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Para os cursos de
Administração e Engenharia
Quarta Edição
Pesquisa
Operacional
Ermes Medeiros da Si lva
El io Medeiros da Si lva
Val ter Gonçalves
Afrânio Car los Murolo
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••
Ermes Medeiros da Silva
Elio Medeiros da Silva
Valter Gonçalves
Afrânio Carlos Murolo
Pesquisa Operacional
Para os cursos de Administração e Engenharia
Solução dos Exercícios Propostos 
Referente à 4ª edição
São Paulo
Editora Atlas S.A. – 2012
Livro do Professor
Portal Atlas
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 2
Exercícios Propostos – Lista 1
Exercício 1
Variáveis de decisão: X1 = quantidade de sapatos a fabricar por hora 
 x2 = quantidade de cintos a fabricar por hora 
Objetivo: max Lucro = 5 x1 + 2 x2 
Restrições 
R1 : tempo disponível para a programação = 1 hora ou 60 minutos 
 Tempo para fabricar um sapato (6 sapatos/h) = 
60 min
10min por sapato
6 sapatos
= 
 Tempo para fabricar um cinto (5 cintos/h) = 
60 min
12 min por cinto
5 cintos
= 
 Resumo: 10 x1 + 12 x2 ≤ 60 
R2 : couro disponível = 6 unidades 
 Couro usado nos sapatos: x1 sapatos a 2 unidades de couro por sapato = 2 x1 
 Couro usado nos cintos : x2 cintos a 1 unidade de couro por cinto = 1 x2 
 Resumo: 2 x1 + x2 ≤ 6 
 
 
 
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 3
x1: frequência semanal do programa A 
 x2: frequênia semanal do programa B 
Objetivo: número de telespectadores alocados pelos programas 
 Programa A em x1 edições e 30.000 telespectadores por edição: 30.000 x1 
 Programa B em x2 edições e 10.000 telespectadores por edição: 10.000 x2 
Objetivo: max Telespectadores = 30.000 x1 + 10.000 x2 
Restrições: 
R1. Exigência do patrocinador: no mínimo 5 minutos de propaganda na semana 
 Programa A: x1 edições e 1 minuto de propaganda por edição = 1 x1 
 Programa B: x2 edições e 1 minuto de propaganda por edição = 1 x2 
 Para satisfazer a exigência: x1 + x2 ≥ 5 
R2. Restrição financeira do patrocinador: disponibilidade para 80 minutos de música . 
 Programa A: Tempo de música = x1 edições a 20 min por edição = 20 x1 
 Programa B: Tempo de música = x2 edições a 10 min por edição = 10 x2 
 Portanto, 20 x1 + 10 x2 ≤ 80 
 
 
Exercícios Propostos – Lista 1
Exercício 4
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 4
 x1: quantidade a produzir do modelo M1 por dia 
 x2: quantidade a produzir do modelo M2 por dia 
Objetivo max Lucro = 4 x1 + 3 x2 
Restrições 
R1. Capacidade de produção diária de M2 = 1.000 
 Tempo do dia usado para a produção da unidade de M2: 
1
1.000
. 
 Produção diária de M2: x2. Parte do dia gasto para a produção de M2 = 
2
1
1.000
x 
 Tempo do dia usado para a produção de M1: 
1
2
1.000
. Da mesma forma, a parte do 
dia gasto para a produção de M1 é 
1
1
500
x . 
A soma dos tempos fica restrito a um dia: 
1 2
1 1
1
500 1.000
x x+ ≤ ou 
1 22 1.000x x+ ≤ 
R2. Disponibilidade de couro para a produção de M1 ou M2: 800. Então, x1 + x2 ≤ 800 
R3. Disponibilidade de fivelas: para M1: 400. Então x1 ≤ 400 
 para M2: 700. Então x2 ≤ 700 
 
 
Exercícios Propostos – Lista 1
Exercício 5
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 5
Exercícios propostos – Lista 1 Ex 8 
X1: quantidade a investir no programa institucional ( em 1.000) 
 x2: quantidade a investir diretamente em P1 (em 1.000) 
x3: qantidade a investir diretamente em P2 (em 1.000) 
Objetivo: minimizar a soma dos investimentos. Min custo = x1 + x2 + x3 
Restrições. 
R1. Investimento mínimo requerido pelo programa institucional: x1 ≥ 3.000 
R2. Proporcionar aumento mínimo de 30% na venda de P1 
 Aumento devido ao programa institucional (3% para cada 1.000 investido): 0,03 x1 
 Aumento devido ao investimento direto (4% para cada 1.000 investido): 0,04x2 
 Conclusão: 0,03 x1 + 0,04 x2 ≥ 0,30 ou 3 x1 + 4 x2 ≥ 30 
R3. Proporcionar aumento mínimo de 30% na venda de P2. 
 Aumento devido ao programa institucional (3% para cada 1.000 investido): 0,03 x1 
 Aumento devido ao investimento direto (10% para cada 1.000 investido): 0,10 x3 
 Conclusão: 0,03 x1 + 0,10 x3 ≥ 0,30 ou 3 x1 + 10 x3 ≥ 30 
R3. Restrição orçametária (disponibilidade de 10 milhares): x1 + x2 + x3 ≤ 10 
Obs. Escrevendo o objetivo em $ 1 ao invés de em $ 1.000 teremos o valor final em unidades 
de capital: Min Custo = 1.000 x1 + 1.000 x2 +1.000 x3 o que nada altera a solução do problema. 
 
 
Exercícios Propostos – Lista 1
Exercício 8
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 6
Quantidade de materiais que comporão a mistura ( em Kg) 
X1: quantidade de MR1 ; x2: quantidade de MR2; x3: qantidade de ferro puro ; 
 x4 quantidade de carvão; x5 : quantidade de silício; x6: quantidade de níquel 
 
Objetivo: minimizar o custo do Kg da mistura. 
 Min custo = 0,20 x1 + 0,25 x2 + 0,30 x3 + 0,20 x4 + 0,28 x5 + 0,50 x6 
Restrições. 
R1. Quantidade de ferro na mistura:0,60 x1 (devido a MR1)+0,70 x2 (devido a MR2) + x3 
 0,60 ≤ 0,60 x1 + 0,70 x2 + x3 ≤ 0,65 
R2. Quantidade de carvão na mistura:0,20 x1 (devido a MR1)+0,20 x2 (devido a MR2) + x4 
 0,15 ≤ 0,20 x1 + 0,20 x2 + x4 ≤ 0,20 
R3. Quantidade de silício na mistura:0,20 x1 (devido a MR1)+0,05 x2 (devido a MR2) + x5 
 0,15 ≤ 0,20 x1 + 0,05 x2 + x5≤ 0,20 
R4. Quantidade de níquel na mistura: 0,05 x2 (devido a MR2) + x6 
 0,05 ≤ 0,05 x2 + x6≤ 0,08 
R5. A soma dos materiais usados na mistura deve pesar 1 Kg: x1 + x2 + x3 + x4 + x5 + x6 = 1 
 
 
 
 
Exercícios Propostos – Lista 1
Exercício 9
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 7
Exercícios propostos – Lista 1 Ex 10 
X I J é a quantidade de viagens (com carga de 10 ton) que serão realizadas daos portos i 
para as lojas j. 
Objetivo. 
Min distância total percorrida (veja o quadro de distâncias de cada porto para cada 
loja) = 30 x11 + 20 x12 + 24 x13 + 18 x14 + 12 x21 + 36 x22 + 30 x23 + 24 x24 + 8 x31 + 
15 x32 + 25 x33 + 20 x34 
Restrições: 
R1. Suprir a loja L1 com 50 m3 (5 viagens) a partir dos 3 portos: x11 + x21 + x31 = 5 
R2. Suprir a loja L2 com 80 m3 (8 viagens) a partir dos 3 portos: x12 + x22 + x32 = 8 
R3. Suprir a loja L3 com 40 m3 (4 viagens) a partir dos 3 portos: x13 + x23 + x33 = 4 
R4. Suprir a loja L4 com 100 m3 (10 viagens) a partir dos 3 portos: x14 + x24 + x34 = 10 
 
 
 
 
Exercícios Propostos – Lista 1
Exercício 10
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 8
Variáveis de decisão: 
 xm , xe, xc são as quantidades a fabricar de mesas, estantes e cadeiras. 
 ym, ye ,yc são as quantidades a comprar de mesas, estantes e cadeiras. 
 Objetivo: Minimizar Custo = 100 xm + 130 xe + 90 xc + 120 ym + 150ye + 115 yc 
 Restrições: 
R1.Para entregar 1.000 mesas temos que fabricar (xm) ou terceirizar a produção (ym) no 
mínimo esta quantidade: xm + ym ≥ 1000 
R2 e R3. Da mesma forma em relação à estantes e cadeiras: xe + ye ≥ 800 e xc + yc ≥ 1.200 
 R4. Uso do recurso mão de obra (7.600 h disponíveis) 
3 h por mesa em xm mesas + 4 h por estante em xe estantes + 2 h por cadeira em xc cadeiras 
 Resulta: 3 xm + 4 xe + 2 xc ≤ 7600 
R5. Uso do recurso madeira (7.000 m2 disponíveis – veja o quadro de uso por unidade) 
 Resulta: 3 xm + 5 xe + 0,5 xc ≤ 7.000 
R6. Uso do recurso metais (4.000 Kg disponíveis – veja o quadro de uso por unidade) 
Resulta: 0,5 xm + xe + 2 xc ≤X21: 1,5 – U2 – V1 = 0 X23: 1,8 – U2 – V3 = 0 X32: 1,5 – U3 – V2 = 0 
X35: 0 – U3 – V5 = 0 
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 74
Fazendo U1 = 0, vem: U2 = 0 U3 = – 0,3 V1 = 1,5 V2 = 1,8 V3 = 1,8 
. V4 = 1,8 V5 = 0,3 
Coeficientes das variáveis não básicas. 
X11: 2,1 – 0 – 1,5 = 0,6 X15: 0 – 0 – 0,3 = – 0,3 X22: 2,4 – 0 – 1,8 = 0,6 
X24: 2,1 – 0 – 1,8 = 0,3 X25: 0 – 0 – 0,3 = – 0,3 X31: 2,4 + 0,3 – 1,5 = 1,2 
X33: 2,4 + 0,3 – 1,8 = 0,9 X34: 1,8 + 0,3 – 1,8 = 0,3 
Entra X25. Circuito de compensação. 
 60 – θ 20 + θ 80 160 
100 100 – θ θ 200 
 20 + θ 80 – θ 100 
100 80 120 80 80 
X25 entra com valor 60. Nova solução. 
 80 80 160 
100 40 60 200 
 80 20 100 
100 80 120 80 80 
 
