
		Produto	A	B	M.O. - I	M.O. - II		Lucro	Qtd. Produzida
		I	70	90	2	-		20	x1
		II	70	50	-	3		60	x2
		Disponível	4900	4500	80	180
Plan2
	
Plan3
	
Exercício 1
	
			Insumos
		Produto	A	B	M.O. - I	M.O. - II		Lucro	Qtd. Produzida
		I	70	90	2	-		20
		II	70	50	-	3		60
		Disponível	4900	4500	80	180
Exercício 2
	
	
			Proteína (%)	Fibra (%)	Calorias/kg	Custo/kg
		Cevada	6.9	6	1760	30
		Aveia	8.5	11	1700	48
		Soja	9	11	1056	44
		Milho	27.1	14	1400	56
Plan3
	
Exercício 1
	
			Insumos
		Produto	A	B	M.O. - I	M.O. - II		Lucro	Qtd. Produzida
		I	70	90	2	-		20	x1
		II	70	50	-	3		60	x2
		Disponível	4900	4500	80	180
Exercício 2
	
	
			Proteína (%)	Fibra (%)	Calorias/kg	Custo/kg
		Cevada	6.9	6	1760	30
		Aveia	8.5	11	1700	48
		Soja	9	11	1056	44
		Milho	27.1	14	1400	56
Exercício 4
	
	
	
	
	
			Hora por unidade
			Luxo	Comercial
		Montagem	5	2
		Pintura	4	1
Exercício 1
	
			Insumos
		Produto	A	B	M.O. - I	M.O. - II		Lucro	Qtd. Produzida
		I	70	90	2	-		20	x1
		II	70	50	-	3		60	x2
		Disponível	4900	4500	80	180
Exercício 2
	
	
			Proteína (%)	Fibra (%)	Calorias/kg	Custo/kg
		Cevada	6.9	6	1760	30
		Aveia	8.5	11	1700	48
		Soja	9	11	1056	44
		Milho	27.1	14	1400	56
Exercício 4
	
	
	
	
	
	
			Luxo	Comercial
		Montagem	5	2
		Pintura	4	1
Exercício 5
	
	
	
	
	
	
							≤≥
	
	
					Percentual de Absroção
					Fluxo 1	Fluxo 2	Restrições
				Anatomia Saudável	40%	50%	mínimo possível
				Tecidos Críticos	30%	10%	≤2,7
				Região do Tumor	50%	50%	=6
				Núcleo do Tumor	60%	40%	≥6
Exercício 1
	
			Insumos
		Produto	A	B	M.O. - I	M.O. - II		Lucro	Qtd. Produzida
		I	70	90	2	-		20
		II	70	50	-	3		60
		Disponível	4900	4500	80	180
Exercício 2
	
	
			Proteína (%)	Fibra (%)	Calorias/kg	Custo/kg
		Cevada	6.9	6	1760	30
		Aveia	8.5	11	1700	48
		Soja	9	11	1056	44
		Milho	27.1	14	1400	56
Exercício 4
	
	
	
	
	
	
			Luxo	Comercial
		Montagem	5	2
		Pintura	4	1
Exercício 5
	
	
	
	
	
	
							≤≥
	
	
					Percentual de Absroção
					Fluxo 1	Fluxo 2	Restrições
				Anatomia Saudável	40%	60%	mínimo possível
				Tecidos Críticos	10%	5%	≤2,7
				Região do Tumor	50%	35%	6
				Núcleo do Tumor	40%	10%	≥6
Exercício 6
	
	
	
	
				Fazenda	Terra Irrigável (acre)	Água disponível (acre.pés)
				1	400	600
				2	600	800
				3	300	375
Exercício 1
	
			Insumos
		Produto	A	B	M.O. - I	M.O. - II		Lucro	Qtd. Produzida
		I	70	90	2	-		20	x1
		II	70	50	-	3		60	x2
		Disponível	4900	4500	80	180
Exercício 2
	
	
			Proteína (%)	Fibra (%)	Calorias/kg	Custo/kg
		Cevada	6.9	6	1760	30
		Aveia	8.5	11	1700	48
		Soja	9	11	1056	44
		Milho	27.1	14	1400	56
Exercício 4
	
	
	
	
	
	
			Luxo	Comercial
		Montagem	5	2
		Pintura	4	1
Exercício 5
	
	
	