Coeficientes das variáveis básicas. 
X13: 1,8 – U1 – V3 = 0 X14: 1,8 – U1 – V4 = 0 X21: 1,5 – U2 – V1 = 0 
X23: 1,8 – U2 – V3 = 0 X25: 0 – U2 – V5 = 0 X32: 1,5 – U3 – V2 = 0 
X35: 0 – U3 – V5 = 0 
Fazendo U1 = 0, vem: U2 = 0 U3 = 0 V1 = 1,5 V2 = 1,5 V3 = 1,8 
. V4 = 1,8 V5 = 0 
Coeficientes das variáveis não básicas. 
X11: 2,1 – 0 – 1,5 = 0,6 X12: 1,8 – 0 – 1,5 = 0,3 X15: 0 – 0 – 0 = 0 
X22: 2,4 – 0 – 1,5 = 0,9 X24: 2,1 – 0 – 1,8 = 0,3 X31: 2,4 – 0 – 1,5 = 0,9 
X33: 2,4 – 0 – 1,8 = 0,6 X34: 1,8 – 0 – 1,8 = 0 
A solução é ótima. Custo = 100 x 1,5 + 80 x 1,8 + 80 x 1,8 + 40 x 1,8 + 80 x 1,5 = 630 
Observe que pelo fato do coeficiente da variável X34 ser nulo, o problema tem mais de uma 
solução ótima. Colocando X34 na base, o cicuito de compensação fica assim. 
 80 + θ 80 – θ 160 
100 40 – θ 60 + θ 200 
 80 θ 20 – θ 100 
100 80 120 80 80 
X34 pode entrar com valor 20, gerando a resposta ótima do texto. 
 100 60 160 
100 20 80 200 
 80 20 100 
100 80 120 80 80 
 
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 75
d. solução do modelo a partir da inicial pelo método de Vogel. 
 20 60 80 160 
100 100 200 
 80 20 100 
100 80 120 80 80 
Coeficientes das variáveis básicas. 
X13: 1,8 – U1 – V3 = 0 X14: 1,8 – U1 – V4 = 0 X15 0 – U1 – V5 = 0 
X21: 1,5 – U2 – V1 = 0 X23: 1,8 – U2 – V3 = 0 X32: 1,5 – U3 – V2 = 0 
X34: 1,8 – U3 – V4 = 0 
Fazendo U1 = 0 temos: U2 = 0 U3 = 0 V1 = 1,5 V2 = 1,5 V3 = 1,8 
V4 = 1,8 V5 = 0 
Coeficientes das variáveis não básicas. 
X11: 2,1 – 0 – 1,5 = 0,6 X12: 1,8 – 0 – 1,5 = 0,3 X22: 2,4 – 0 – 1,5 = 0 
X24: 2,1 – 0 – 1,8 = 0,3 X25: 0 – 0 – 0 = 0 X31: 2,4 – 0 – 1,5 = 0,9 
X33: 2,4 – 0 – 1,8 = 0,6 X35: 0 – 0 – 0 = 0 
A solução é ótima. Custo = 20 x 1,8 + 60 x 1,8 + 100 x 1,5 + 100 x 1,8 + 80 x 1,5 + 20 x 1,8 = 630 
Como na solução anterior, o fato de variáveis não básicas comparecerem com coeficientes 
nulos, o problema apresenta outras soluções ótimas. Por exemplo, se a variável X25 entrar na 
base o circuito de compensação seria: 
 20 + θ 60 80 – θ 160 
100 100 – θ θ 200 
 80 20 100 
100 80 120 80 80 
X25 entra com valor 80, gerando a solução ótima que aparece na resposta do texto. 
 100 60 160 
100 20 80 200 
 80 20 100 
100 80 120 80 80 
 
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 76
Para transformar o modelo de transporte (de minimização) em um modelo de maximização 
devemos trabalhar com os complementos para um valor fixo da tabela de lucro. Minimizando 
esses complementos estaremos maximizando os lucros. Faremos os complementos para 12 
(maior valor da tabela). 
 0 1,5 3 3 0 160 
 4,5 1,5 0 1,5 0 200 
 1,5 4,5 0 3 0 100 
100 80 120 80 80 
Vamos calcular a solução inicial pelo método de Vogel. 
 
 P1 P2 P3 P4 P5 
 0 1,5 3 3 0 160 0 1,5 1,5 – – 
 4,5 1,5 0 1,5 0 200 0 0 0 0 0 
 1,5 4,5 0 3 0 100 0 0 0 0 0 
100 80 120 80 80 
P1 = 1,5 P1 = 0 P1 = 0 P1 = 1,5 P1 = 0 
. P2 = 0 P2 = 0 P2 = 1,5 P2 = 0 
. P3 = 0 P3 = 0 P3 = 0 
. P4 = 3 P4 = 0 P4 = 0 
. P5 = 0 P5 = 0 
Penalidade P1: transportar na coluna 1 (maior penalidade) e linha 1 (menor custo). X11 = 100. 
Coluna 1 eliminada. 
Penalidade P2: transportar na coluna 4 (maior penalidade) e linha 2 (menor custo). X24 = 80. 
Coluna 4 eliminada. 
Penalidade P3: transportar na linha 1 (maior penalidade) e coluna 5 (menor custo). X15 = 60. 
Linha 1 eliminada. 
Penalidade P4: transportar na coluna 2 (maior penalidade) e linha 2 (menor custo). X22 = 80. 
Coluna 2 eliminada. 
Penalidade P5: transportar na linha 2 (maior penalidade) e coluna 3 (menor custo). X23 = 40. 
Linha 2 eliminada. 
Os transportes restantes ficam definidos. X33 = 80 e X35 = 20 
80 20 100 
120/80 80/20 
Quadro com a solução inicial 
100 60 160/60/0 
 80 40 80 200/120/40/0 
 80 20 100/20/0 
100/0 80/0 120/80/0 80/0 80/20/0 
 
Exercícios Propostos – Lista 6
Exercício 8
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 77
Cálculo da solução ótima. 
Coeficientes das variáveis básicas. 
X11: 0 – U1 – V1 = 0 X15: 0 – U1 – V5 = 0 X22: 1,5 – U2 – V2 = 0 
X23: 0 – U2 – V3 = 0 X24: 1,5 – U2 – V4 = 0 X33: 0 – U3 – V3 = 0 
X35: 0 – U3 – V5 = 0. 
Fazendo U1 = 0, teremos: U2 = 0 U3 = 0 V1 = 0 V2 = 1,5 V3= 0 V4 = 1,5 
. V5 = 0 
Coeficientes das variáveis não básicas. 
X12: 1,5 – 0 – 1,5 = 0 X13: 3 – 0 – 0 = 3 X14: 3 – 0 – 1,5 = 1,5 
X21: 4,5 – 0 – 0 = 4,5 X25: 0 – 0 – 0 = 0 X31: 1,5 – 0 – 0 = 1,5 
X32: 4,5 – 0 – 1,5 = 3 X34: 3 – 0 – 1,5 = 0 
A solução é ótima. Lucro = 100 x 12 + 80 x 10,5 + 40 x 12 + 80 x 10,5 + 80 x 12 = 4.320 
Observe que algumas variáveis não básicas apresentam coeficiente zero. Isto significa que 
podem entrar na base gerando outra solução ótima como a apresentada no texto. Por 
exemplo, se X12 entrar com valor 60, a resposta ótima é a mencionada no texto. 
 
 
 
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 78
Para transformar o modelo de transporte (de minimização) em um modelo de maximização 
devemos trabalhar com os complementos para um valor fixo da tabela de lucro. Minimizando 
esses complementos estaremos maximizando os lucros. Faremos os complementos para 400 
(maior valor da tabela). 
Devemos criar um quinto destino (40 unidades com lucro zero) para receber a diferença entre 
a oferta e a demanda e equilibrar o sistema. 
 A solução inicial será calculada usando o método de Vogel. 
 
 P1 P2 P3 P4 
240 190 200 270 400 360 10 10 40 40 
320 10 160 90 400 440 80 80 70 160 
0 150 310 210 400 200 150 – 
240 200 340 180 40 
P1 240 140 40 120 0 
P2 80 180 40 180 0 
P3 80 – 40 180 0 
P4 80 40 – 0 
 
Penalidade P1: transportar na coluna 1 (maior penalidade) e linha 3 (menor custo). X31 = 200. 
Linha 3 eliminada. 
Penalidade P2: transportar na coluna 2 (maior penalidade) e linha 2 (menor custo). X22 = 200. 
Coluna 2 eliminada. 
Penalidade P3: transportar na coluna 4 (maior penalidade) e linha 2 (menor custo). X24= 180. 
Coluna 4 eliminada. 
Penalidade P4: transportar na linha 2 (maior penalidade) e coluna 3 (menor custo). X23 = 60 
Linha 2 eliminada. 
Os outros transportes estão definidos. X11 = 40 X13 = 280 X15 = 40 
40 280 40 360 
 200 60 180 440/240/60/0 
200 200/0 
240/40 200/0 340/280 180/0 40 
Cálculo da solução ótima. Coeficientes das variáveis básicas. 
X11: 240 – U1 – V1 = 0 X13: 200 – U1 – V3 = 0 X15: 400 – U1 – V5 = 0 
X22: 10 – U2 – V2 = 0 X23: 160 – U2 – V3 = 0 X24: 90 – U2 – V4 = 0 
X31: 0 – U3 – V1 = 0 
Fazendo U1 = 0, vem: V1 = 240 V3 = 200 V5 = 400 U2 = – 40 V4 = 130 
. U3 = – 240 V2 = 50 
Exercícios Propostos – Lista 6
Exercício 9
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 79
 Coeficientes das variáveis não básicas. 
X12: 190 – 0 – 50 = 140 X14: 270 – 0 – 130 = 140 X21: 320 + 40 – 240 = 120 
X25: 400 + 40 – 400 = 40 X32: 150 + 240 – 50 = 340 X33: 310 + 240 – 200 = 350 
X34: 210 + 240 – 130 = 320 X35: 400 + 240 – 400 = 240 . 
A solução é ótima. 
 Lucro = 40 x 160 + 280 x 200 + 200 x 390 + 60 x 240 + 180 x 310 + 200 x 400 =290.600 
 
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 80
Devemos calcular a tabela de lucro unitário para cada produto e cada instalação. Além disso, 
devemos criar uma demanda com capacidade de 300 unidades e lucro zero para equilibrar o 
sistema. 
12 21 20 0 800 
11 19 20 0 1.000 
8 15 19 0 1.200 
1.000 900 800 300 
Para transformar o problema para o objetivo de minimização, vamos trabalhar com os 
complementos dos lucros unitários para um número fixo (no caso 21, o maior da tabela). 
Assim, minimizando os complementos estaremos maximizando os lucros. 
9 0 1 21 800 
10 2 1 21 1.000 
13 6 2 21 1.200 
1.000 900 800 300 
A partir desse quadro, a solução inicial é calculada pelo método de Vogel. 
 P1 P2 P3 P4 
9 0 1 21 800 1 9 – – 
10 2 1 21 1.000 1 8 8 11 
13 6 2 21 1.200 4 7 7 8 
1.000 900 800 300 
P1 1 2 0 0 
P2 1 2 – 0 
P3 3 4 – 0 
P4 3 4 – 0 
Penalidade P1: transporte na linha 3 (maior penalidade) e coluna 3 (menor custo). X33 = 800. 
Coluna 3 eliminada. 
Penalidade P2: transporte na linha 1 (maior penalidade) e coluna 2 (menor custo). X12 = 800 
Linha 1 eliminada. 
Penalidade P3: transportar na linha 2 (maior penalidade) e coluna 2 (menor custo). X22 = 100. 
Coluna 2 eliminada. 
Penalidade P4: transportar na linha 2 (maior penalidade) e coluna 1 (menor custo). X21=900. 
Linha 2 eliminada. 
Os outros transportes ficam definidos pelos anteriores. X31 = 100 e X34 = 300 
Solução inicial 
 800 800 
900 100 1.000 
100 800 300 1.200 
1.000 900 800 300 
Exercícios Propostos – Lista 6
Exercício 10
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 81
Coeficientes das variáveis básicas. 
X12: 0 – U1 – V2 = 0 X21: 10 – U2 – V1 = 0 X22: 2 – U2 – V2 = 0 
X31: 13 – U3 – V1 = 0 X33: 2 – U3 – V3 = 0 X34: 21 – U3 – V4 = 0 
Fazendo U1 = 0, vem: U2 = 2 U3 = 5 V1 = 8 V2= 0 V3 = – 3 V4 = 16 
Coeficientes das variáveis não básicas. 
X11: 9 – 0 – 8 = 1 X13: 1 - 0 + 3 = 4 X14: 21 – 0 – 16 = 5 
X23: 1 – 2 + 3 = 2 X24: 21 – 2 – 16 = 3 X32: 6 – 5 – 0 = 1 
A solução é ótima. 
Lucro = 900 x 11 + 100 x 8 + 800 x 21 + 100 x 19 + 800 x 19 = 44.600,00 
 
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 82
Nas células onde o transporte não é possível, vamos colocar um custo de transporte unitário 
M (número muito maior do que os outros custos, para impedir o transporte nesta célula) 
10 12 M 12 
12 14 15 18 
 6 8 10 30 
10 20 30 
Solução pelo método do canto noroeste. 
10 2 12/2/0 
 18 18/0 
A 30 30/0 
10/0 20/18/0 30/0 
O problema apresenta 6 variáveis e quatro equações. Devemos acrescentar um transporte 
auxiliar A para construir mais uma equação. O transporte auxiliar A deve ficar em célula que 
não forme circuito com os já existentes. Escolhemos A31. 
Coeficientes das variáveis básicas. 
X11: 10 – U1 – V1 = 0 X31: 6 – U3 – V1 = 0 X12: 12 – U1 – V2 = 0 
X22: 14 – U2 – V2 = 0 X33: 10 – U3 – V3 = 0 
Fazendo U1 = 0, vem: U2 = 2 U3 = – 4 V1 = 10 V2 = 12 V3 = 14 
Coeficientes das variáveis não básicas. 
X13: M – 0 – 14 = M – 14 X21: 12 – 2 – 10 = 0 X23: 15 – 2 – 14 = – 1 
X32: 8 + 4 – 12 = 0 
Entra X23. Circuito de compensação. 
10 – θ 2 + θ 12 
 18 – θ θ 18 
A + θ 30 – θ 30 
10 20 30 
X23 entra com valor 10. Nova solução. 
 12 12 
 8 10 18 
10 20 30 
10 20 30 
Coeficientes das variáveis básicas. 
X31: 6 – U3 – V1 = 0 X12: 12 – U1 – V2 = 0 X22: 14 – U2 – V2 = 0 
X23: 15 – U2 – V3 = 0 X33: 10 – U3 – V3 = 0 
Exercícios Propostos – Lista 6
Exercício 11
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 83
Fazendo U1 = 0, Vem: U2 = 2 U3 = – 3 V1 = 9 V2 = 12 V3 = 13 
Coeficientes das variáveis não básicas. 
X11: 10 – 0 – 3 = 7 X21: 12 – 2 – 9 = 1 X32: 8 + 3 – 12 = – 1 
X13: M + 0 + 3 = M + 3 
Entra X32. Circuito de compensação. 
 12 12 
 8 – θ 10 + θ 18 
10 θ 20 – θ 30 
10 20 30 
X32 entra com valor 8. Nova solução. 
 12 12 
 18 18 
10 8 12 30 
10 20 30 
Coeficientes das variáveis básicas. 
X31: 6 – U3 – V1 = 0 X12: 12 – U1 – V2 = 0 X32: 8 – U3 – V2 = 0 
X23: 15 – U2 – V3 = 0 X33: 10 – U3 – V3 = 0 
Fazendo U1 = 0, vem : U2 = 1 U3 = – 4 V1 = 10 V2 = 12 V3 = 14 
Coeficientes das variáveis não básicas. 
X11: 10 – 0 – 10 = 0 X21: 12 – 1 – 10 = 1 X22: 14 – 1 – 12 = 1 X13: M – 0 – 14 = M – 
14 
A solução é ótima. Custo = 10 x 6 + 12 x 12 + 8 x 8 + 18 x 15 + 12 x 10 = 658,00 
 
 
 
 
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 84
Nas células onde não deve haver transporte, colocamos um custo unitário M, muito maior que 
os outros custos, evitando desta forma, o transporte nestas células. Vamos criar um ponto de 
venda auxiliar para receber a diferença 140 entre as disponibilidades e as necessidades. O 
custo do transporte nesta coluna é zero. 
Cálculo da solução inicial pelo método de Vogel. P1 P2 P3 P4 P5 P6 
16 14 12 100 16 0 170 12 2 2 2 2 
12 4 14 8 8 0 60 4 0 4 4 – 
8 6 100 14 10 0 90 6 2 2 4 4 
15 69 36 18 42 140 
P1 4 2 2 6 2 0 
P2 4 2 2 6 2 – 
P3 4 2 2 – 2 
P4 – 2 2 – 2 
P5 – 8 88 – 6 
Penalidade P1: transportar na linha 1 (maior penalidade) e coluna 6 (menor custo). X16 = 140. 
Coluna 6 eliminada. 
Penalidade P2: transportar na coluna 4 (maior penalidade) e linha 2 (menor custo). X24 = 18. 
Coluna 4 eliminada. 
Penalidade P3: transportar na coluna 1 (maior penalidade) e linha 3 (menor custo). X31 = 15. 
Coluna 1 eliminada. 
Penalidade P4: transportar na linha 2 (maior penalidade) e coluna 2 (menor custo). X22 = 42. 
Linha 2 eliminada. 
Penalidade P5: transportar na coluna 3 (maior penalidade) e linha 1 (menor custo). X13 = 30. 
Linha 1 eliminada. 
Quadro da solução inicial. 
 30 140 170/30/0 
 42 18 60/42/0 
15 27 6 42 90/75 
15/0 69/27 36/6 18/0 42 140/0 
Cálculo da solução ótima. Coeficientes das variáveis básicas. 
X13: 12 – U1 – V3 = 0 X16: 0 – U1 – V6 = 0 X22: 4 – U2 – V2 = 0 
X24: 8 – U2 – V4 = 0 X31: 8 – U3 – V1 = 0 X32: 6 – U3 – V2= 0 
X33: 88 – U3 – V3 = 0 X35: 10 – U3 – V5 = 0 
Fazendo U1 = 0, vem: U2 = 74 U3 = 76 V1 = – 68 V2 = – 70 V3 = 12 
V4 = – 66 V5 = – 66 V6 = 0 
Coeficientes das variáveis não básicas. 
X11: 16 – 0 + 68 = 84 X12: 14 – 0 + 70 = 84 X14: 100 – 0 + 66 = 166 X21: 12 – 74 + 68 = 6 
X23: 14 – 74 – 12 = – 72 X25: 8 – 74 + 66 = 0 X26: 0 – 74 – 0 = – 74 
X34: 14 – 76 + 66 = 4 X36: 0 – 76 – 0 =1 – 76 
Exercícios Propostos – Lista 6
Exercício 12
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 85
 