	
	
	
							≤≥
	
	
					Percentual de Absroção
					Fluxo 1	Fluxo 2	Restrições
				Anatomia Saudável	40%	60%	mínimo possível
				Tecidos Críticos	10%	5%	≤2,7
				Região do Tumor	50%	35%	6
				Núcleo do Tumor	40%	10%	≥6
Exercício 6
	
	
	
	
				Fazenda	Terra Irrigável (acre)	Água disponível (acre.pés)			Cota máxima (acre)	Consumo águas (acres pés/acre)	Retorno (R$/acre)
				1	400	600		Beterraba	600	3	1000
				2	600	800		Algodão	500	2	750
				3	300	375		Milho	325	1	250
Exercício 1
	
			Insumos
		Produto	A	B	M.O. - I	M.O. - II		Lucro	Qtd. Produzida
		I	70	90	2	-		20
		II	70	50	-	3		60
		Disponível	4900	4500	80	180
Exercício 2
	
	
			Proteína (%)	Fibra (%)	Calorias/kg	Custo/kg
		Cevada	6.9	6	1760	30
		Aveia	8.5	11	1700	48
		Soja	9	11	105644
		Milho	27.1	14	1400	56
Exercício 4
	
	
	
	
	
	
			Luxo	Comercial
		Montagem	5	2
		Pintura	4	1
Exercício 5
	
	
	
	
	
	
							≤≥
	
	
					Percentual de Absroção
					Fluxo 1	Fluxo 2	Restrições
				Anatomia Saudável	40%	60%	mínimo possível
				Tecidos Críticos	10%	5%	≤2,7
				Região do Tumor	50%	35%	6
				Núcleo do Tumor	40%	10%	≥6
Exercício 6
	
	
	
														Fazendas
				Fazenda	Terra Irrigável (acre)	Água disponível (acre.pés)			Cota máxima (acre)	Consumo águas (acres pés/acre)	Retorno (R$/acre)			1	2	3
				1	400	600		Beterraba	600	600	1000		Beterraba
				2	600	800		Algodão	500	800	750		Algodão
				3	300	375		Milho	325	375	250		Milho
Exercício 1
	
			Insumos
		Produto	A	B	M.O. - I	M.O. - II		Lucro	Qtd. Produzida
		I	70	90	2	-		20	x1
		II	70	50	-	3		60	x2
		Disponível	4900	4500	80	180
Exercício 2
	
	
			Proteína (%)	Fibra (%)	Calorias/kg	Custo/kg
		Cevada	6.9	6	1760	30
		Aveia	8.5	11	1700	48
		Soja	9	11	1056	44
		Milho	27.1	14	1400	56
Exercício 4
	
	
	
	
	
	
			Luxo	Comercial
		Montagem	5	2
		Pintura	4	1
Exercício 5
	
	
	
	
	
	
							≤≥
	
	
					Percentual de Absroção
					Fluxo 1	Fluxo 2	Restrições
				Anatomia Saudável	40%	60%	mínimo possível
				Tecidos Críticos	10%	5%	≤2,7
				Região do Tumor	50%	35%	6
				Núcleo do Tumor	40%	10%	≥6
Exercício 6
	
	
	
														Fazendas
				Fazenda	Terra Irrigável (acre)	Água disponível (acre.pés)			Cota máxima (acre)	Consumo águas (acres pés/acre)	Retorno (R$/acre)			1	2	3
				1	400	600		Beterraba	600	3	1000		Beterraba	XB1	XB2	XB3
				2	600	800		Algodão	500	2	750		Algodão	XA1	XA2	XA3
				3	300	375		Milho	325	1	250		Milho	XM1	XM2	XM3
Exercício 7
	
	
	
	
						Necessidade de REDUÇÃO de emissão (em milhões de libra/ano)
					Particulados	60
					Óxido de Enxofre	150
					Hidrocarbonetos	125
Exercício 1
	
			Insumos
		Produto	A	B	M.O. - I	M.O. - II		Lucro	Qtd. Produzida
		I	70	90	2	-		20	x1
		II	70	50	-	3		60	x2
		Disponível	4900	4500	80	180
Exercício 2
	
	
			Proteína (%)	Fibra (%)	Calorias/kg	Custo/kg
		Cevada	6.9	6	1760	30
		Aveia	8.5	11	1700	48
		Soja	9	11	1056	44
		Milho	27.1	14	1400	56
Exercício 4
	