Entra a variável X36. Circuito de compensação. 
 30 + θ 140 – θ 170 
 42 18 60 
15 27 6 – θ 42 θ 90 
15 69 36 18 42 140 
X36 entra com valor 6. Nova solução. 
 36 134 170 
 42 18 60 
15 27 42 6 90 
15 69 36 18 42 140 
Coeficientes das variáveis básicas. 
X13: 12 – U1 – V3 = 0 X16: 0 – U1 – V6 = 0 X22: 4 – U2 – V2 = 0 X24: 8 – U2 – V4 = 0 
X31: 8 – U3 – V1 = 0 X32: 6 – U3 – V2 = 0 X35: 10 – U3 – V5 = 0 X36: 0 – U3 – V6 = 0 
Fazendo U1 = 0, vem: U2 = – 2 U3 = 0 V1 = 8 V2 = 6 V3 = 12 V4 = 10 V5 = 10 
V6 = 0 
Coeficientes das variáveis não básicas. 
X11: 16 – 0 – 8 = 8 X12: 14 – 0 – 6 = 8 X14: 100 – 0 – 10 = 90 X15: 16 – 0 – 10 = 6 
X21: 12 + 2 – 8 = 6 X23:14 + 2 – 12 = 4 X25: 8 + 2 – 10 = 0 X33: 100 – 0 – 12 = 88 
X34: 14 – 0 – 10 = 4 
A solução é ótima. Custo = 36 x 12 + 42 x 4 + 18 x 8 + 15 x 8 + 27 x 6 + 42 x 10 = 1.446,00 
 
 
 
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 86
a. Plano de distribuição com o menor custo possível. Solução inicial peli método de Vogel 
 P1 P2 
410 418 416 170 6 6 
392 400 394 150 2 2 
375 372 375 200 3 – 
200 200 120 
P1 17 28 19 
P2 17 – 22 
 
Penalidade P1: transportar na coluna 2 (maior penalidade) e linha 3 (menor custo). X32 = 200. 
Coluna 2 e linha 3 eliminadas. 
Penalidade P2: transportar na coluna 3 (maior penalidade) e linha 2 (menor custo). X23 = 120. 
Coluna 3 eliminada. 
Quadro da solução inicial. 
170 170 
30 120 150/30 
 200 A 200/0 
200 200/0 120/0 
Cálculo da solução ótima. Coeficientes das variáveis básicas. O sistema vai apresentar 4 
equações e 6 variáveis. Devemos criar uma variável básica auxiliar A, que não forme circuito 
com as já existentes. Escolhemos A33. 
X11: 410 – U1 – V1 = 0 X21: 392 – U2 – V1 = 0 X23: 394 – U2 – V3 = 0 
X32: 372 – U3 – V2 = 0 X33: 375 – U3 – V3 = 0 
Fazendo U1 = 0, vem: U2 = –18 U3 = –37 V1 = 410 V2 = 409 V3 = 412 
Coeficiente das variáveis não básicas. 
X12: 418 – 0 – 409 = 9 X13: 416 – 0 –412 = 4 X22: 400 + 18 – 409 = 9 
X31: 375 + 37 – 410 = 2 
A solução é ótima. Custo = 170 x 410 + 30 x 392 + 200 x 372 + 120 x 394 = 203.140,00 
b. Quadro de lucros (para cada célula: Preço de venda – preço de custo – custo de transporte) 
90 102 94 170 
108 120 116 150 
125 148 135 200 
200 200 120 
Exercícios Propostos – Lista 6
Exercício 13
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 87
Para maximizar o lucro devemos minimizar os complementos dos lucros para um valor fixo. No 
caso escolhemos o valor 148, o maior da tabela. 
Solução inicial pelo método de Vogel. P1 P2 
 58 46 54 170 8 4 
 40 28 32 150 4 12 
 23 0 13 200 13 – 
200 200 120 
P1 17 28 19 
P2 18 – 22 
 
Penalidade P1: transportar na coluna 2 (maior penalidade) e linha 3 (menor custo). X32 = 200. 
Coluna 2 e linha 3 eliminadas. 
Penalidade P2: transportar na coluna 3(maior penalidade) e linha 2 (menor custo) X23 = 120. 
Coluna 3 eliminada. 
Quadro da solução inicial. 
170 A 170 
 30 120 150/30 
 200 200/0 
200 200/0 120/0 
Cálculo da solução ótima. O sistema vai apresentar 4 equações e 6 variáveis. Devemos criar 
uma variável básica auxiliar A, que não forme circuito com as já existentes. Escolhemos A12. 
X11: 58 – U1 – V1 = 0 X12: 46 – U1 – V2 = 0 X21: 40 – U2 – V1 = 0 
X23: 32 – U2 – V3 = 0 X32: 0 – U3 – V2 = 0 
Fazendo U1 = 0, vem: U2 = – 18 U3 = – 46 V1 = 58 V2 = 46 V3 = 50 
Coeficientes das variáveis não básicas. 
X13: 54 – 0 – 50 = 4 X22: 28 + 18 – 46 = 0 X31: 23 + 46 – 58 = 11 X33: 13 + 46 – 50 = 9 
A solução é ótima. Lucro = 170 x 90 + 30 x 108 + 120 x 116 + 200 x 148 = 62.060 
c. Quadro de receitas. 
500 520 510 170 
500 520 510 150 
500 520 510 200 
200 200 120 
Para maximizar o lucro devemos minimizar os complementos dos lucros para um valor fixo. No 
caso escolhemos o valor 520, o maior da tabela. 
 20 0 10 170 
 20 0 10 150 
 20 0 10 200 
200 200 120 
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 88
 
Solução inicial pelo método de Vogel. P1 P2 P3 
 20 0 10 170 10 – – 
 20 0 10 150 10 10 10 
 20 0 10 200 10 10 10 
200 200 120 
P1 0 0 0 
P2 0 0 0 
P3 0 0 0 
 
Penalidade P1: transportar na linha 1 (maior penalidade) e coluna 2 (menor custo). X12 = 170. 
Linha 1 eliminada. 
Penalidade P2: transportar na linha 2 (maior penalidade) e coluna 2 (menor custo). X22 = 150. 
Coluna 2 eliminada. 
Penalidade P3: transportar na linha 3 (maior penalidade) e coluna 3 (menor custo). X33 = 120 
Quadro da solução inicial. 
 170 170/0 
120 30 150/120 
 80 120 200/80 
200 200/30/0 120/0 
Cálculo da solução ótima. Coeficientes das variáveis básicas. 
X12: 0 – U1 – V2 = 0 X21: 20 – U2 – V1=0 X22: 0 – U2 – V2 = 0 
X31: 20 – U3 – V1 = 0 X33: 10 – U3 – V3 = 0 
Fazendo U1 = 0, vem: U2 = 0 U3 = 0 V1 = 20 V2 = 0 V3 = 10 
Coeficiente das variáveis não básicas. 
X11: 20 – 0 – 20 = 0 X13: 10 – 0 – 10 = 0 X23: 10 – 0 – 10 = 0 x32: 0 – 0 – 0 = 0 
A solução é ótima. Os coeficientes das variáveis não básicas (todos nulos) indicam que existem 
outras soluções ótimas. 
Receita = 200 x 500 + 200 x 520 + 120 x 510 = 265.200 
 
 
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 89
Cada lixeiro faz 5 viagens até os coletores, no total de 30 viagens. Para que os coletores se 
enchamde maneira uniforme, cada coletor deve receber 10 viagens. O quadro será, então: 
200 300 500 400 250 300 10 
100 150 200 300 150 180 10 
120 200 50 180 220 100 10 
5 5 5 5 5 5 
Solução inicial pelo método de Vogel. P1 P2 P3 P4 
200 300 500 400 250 300 10 50 50 50 50 
100 150 200 300 150 180 10 50 50 50 50 
120 200 50 180 220 100 10 50 20 20 20 
5 5 5 5 5 5 
P1 20 50 150 120 70 80 
P2 20 50 – 120 70 80 
P3 100 150– – 100 120 
P4 100 – – – 100 120 
 
Penalidade P1: transportar na coluna 3 (maior penalidade) e linha 3 (menor custo). X33 = 5. 
Coluna 3 eliminada. 
Penalidade P2: transportar na coluna 4 (maior penalidade) e linha 3 (menor custo). X34 = 5. 
Coluna 4 e linha 3 eliminadas. 
Penalidade P3: transportar na coluna 2 (maior penalidade) e linha 2 (menor custo). X22 = 5. 
Coluna 2 eliminada. 
Penalidade P4: transportar na coluna 6 (maior penalidade) e linha 2 (menor custo). X26 = 5. 
Coluna 6 e linha 2 eliminadas. 
Quadro da solução inicial 
5 5 10 
A 5 5 10/5/0 
 5 5 A 10/5/0 
5 5/0 5/0 5/0 5 5/0 
Cálculo da solução ótima. Coeficientes das variáveis básicas. 
O sistema apresenta 6 equações e 9 variáveis. Devemos adicionar duas variáveis auxiliares de 
maneira que não formem circuitos com as variáveis básicas existentes. Escolhemos A21 e A36 
X11: 200 – U1 – V1 = 0 X15: 250 – U1 – V5 = 0 X22: 150 – U2 – V2 = 0 
X26: 180 – U2 – V6 = 0 X33: 50 – U3 – V3 = 0 X34: 180 – U3 – V4 = 0 
X21: 100 – U2 – V1 = 0 X36: 100 – U3 – V6 = 0. 
Fazendo U1 = 0, vem: U2 = – 100 U3 = – 180 V1 = 200 V2 = 250 V3 = 230 
V4 = 360 V5 = 250 V6 = 280 
Coeficientes das variáveis não básicas. 
Exercícios Propostos – Lista 6
Exercício 14
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 90
X12: 300 – 0 – 200 = 100 X13: 500 – 0 – 230 = 270 X14: 400 – 0 – 360 = 40 
X16: 300 – 0 – 280 = 20 X23:200 + 100 – 230 = 70 X24: 300 + 100 – 360 = 40 
X25: 150 + 100 – 250 = 0 X31: 120 + 180 – 200 = 100 X32: 200 + 180 – 250 = 130 
X35:220 +1 80 – 250 = 150 
A solução é ótima. Distância percorrida pelos lixeiros 
D = 5 x 200 + 5 x 250 + 5 x 150 + 5 x 180 + 5 x 50 + 5 x 180 = 5.050 
 
 
 
 
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 91
Exercícios propostos – Lista 6 Ex 15 
Quadro de transportes. Devemos criar um destino para receber o excesso de disponibilidades 
das transportadoras e com isso, equilibrar o sistema. 
100 120 105 90 105 110 0 30 
80 100 110 100 100 110 0 40 
90 105 90 100 80 105 0 25 
120 130 110 100 95 105 0 20 
20 12 15 10 18 25 15 
Cálculo da solução inicial pelo método de Vogel. P1 P2 P3 P4 P5 P6 P7 
100 120 105 90 105 110 0 30 90 10 15 0 5 5 5 
80 100 110 100 100 110 0 40 80 20 0 0 0 0 10 
90 105 90 100 80 105 0 25 80 10 10 10 25 – – 
120 130 110 100 95 105 0 20 95 5 5 10 10 10 10 
20 12 15 10 18 25 15 
P1 10 5 15 0 15 0 0 
P2 10 5 15 0 15 0 – 
P3 – 5 15 0 15 0 – 
P4 – 5 15 – 15 0 – 
P5 – 5 – – 15 0 – 
P6 – 20 – – 5 5 – 
P7 – – – – 5 5 
Penalidade P1: transportar na linha 1 (maior penalidade) e coluna 7 (menor custo). X17 = 15. 
Coluna 7 eliminada. 
Penalidade P2: transportar na linha 2 (maior penalidade) e coluna 1 (menor custo). X21 = 20. 
Coluna 1 eliminada. 
Penalidade P3: transportar na linha 1 (maior penalidade) e coluna 4 (menor custo). X14 = 11. 
Coluna 7 eliminada. 
Penalidade P4: transportar na coluna 3 (maior penalidade) e linha 3 (menor custo). X33 = 15. 
Coluna 3 eliminada. 
Penalidade P5: transportar na linha 3 (maior penalidade) e coluna 5 (menor custo). X35 = 10. 
Linha 3 eliminada. 
Penalidade P6: transportar na coluna 2 (maior penalidade) e linha 2 (menor custo). X22 = 12. 
Coluna 2 eliminada. 
Penalidade P7: transportar na linha 4 (maior penalidade) e coluna 5 (menor custo). X45 = 8. 
Coluna 5 eliminada. 
Quadro da solução inicial 
 10 5 15 30/15/5 
20 12 8 40/20/8 
 15 10 25/10/0 
 8 12 20/12 
20/0 12/0 15/0 10/0 18/8/0 25 15/0 
Exercícios Propostos – Lista 6
Exercício 15
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 92
Cálculo da solução ótima. Coeficientes das variáveis básicas. 
X14: 90 – U1 – V4 = 0 X16: 110 – U1 – V6 = 0 X17: 0 – U1 – V7 = 0 
X21: 80 – U2 – V1 = 0 X22: 100 – U2 – V2 = 0 X26: 110 – U2 – V6 = 0 
X33: 90 – U3 – V3 = 0 X35: 80 – U3 – V5 = 0 X45: 95 – U4 – V5 = 0 
X46: 105 – U4 – V6 = 0 
Fazendo U1 = 0, vem: U2 = 0 U3 = – 20 U4 = – 5 V1 = 80 V2 = 100 V3 = 110 
V4 = 90 V5 = 100 V6 = 110 V7 = 0 
Coeficientes das variáveis não básicas. 
X11: 100 – 0 – 80 = 20 X12: 120 – 0 – 100 = 20 X13: 105 – 0 – 110 = – 5 
X15: 105 – 0 – 100 = 5 X23: 110 – 0 – 110 = 0 X24: 100 – 0 – 90 = 10 
X25: 100 – 0 – 100 = 0 X27: 0 – 0 – 0 = 0 X31: 90 + 20 – 80 = 30 
X32: 105 + 20 – 100 = 25 X34: 100 + 20 – 90 = 30 X36: 105 + 20 – 110 = 15 
X37: 0 +20 – 0 = 20 X41: 120 + 5 – 80 = 45 X42: 130 + 5 – 100 = 35 
X43: 110 + 5 – 110 = 5 X44: 100 + 5 – 90 = 15 X47: 0 + 5 – 0 = 5 
Entra X13. Circuito de compensação. 
 θ 10 5 – θ 15 30 
20 12 8 40 
 15 – θ 10 + θ 25 
 8 – θ 12 + θ 20 
20 12 15 10 18 25 15X13 entra com valor 5. Nova solução. 
 5 10 15 30 
20 12 8 40 
 10 15 25 
 3 17 20 
20 12 15 10 18 25 15 
Coeficientes das variáveis básicas. 
X13: 105 – U1 – V3 = 0 X14: 90 – U1 – V4 = 0 X17: 0 – U1 – V7 = 0 
X21: 80 – U2 – V1 = 0 X22: 100 – U2 – V2 = 0 X26: 110 – U2 – V6 = 0 
X33: 90 – U3 – V3 = 0 X35: 80 – U3 – V5 = 0 X45: 95 – U4 – V5 = 0 
X46: 105 – U4 – V6 = 0 
Fazendo U1 = 0, vem: U2 = 5 U3 = – 15 U4 = 0 V1 = 75 V2 = 95 V3 = 105 
V4 = 90 V5 = 95 V6 = 105 V7 = 0 
Coeficientes das variáveis não básicas. 
X11: 100 – 0 – 75 = 25 X12: 120 – 0 – 95 = 25 X15: 105 – 0 – 95 = 10 
X16: 110 – 0 – 105 = 5 X23: 110 – 5 – 105 = 0 X24: 100 – 5 – 90 = 5 
X25: 100 – 5 – 95 = 0 X27: 0 – 5 – 0 = – 5 X31: 90 + 15 – 75 = 30 
X32: 105 + 15 – 95 = 25 X34: 100 + 15 – 90 = 25 X36: 105 + 15 – 105 = 15 
X41: 120 – 0 – 75 = 45 X42: 130 – 0 – 95 = 35 X43: 110 – 0 – 105 = 5 
X44: 95 – 0 – 90 = 5 X47: 0 – 0 – 0 = 0 
Entra X27. Circuito de compensação. 
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 93
 5 + θ 10 15 – θ 30 
20 12 8 – θ θ 40 
 10 – θ 15+θ 25 
 3 – θ 17 + θ 20 
20 12 15 10 18 25 15 
X27 entra com valor 3. Nova solução. 
 8 10 12 30 
20 12 5 3 40 
 7 18 25 
 20 20 
20 12 15 10 18 25 15 
Coeficientes das variáveis básicas. 
X13: 105 – U1 – V3 = 0 X14: 90 – U1 – V4 = 0 X17: 0 – U1 – V7 = 0 
X21: 80 – U2 – V1 = 0 X22: 100 – U2 – V2 = 0 X26: 110 – U2 – V6 = 0 
X27: 0 – U2 – V7 = 0 X33: 90 – U3 – V3 = 0 X35: 80 – U3 – V5 = 0 
X46: 105 – U4 – V6 = 0 
Fazendo U1 = 0, vem: U2 = 0 U3 = – 15 U4 = – 5 V1 = 80 V2 = 100 V3 = 105 
V4 = 90 V5 = 95 V6 = 110 V7 = 0 
Coeficientes das variáveis não básicas. 
X11: 100 – 0 – 80 = 20 X12: 120 – 0 – 100 = 20 X15: 105 – 0 – 95 = 10 
X16: 110 – 0 – 110 = 0 X23: 110 – 0 – 105 = 5 X24: 100 – 0 – 90 = 10 
X25: 100 – 0 – 95 = 5 X31: 90 + 15 – 80 = 25 X32: 105 + 15 – 100 = 20 
X34: 100 + 15 – 90 = 25 X36: 105 + 15 – 110 = 10 X37: 0 + 15 – 0 = 15 
X41: 120 + 5 – 80 = 45 X42: 130 + 5 – 100 = 35 X43: 110 + 5 – 105 = 0 
X44: 100 + 5 – 90 = 15 X45: 95 + 5 – 95 = 5 X47: 0 + 5 – 0 = 5 
A solução é ótima. 
Custo = 8 x 105 + 10 x 90 + 20 x 80 + 12 x 100 + 5 x 110 + 7 x 90 + 18 x 80 + 20 x 105 = 9.260 
Observe que como X16 e de X46 apresentam coeficiente zero, o problrma admite outras 
soluções ótimas. 
 