	
	
	
	
	
			Luxo	Comercial
		Montagem	5	2
		Pintura	4	1
Exercício 5
	
	
	
	
	
	
							≤≥
	
	
					Percentual de Absroção
					Fluxo 1	Fluxo 2	Restrições
				Anatomia Saudável	40%	60%	mínimo possível
				Tecidos Críticos	10%	5%	≤2,7
				Região do Tumor	50%	35%	6
				Núcleo do Tumor	40%	10%	≥6
Exercício 6
	
	
	
														Fazendas
				Fazenda	Terra Irrigável (acre)	Água disponível (acre.pés)			Cota máxima (acre)	Consumo águas (acres pés/acre)	Retorno (R$/acre)			1	2	3
				1	400	600		Beterraba	600	3	1000		Beterraba	XB1	XB2	XB3
				2	600	800		Algodão	500	2	750		Algodão	XA1	XA2	XA3
				3	300	375		Milho	325	1	250		Milho	XM1	XM2	XM3
Exercício 7
	
	
													Redução de emissão máxima (milhões de libra /ano)
													Chaminés mais altas			Filtros			Combustíveis Melhores
						Limite de emissão (em milhões de libra/ano)							Alto-forno	Forno Elétrico		Alto-forno	Forno Elétrico		Alto-forno	Forno Elétrico
					Particulados	60						Particulados	12	9		25	20		17	13
					Óxido de Enxofre	150						Óxido de Enxofre	35	42		18	31		56	49
					Hidrocarbonetos	125						Hidrocarbonetos	37	53		28	24		29	20
Exercício 1
	
			Insumos
		Produto	A	B	M.O. - I	M.O. - II		Lucro	Qtd. Produzida
		I	70	90	2	-		20	x1
		II	70	50	-	3		60	x2
		Disponível	4900	4500	80	180
Exercício 2
	
	
			Proteína (%)	Fibra (%)	Calorias/kg	Custo/kg
		Cevada	6.9	6	1760	30
		Aveia	8.5	11	1700	48
		Soja	9	11	1056	44
		Milho	27.1	14	1400	56
Exercício 4
	
	
	
	
	
	
			Luxo	Comercial
		Montagem	5	2
		Pintura	4	1
Exercício 5
	
	
	
	
	
	
							≤≥
	
	
					Percentual de Absroção
					Fluxo 1	Fluxo 2	Restrições
				Anatomia Saudável	40%	60%	mínimo possível
				Tecidos Críticos	10%	5%	≤2,7
				Região do Tumor	50%	35%	6
				Núcleo do Tumor	40%	10%	≥6
Exercício 6
	
	
	
														Fazendas
				Fazenda	Terra Irrigável (acre)	Água disponível (acre.pés)			Cota máxima (acre)	Consumo águas (acres pés/acre)	Retorno (R$/acre)			1	2	3
				1	400	600		Beterraba	600	3	1000		Beterraba	XB1	XB2	XB3
				2	600	800		Algodão	500	2	750		Algodão	XA1	XA2	XA3
				3	300	375		Milho	325	1	250		Milho	XM1	XM2	XM3
Exercício 7
	
	
													Redução de emissão (milhões de libra /ano)
													Chaminés mais altas			Filtros			Combustíveis Melhores
						Limite de emissão (em milhões de libra/ano)							Alto-forno	Forno Elétrico		Alto-forno	Forno Elétrico		Alto-forno	Forno Elétrico
					Particulados	60						Particulados	12	9		25	20		17	13
					Óxido de Enxofre	150						Óxido de Enxofre	35	42		18	31		56	49
					Hidrocarbonetos	125						Hidrocarbonetos	37	53		28	24		29	20
	
	
	
	
	
													Custo anual total do uso máximo de cada um dos métodos (em milhões de R$)
													Alto-forno	Forno Elétrico
												Chaminés mais altas	8	10
												Filtros	7	6
												Combistíveis Limpantes	11	9
Exercício 1
	
			Insumos
		Produto	A	B	M.O. - I	M.O. - II		Lucro	Qtd. Produzida
		I	70	90	2	-		20	x1
		II	70	50	-	3		60	x2
		Disponível	4900	4500	80	180
Exercício 2
	
	
			Proteína (%)	Fibra (%)	Calorias/kg	Custo/kg
		Cevada	6.9	6	1760	30
		Aveia	8.5	11	1700	48
		Soja	9	11	1056	44
		Milho	27.1	14	1400	56
Exercício 4
	
	
	
	
	
	
			Luxo	Comercial
		Montagem	5	2
		Pintura	4	1
Exercício 5
	
	
	
	
	
	
							≤≥
	
	
					Percentual de Absroção
					Fluxo 1	Fluxo 2	Restrições
				Anatomia Saudável	40%	60%	mínimo possível
				Tecidos Críticos	10%	5%	≤2,7
				Região do Tumor	50%	35%	6
				Núcleo do Tumor	40%	10%	≥6
Exercício 6
	
	
	
														Fazendas
				Fazenda	Terra Irrigável (acre)	Água disponível (acre.pés)			Cota máxima (acre)	Consumo águas (acres pés/acre)	Retorno (R$/acre)			1	2	3
				1	400	600		Beterraba	600	3	1000		Beterraba	XB1	XB2	XB3
				2	600	800		Algodão	500	2	750		Algodão	XA1	XA2	XA3
				3	300	375		Milho	325	1	250		Milho	XM1	XM2	XM3
Exercício 7
	
	
													Redução de emissão (milhões de libra /ano)
													Chaminés mais altas			Filtros			Combustíveis Melhores				Alto-forno (1)	Forno Elétrico (2)
						Limite de emissão (em milhões de libra/ano)							Alto-forno	Forno Elétrico		Alto-forno	Forno Elétrico		Alto-forno	Forno Elétrico		Chaminés mais altas (1)	X11	X12
					Particulados	60						Particulados	12	9		25	20		17	13		Filtros (2)	X21	X22
					Óxido de Enxofre	150						Óxido de Enxofre	35	42		18	31		56	49		Combustíveis Melhores (3)	X31	X32
					Hidrocarbonetos	125						Hidrocarbonetos	37	53		28	24		29	20
	
	
	
	
	
													Custo anual total do uso máximo de cada um dos métodos (em milhões de R$)
													Alto-forno	Forno Elétrico
												Particulados	8	10
												Óxido de Enxofre	7	6
												Hidrocarbonetos	11	9
Exercício 1
	
			Insumos
		Produto	A	B	M.O. - I	M.O. - II		Lucro	Qtd. Produzida
		I	70	90	2	-		20
		II	70	50	-	3		60
		Disponível	4900	4500	80	180
Exercício 2
	
	
			Proteína (%)	Fibra (%)	Calorias/kg	Custo/kg
		Cevada	6.9	6	1760	30
		Aveia	8.5	11	1700	48
		Soja	9	11	1056	44
		Milho	27.1	14	1400	56
Exercício 4
	
	
	
	
	
	
			Luxo	Comercial
		Montagem	5	2
		Pintura	4	1
Exercício 5
	
	
	
	
	
	
							≤≥
	
	
					Percentual de Absroção
					Fluxo 1	Fluxo 2	Restrições
				Anatomia Saudável	40%	60%	mínimo possível
				Tecidos Críticos	10%	5%	≤2,7
				Região do Tumor	50%	35%	6
				Núcleo do Tumor	40%	10%	≥6
Exercício 6
	
	
	
														Fazendas
				Fazenda	Terra Irrigável (acre)	Água disponível (acre.pés)			Cota máxima (acre)	Consumo águas (acres pés/acre)	Retorno (R$/acre)			1	2	3
				1	400	600		Beterraba	600	3	1000		Beterraba
				2	600	800		Algodão	500	2	750		Algodão
				3	300	375		Milho	325	1	250		Milho
Exercício 7
	
	
													Redução de emissão (milhões de libra /ano)
													Chaminés mais altas			Filtros			Combustíveis Melhores				Alto-forno (1)	Forno Elétrico (2)
						Limite de emissão (em milhões de libra/ano)							Alto-forno	Forno Elétrico		Alto-forno	Forno Elétrico		Alto-forno	Forno Elétrico		Chaminés mais altas (1)
					Particulados	60						Particulados	12	9		25	20		17	13		Filtros (2)
					Óxido

Materiais relacionados

Perguntas relacionadas

Materiais recentes

Perguntas Recentes