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 94
Subtrair de cada linha o seu menor valor 
10 23 8 9 – 8 
4 5 6 7 – 4 
12 10 10 8 – 8 
6 4 9 7 – 4 
 
 
A designação está completa: L1 – C3; L2 – C1; L3 – C4; L4 – C2. 
Custo = 8 + 4 + 8 + 4 = 24 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
2 15 0 1 
0 1 2 3 
4 2 2 0 
2 0 5 3 
 
Exercícios Propostos – Lista 7
Exercício 1
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 95
Devemos adicionar uma origem com custo zero, para equilibrar o sistema.A seguir, subtraímos 
de cada linha o seu menor valor. 
6 8 10 9 – 6 
4 3 6 5 – 3 
7 9 12 6 – 6 
0 0 0 0 – 0 
 
0 2 4 3 
1 0 3 2 
1 3 6 0 
0 0 0 0 
 
A designação está completa. L4 – C3 (coluna com apenas um zero); L1 – C1; L2 – C2; 
L3 – C4. 
Custo = 6 + 3 + 6 + 0 = 15 
Exercícios Propostos – Lista 7
Exercício 2
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 96
Devemos acrescentar um destino com custo zero para equilibrar o sistema. Na célula onde não 
é possível a designação, vamos colocar um custo alto em relação aos custos da tabela, 100, por 
exemplo. A seguir, (1)subtrair de cada linha o seu menor elemento; (2) . Subtrair de cada 
coluna o seu menor elemento. 
 (1) (2) 
6 100 8 0 
4 9 3 0 
5 6 4 0 
8 10 12 0 
 
(3) Designar, D, nos zeros, priorizando linhas ou colunas com apenas um zero. A designação 
não se completa. (4) Cobrir os zeros com o menor número de linhas possível: L2;L3 e C4. (5) 
2 94 5 D 
D 3 0 0 
 1 D 1 0 
4 4 9 0 
Subtrair o menor número não coberto (no caso o número 2), compensando nas linhas e 
colunas com zeros. 
0 92 3 0 
0 3 0 2 
 1 0 1 2 
2 2 7 0 
 Designar, D, nos zeros, priorizando linhas ou colunas com apenas um zero. 
D 92 3 0 
0 3 D 2 
 1 D 1 2 
2 2 7 D 
 A designação está completa. 
L 1 – C 1 L 2 – C 3 L 3 – C 2 L 4 – C 4 Custo = 6 + 3 + 6 +0 = 15 
2 94 5 0 
0 3 0 0 
1 0 1 0 
4 4 9 0 
Exercícios Propostos – Lista 7
Exercício 3
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 97
1. Subtrair de cada linha o seu menor valor. 
0 20 30 40 
10 0 50 20 
10 0 20 30 
10 10 40 0 
2. Subrair de cada coluna o s eu menor valor. 
0 20 10 40 
10 0 30 20 
20 0 0 30 
10 10 20 0 
3. Designar (D) nos zeros, priorizando linhas e colunas com apenas um zero. 
D 20 10 40 
10 D 30 20 
20 0 D 30 
10 10 20 D 
A designação está completa. 
L 1 – C 1 L 2 – C2 L 3 – C3 L 4 – C 4 Custo = 100 + 70 + 100 + 80 = 350 
Exercícios Propostos – Lista 7
Exercício 4
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 98
Na célula correspondente ao depósito 1 e local 3, vamos colocar um custo alto (no caso, 500) 
para impedir o transporte nesta célula. A seguir: 
1. Subtrair de cada linha o seu menor valor. 
0 20 400 40 
10 0 50 20 
20 0 20 30 
10 10 40 0 
2. Subrair de cada coluna o s eu menor valor. 
0 20 380 40 
10 0 30 20 
20 0 0 30 
10 10 20 0 
3. Designar (D) nos zeros, priorizando linhas e colunas com apenas um zero. 
D 20 10 40 
10 D 30 20 
20 0 D 30 
10 10 20 D 
A designação está completa. 
L 1 – C 1 L 2 – C2 L 3 – C3 L 4 – C 4 Custo = 100 + 70 + 100 + 80 = 350 
 
Exercícios Propostos – Lista 7
Exercício 5
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 99
Exercícios propostos – Lista 7 Ex 6 
Temos que criar um equipamento E 4 com custo de manuseio de materiais zero para 
equilibrar o sistema. A seguir: 
1. Subtrair de cada linha o seu menor valor. 
6 0 4 2 
2 0 5 6 
0 2 3 4 
0 0 0 0 
2. Subrair de cada coluna o s eu menor valor. No caso, nada se modifica. 
3. Designar (D) nos zeros, priorizando linhas e colunas com apenas um zero. 
6 D 4 2 
2 0 5 6 
D 2 3 4 
0 0 0 D 
A designação não está completa. 
5. Vamos cobrir os zeros com o menor número de linhas possível. L 4; C 2; C 1. Vamos subtrair 
o menor dos números não cobertos da tabele, e compensar nas linhas e colunas cobertas. No 
caso o menor número não coberto é 2. 
6 0 2 0 
2 0 3 4 
0 2 1 2 
2 2 0 D 
6. Designar (D) nos zeros, priorizando linhas e colunas com apenas um zero.6 0 2 D 
2 D 3 4 
D 2 1 2 
2 2 D 0 
A designação está completa. 
L 1 – C 4; L 2 – C 2; L 3 – C 1; L 4 – C 3 
Custo = 6 + 4 + 5 + 0 = 15 
 
 
Exercícios Propostos – Lista 7
Exercício 6
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 100
Exercícios propostos – Lista 7 Ex 7 
Temos que criar um equipamento E 4 com custo de manuseio de materiais zero para 
equilibrar o sistema e atribuir um custo elevado para o transporte na célula X 12 (no caso 20). 
A seguir: 
1. Subtrair de cada linha o seu menor valor. 
4 14 2 0 
2 0 5 6 
0 2 3 4 
0 0 0 0 
2. Subrair de cada coluna o s eu menor valor. No caso, nada se modifica. 
3. Designar (D) nos zeros, priorizando linhas e colunas com apenas um zero. 
4 14 2 D 
2 D 5 6 
D 2 3 4 
0 0 D 0 
A designação está completa. 
L 1 – C 4; L 2 – C 2; L 3 – C 1; L 4 – C 3 
Custo = 6 + 4 + 5 + 0 = 15 
 
 
Exercícios Propostos – Lista 7
Exercício 7
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 101
Exercícios propostos – Lista 7 Ex 8 
Devemos transformar o problema de maximização em minimização, trabalhando com a tabela 
dos complementos dos retornos mensais. Faremos o complemento para o maior valor da 
tabela, 95. 
35 15 25 30 
25 35 15 35 
15 55 35 25 
35 5 0 10 
1. Subtrair de cada linha o seu menor valor. 
20 0 10 15 
10 20 0 20 
 0 40 20 10 
35 5 0 10 
2. Subtrair de cada coluna o seu menor valor. 
20 0 10 5 
10 20 0 10 
 0 40 20 0 
35 5 0 0 
3. Designar nos zeros da tabela, priorizando as linha e colunas com apenas um zero. 
20 D 10 5 
10 20 D 10 
 D 40 20 0 
35 5 0 D 
A designação está completa. 
R 1 – V 2; R 2 – V 3; R 3 – V 1; R 4 – V 4 
Retorno mensal = 0, 80 x 100 +0, 80 x 150 + 0,80 x 120 +0, 85 x 250 = 508,50 
Exercícios Propostos – Lista 7
Exercício 8
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 102
Devemos transformar o problema de maximização em minimização, trabalhando com a tabela 
dos complementos dos retornos mensais. Faremos o complemento para o maior valor da 
tabela, 10. Temos que criar uma unidade produtora com ganho zero para equilibrar o sistema. 
4 0 5 10 
5 2 3 10 
2 0 2 10 
3 1 1 10 
1. Subtrair de cada linha o seu menor valor. 
4 0 5 10 
3 0 1 8 
2 0 2 10 
2 0 0 9 
2. Subtrair de cada coluna o seu menor valor. 
2 0 5 2 
1 0 1 0 
0 0 2 2 
0 0 0 1 
3. Designar nos zeros da tabela, priorizando as linha e colunas com apenas um zero. 
2 D 5 2 
1 0 1 D 
D 0 2 2 
0 0 D 1 
A designação está completa. 
R 1 – U 2; R 3 – U 1; R 4 – U3 
Lucro total = 10 + 8 + 9 = 27 
 
Exercícios Propostos – Lista 7
Exercício 9
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 103
Temos que criar uma unidade produtora com ganho zero para equilibrar o sistema. Devemos 
transformar o problema de maximização em minimização, trabalhando com a tabela dos 
complementos dos retornos mensais. Faremos o complemento para o maior valor da tabela, 
10. Na célula onde não deve haver designação, colocamos um custo alto (50 por exemplo). 
 4 0 5 10 
 5 2 3 10 
50 0 2 10 
 3 1 1 10 
1. Subtrair de cada linha o seu menor valor. 
 4 0 5 10 
 3 0 1 8 
50 0 2 10 
 2 0 0 9 
2. Subtrair de cada coluna o seu menor valor. 
 2 0 5 2 
 1 0 1 0 
48 0 2 2 
 0 0 0 1 
3. Designar nos zeros da tabela, priorizando as linha e colunas com apenas um zero. 
 2 D 5 2 
 1 0 1 D 
48 0 2 2 
 0 0 D 1 
A designação não está completa. 
4. Cobrir os zeros da tabela com o menor número de linhas possível: C 2; L 2; L 4. Subtrair dos 
elementos da tabela o menor número não coberto, compensando as linhas e colunas que 
tenham zeros. 
 0 0 3 0 
 1 2 1 0 
46 0 0 0 
 0 2 0 1 
5. Designar nos zeros da tabela, priorizando linhas e colunas com apenas um zero. 
 D 0 3 0 
 1 2 1 D 
46 D 0 0 
 0 2 D 1 
Exercícios Propostos – Lista 7
Exercício 10
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 104
A designação está completa: R 1 – U 1 R 3 – U 2 R 4 – U 3 
Lucro = 6 + 10 + 9 = 25 
Observe que o problema tem mais de uma solução ótima 
 
 
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 105
Como cada empresa pode realizar duas obras, cada uma delas aparece duas vezes nas 
propostas de custos (linhas). Como temos agora 10 linhas, temos que equilibrar o sistema, 
criando quatro obras com custo zero (colunas). 
12 20 25 30 22 20 0 0 0 0 
12 20 25 30 22 20 0 0 0 0 
15 20 22 26 19 20 0 0 0 0 
15 20 22 26 18 20 0 0 0 0 
16 24 26 22 21 21 0 0 0 0 
16 24 26 22 21 21 0 0 0 0 
14 25 24 28 24 20 0 0 0 0 
14 25 24 28 24 20 0 0 0 0 
13 22 30 27 20 15 0 0 0 0 
13 22 30 27 20 15 0 0 0 0 
Vamos diminuir de cada coluna o seu menor elemento. 
0 0 3 8 4 5 0 0 0 0 
0 0 3 8 4 5 0 0 0 0 
3 0 0 4 0 5 0 0 0 0 
3 0 0 4 0 5 0 0 0 0 
4 4 4 0 3 6 0 0 0 0 
4 4 4 0 3 6 0 0 0 0 
2 5 2 6 6 5 0 0 0 0 
2 5 2 6 6 5 0 0 0 0 
1 2 8 5 2 D 0 0 0 0 
1 2 8 5 2 0 D 0 0 0 
Designar nos zeros, priorizando as linhas e colunas com menos zeros. 
D 0 3 8 4 5 0 0 0 0 
0 D 3 8 4 5 0 0 0 0 
3 0 D 4 0 5 0 0 0 0 
3 0 0 4 D 5 0 0 0 0 
4 4 4 D 3 6 0 0 0 0 
4 4 4 0 3 6 0 D 0 0 
2 5 2 6 6 5 0 0 D 0 
2 5 2 6 6 5 0 0 0 D 
1 2 8 5 2 D 0 0 0 0 
1 2 8 5 2 0 D 0 0 0 
A designação está completa. 
Emp A : Obras 1 e 2 Emp B: Obras 3 e 5 Emp C: Obra 4 Top Clima: Obra 6 
Custo = 12 + 20 + 22 + 18 + 22 + 15 = 109 . Não há plano alternativo 
Exercícios Propostos – Lista 7
Exercício 11
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 106
O acréscimo para o orçamento das empresas (para aquelas cujo número de horas estimado 
seja superior a 240 horas) será: A = 
( )horas planejadas 240 0,20
orçamento
horas planejadas
− × × 
E B, ob1: A = 
( )250 240 0, 20
15 0,12
250
− × × = E A ,Ob2: A=
( )250 240 0,20
20 0,16
250
− × × = 
E A, Ob 3: A = 1 E A, Ob 4: A = 1,35 E A, Ob5: A = 0,63 
E B, Ob 3: A = 1,38 E B, Ob 4: A = 0,40 E B, Ob 5: A = 0,14 E C, Ob 2: A = 0,37 
E C, Ob 3: A = 1,92 E C, Ob 4: A = 0,18 E C, Ob 5: A = 0,32 E C, Ob 6: A = 0,17 
E D, Ob 2: A = 0,2 E D, Ob 3: A = 1,20 E D, Ob 4: A = 1,12 E D, Ob 5: A = 0,19 
Tabela com os orçamentos acrescidos dos aumentos. Para cada empreiteira teremos duas 
linhas de orçamento, pois cada uma delas pode fazer duas obras. Devemos acrescentar 4 obras 
com orçamentos zerados para equilibrar o sistema 
 Ob 1 Ob 2 Ob 3 Ob 4 Ob 5 Ob 6 Aux 1 Aux 2 Aux 3 Aux 4 
A 12 20,16 26 31,35 22,63 20 0 0 0 0 
A 12 20,16 26 31,35 22,63 20 0 0 0 0 
B 15,12 20 23,38 26,40 18,14 20 0 0 0 0 
B 15,12 20 23,38 26,40 18,14 20 0 0 0 0 
C 16 24,37 27,92 22,18 21,32 21,17 0 0 0 0 
C 16 24,37 27,92 22,18 21,32 21,17 0 0 0 0 
D 14 25,20 25,20 29,12 24,19 20 0 0 0 0 
D 14 25,20 25,20 29,12 24,19 20 0 0 0 0 
TC 13 22 30 27 20 15 0 0 0 0 
TC 13 22 30 27 20 15 0 0 0 0 
1. Subtrair de cada coluna o seu menor elemento. 
 Ob 1 Ob 2 Ob 3 Ob 4 Ob 5 Ob 6 Aux 1 Aux 2 Aux 3 Aux 4 
A 0 0,16 2,62 9,17 4,49 5 0 0 0 0 
A 0 0,16 2,62 9,17 4,,49 5 0 0 0 0 
B 3,12 0 0 4,22 0 5 0 0 0 0 
B 3,12 0 0 4,22 0 5 0 0 0 0 
C 4 4,37 4,54 0 3,18 6,17 0 0 0 0 
C 4 4,37 4,54 0 3,18 6,17 0 0 0 0 
D 2 5,20 1,82 6,94 6,05 5 0 0 0 0 
D 2 5,20 1,82 6,94 6,05 5 0 0 0 0 
TC 1 2 6,62 4,82 1,86 0 0 0 0 0 
TC 1 2 6,62 4,82 1,86 0 0 0 0 0 
Exercícios Propostos – Lista 7
Exercício 12
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 107
2. Designar nos zeros da tabela, priorizando as linhas e colunas com menor número de zeros. 
 Ob 1 
× 
Ob 2 Ob 3 Ob 4 
× 
Ob 5 Ob 6 
× 
Aux 1 
× 
Aux 2 
× 
Aux 3 
× 
Aux 4 
× 
A D 0,16 2,629,17 4,49 5 0 0 0 0 
A 0 0,16 2,62 9,17 4,,49 5 0 0 0 0 
B × 3,12 D 0 4,22 0 5 0 0 0 0 
B × 3,12 0 D 4,22 0 5 0 0 0 0 
C 4 4,37 4,54 D 3,18 6,17 0 0 0 0 
C 4 4,37 4,54 0 3,18 6,17 0 0 0 0 
D 2 5,20 1,82 6,94 6,05 5 0 0 0 0 
D 2 5,20 1,82 6,94 6,05 5 0 0 0 0 
TC 1 2 6,62 4,82 1,86 D 0 0 0 0 
TC 1 2 6,62 4,82 1,86 0 0 0 0 0 
 Obra 5 ficou sem designação. 
3 Cobrir os zeros com o menor número de linhas possível. C7; C8; C9; C10; L3; L4; C1; C4; C6. 
Subtrair da tabela o menor número descoberto, compensando linhas e colunas com zeros, 
neste caso, 0,16. Designar priorizando linhas e colunas com menos zeros. 
 Ob 1 
× 
Ob 2 Ob 3 Ob 4 
× 
Ob 5 Ob 6 
× 
Aux 1 
× 
Aux 2 
× 
Aux 3 
× 
Aux 4 
× 
A D 0 2,46 9,17 4,33 5 0 0 0 0 
A 0 D 2,46 9,17 4,,33 5 0 0 0 0 
B × 3,28 0,16 D 4,38 0 5,16 0,16 0,16 0,16 0,16 
B × 3,28 0,16 0 4,38 D 5,16 0,16 0,16 0,16 0,16 
C 4 4,37 4,38 D 3,02 6,17 0 0 0 0 
C 4 4,37 4,38 0 3,02 6,17 0 0 0 0 
D 2 5,20 1,66 6,94 5,89 5 0 0 0 0 
D 2 5,20 1,66 6,94 5,89 5 0 0 0 0 
TC 1 2 6,46 4,82 1,70 D 0 0 0 0 
TC 1 2 6,46 4,82 1,70 0 0 0 0 0 
A designação está completa. 
Emp. A – Ob 1 e 2. Emp. B – Ob 3 e 5. Emp. C – Ob 4. Top Clima – Ob 6 
Custo = 12 + 20,16 + 23,38 + 18,14 + 22,18 + 15 = 110,86 
 
 
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 108
Exercícios propostos – Lista 7 Ex 13 
A tabela de orçamentos (Veja Problema 12) deve receber custos altos nas células onde a 
designação não é possível. Usaremos o orçamento 100. 
 Ob 1 Ob 2 Ob 3 Ob 4 Ob 5 Ob 6 Aux 1 Aux 2 Aux 3 Aux 4 
A 12,00 20,16 26,00 31,35 100,00 100,00 0 0 0 0 
A 12,00 20,16 26,00 31,35 100,00 100,00 0 0 0 0 
B 15,12 20,00 23,38 100,00 100,00 20,00 0 0 0 0 
B 15,12 20,00 23,38 100,00 100,00 20,00 0 0 0 0 
C 100,00 24,37 27,92 100,00 21,32 21,17 0 0 0 0 
C 100,00 24,37 27,92 100,00 21,32 21,17 0 0 0 0 
D 14,00 25,20 25,20 29,12 24,19 20,00 0 0 0 0 
D 14,00 25,20 25,20 29,12 24,19 20,00 0 0 0 0 
TC 13,00 22,00 30,00 27,00 20,00 15,00 0 0 0 0 
TC 13,00 22,00 30,00 27,00 20,00 15,00 0 0 0 0 
1. Subtrair de cada coluna o seu menor elemento. 
 Ob 1 Ob 2 Ob 3 Ob 4 Ob 5 Ob 6 Aux 1 Aux 2 Aux 3 Aux 4 
A 0,00 0,16 2,62 4,35 80,00 85,00 0 0 0 0 
A 0,00 0,16 2,62 4,35 80,00 85,00 0 0 0 0 
B 3,12 0,00 0,00 73,00 80,00 5,00 0 0 0 0 
B 3,12 0,00 0,00 73,00 80,00 5,00 0 0 0 0 
C 88,00 4,37 4,54 73,00 1,32 6,17 0 0 0 0 
C 88,00 4,37 4,54 73,00 1,32 6,17 0 0 0 0 
D 2,00 5,20 1,82 2,12 4,19 5,00 0 0 0 0 
D 2,00 5,20 1,82 2,12 4,19 5,00 0 0 0 0 
TC 1,00 2,00 6,62 0,00 0,00 0,00 0 0 0 0 
TC 1,00 2,00 6,62 0,00 0,00 0,00 0 0 0 0 
2. Designar nos zeros, priorizando linhas e colunas com menos zeros. 
 Ob 1 × Ob 2 
× 
Ob 3 
× 
Ob 4 Ob 5 Ob 6 Aux 1 
× 
Aux 2 
× 
Aux 3 
× 
Aux 4 
× 
A D,00 0,16 2,62 4,35 80,00 85,00 0 0 0 0 
A 0,00 0,16 2,62 4,35 80,00 85,00 0 0 0 0 
B 3,12 D,00 0,00 73,00 80,00 5,00 0 0 0 0 
B 3,12 0,00 D,00 73,00 80,00 5,00 0 0 0 0 
C 88,00 4,37 4,54 73,00 1,32 6,17 0 0 0 0 
C 88,00 4,37 4,54 73,00 1,32 6,17 0 0 0 0 
D 2,00 5,20 1,82 2,12 4,19 5,00 0 0 0 0 
D 2,00 5,20 1,82 2,12 4,19 5,00 0 0 0 0 
TC × 1,00 2,00 6,62 0,00 D,00 0,00 0 0 0 0 
TC × 1,00 2,00 6,62 0,00 0,00 D,00 0 0 0 0 
 3. A obra 4 não recebeu designação. Cobrir os zeros com o menor número de linhas possível. 
No caso: Aux 1; Aux 2; Aux 3; Aux 4; L 9; L 10; Ob 1; Ob2; Ob3. 
Exercícios Propostos – Lista 7
Exercício 13
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 109
3. Subtrair da tabela o menor número não coberto, compensando as linhas e colunas com 
zeros. No caso, 1,32. 
 Ob 1 × Ob 2 
× 
Ob 3 
× 
Ob 4 Ob 5 Ob 6 Aux 1 
× 
Aux 2 
× 
Aux 3 
× 
Aux 4 
× 
A 0,00 0,16 2,62 3,03 78,68 83,68 0,00 0,00 0,00 0,00 
A 0,00 0,16 2,62 3,03 78,68 83,68 0,00 0,00 0,00 0,00 
B 3,12 0,00 0,00 71,68 78,68 3,68 0,00 0,00 0,00 0,00 
B 3,12 0,00 0,00 71,68 78,68 3,68 0,00 0,00 0,00 0,00 
C 88,00 4,37 4,54 71,68 0,00 4,85 0,00 0,00 0,00 0,00 
C 88,00 4,37 4,54 71,68 0,00 4,85 0,00 0,00 0,00 0,00 
D 2,00 5,20 1,82 0,80 2,87 3,68 0,00 0,00 0,00 0,00 
D 2,00 5,20 1,82 0,80 2,87 3,68 0,00 0,00 0,00 0,00 
TC × 2,32 3,32 7,94 0,00 0,00 0,00 1,32 1,32 1,32 1,32 
TC × 2,32 3,32 7,94 0,00 0,00 0,00 1,32 1,32 1,32 1,32 
4. Designar nos zeros da tabela, priorizando linhas e colunas com menos zeros 
 Ob 1 × Ob 2 × Ob 3 × Ob 4 Ob 5 Ob 6 Aux 1 
× 
Aux 2 
× 
Aux 3 
× 
Aux 4 
× 
A D,00 0,16 2,62 3,03 78,68 83,68 0,00 0,00 0,00 0,00 
A 0,00 0,16 2,62 3,03 78,68 83,68 0,00 0,00 0,00 0,00 
B 3,12 D,00 0,00 71,68 78,68 3,68 0,00 0,00 0,00 0,00 
B 3,12 0,00 D,00 71,68 78,68 3,68 0,00 0,00 0,00 0,00 
C 88,00 4,37 4,54 71,68 D,00 4,85 0,00 0,00 0,00 0,00 
C 88,00 4,37 4,54 71,68 0,00 4,85 0,00 0,00 0,00 0,00 
D 2,00 5,20 1,82 0,80 2,87 3,68 0,00 0,00 0,00 0,00 
D 2,00 5,20 1,82 0,80 2,87 3,68 0,00 0,00 0,00 0,00 
TC × 2,32 3,32 7,94 0,00 0,00 D,00 1,32 1,32 1,32 1,32 
TC × 2,32 3,32 7,94 D,00 0,00 0,00 1,32 1,32 1,32 1,32 
A designação está completa. 
E A – Ob 1 E B – Ob 2 e 3 E C – Ob 5 TC – Ob 4 e 6. 
Custo = 12 + 20 + 23,38 + 21,32 + 27 + 15 = 118,70 
 
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 110
O desenvolvimento deste exercício é o mesmo do Ex 12 com a eliminação da coluna Ob 6, já 
que esta obra não participa da atribuição (já está atribuída). Esta coluna deve ser substituída 
pela auxiliar Aux 5 com custo zero para reequilibrar o sistema. 
Quadro final (mesmo do Ex 12 com a substituição feita) 
 Ob 1 
× 
Ob 2 Ob 3 Ob 4 
× 
Ob 5 Aux 5 
× 
Aux 1 
× 
Aux 2 
× 
Aux 3 
× 
Aux 4 
× 
A D 0 2,46 9,17 4,33 0 0 0 0 0 
A 0 D 2,46 9,17 4,,33 0 0 0 0 0 
B × 3,28 0,16 D 4,38 0 0,16 0,16 0,16 0,16 0,16 
B × 3,28 0,16 0 4,38 D 0,16 0,16 0,16 0,16 0,16 
C 4 4,37 4,38 D 3,02 0 0 0 0 0 
C 4 4,37 4,38 0 3,02 0 0 0 0 0 
D 2 5,20 1,66 6,94 5,89 0 0 0 0 0 
D 2 5,20 1,66 6,94 5,89 0 0 0 0 0 
TC 1 2 6,46 4,82 1,70 0 0 0 0 0 
TC 1 2 6,46 4,82 1,70 0 0 0 0 0 
A designação está completa. 
E A – Ob 1 e 2. E B – Ob 3 e 5. E C – Ob 4 
Custo parcial = 12 + 20,16 + 23,38 + 18,14 + 22,18 = 95,86 
Custo incluindo a obra 6 = 95,86 + 21,17 = 117,03 
No caso, corresponde a simplesmente substituir um custo de 15 (TC) por um custo de 21,17 
(E C). O custo da política é 21,17 – 15 = 6,17. 
 
Exercícios Propostos – Lista 7
Exercício 14
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 111
O desenvolvimento deste exercício é o mesmo do Ex 12 com a eliminação da coluna Ob 6, já 
que esta obra não participa da atribuição (já está atribuída). Esta coluna deve ser substituída 
pela auxiliar Aux 5 com custo zero para reequilibrar o sistema. 
Quadro final (mesmo do problema 12 com a substituição feita) 
 Ob 1 
× 
Ob 2 Ob 3 Ob 4 
× 
Ob 5 Aux 5 
× 
Aux 1 
× 
Aux 2 
× 
Aux 3 
× 
Aux 4 
× 
A D 0 2,46 9,17 4,33 0 0 0 0 0 
A 0 D 2,46 9,17 4,,33 0 0 0 0 0 
B × 3,28 0,16 D 4,38 0 0,16 0,16 0,16 0,16 0,16 
B × 3,28 0,16 0 4,38 D 0,16 0,16 0,16 0,16 0,16 
C 4 4,37 4,38 D 3,02 0 0 0 0 0 
C 4 4,37 4,38 0 3,02 0 0 0 0 0 
D 2 5,20 1,66 6,94 5,89 0 0 0 0 0 
D 2 5,20 1,66 6,94 5,89 0 0 0 0 0 
TC 1 2 6,46 4,82 1,70 0 0 0 0 0 
TC 1 2 6,46 4,82 1,70 0 0 0 0 0 
A designação está completa. 
E A – Ob 1 e 2. E B – Ob 3 e 5. E C – Ob 4 
Custo parcial = 12 + 20,16 + 23,38 + 18,14 + 22,18 = 95,86 
Custo incluindo a obra 6 = 95,86 + 20 = 115,86 
No caso, corresponde a simplesmente substituir um custo de 15 (TC) por um custo de 20 (E C). 
O custo da política é 20 – 15 = 5 
 
 
Exercícios Propostos – Lista 7
Exercício 15
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 112
 
Modelo: max Z = x1 + 0,30 x2 + 3 x3 x1 + x2 + x3 ≤ 10. sujeito a 2 x1 + x2 + 4 x3 ≤ 12 
. x1 + 3 x2 – x3 ≤ 9 
Quadro final de solução pelo simplex. 
 
 X1 X2 X3 Xf1 Xf2 Xf3 b 
 0,50 0,45 0 0 0,75 0 9 
 Linha 1 0,50 0,75 0 1 –0,25 0 7 
 2 0,50 0,25 1 0 0,25 0 3 
 3 1,50 3,25 0 0 0,25 1 12 
 
1.1 Intervalo de estabilidade para o coeficiente de x3. 
Paraque a variável básica x3 saia da base é necessário que alguma variável não básica entre 
para completar a base em seu lugar. Para que isso aconteça, os ganhos com a entrada da 
variável não básica deve compensar as perdas das outras variáveis. 
Vamos verificar em que condições isso acontece. 
 
a. Entrada de x1 (x1 passa do valor zero para um) 
 Ganho: 1x 1(coeficiente no objetivo) = 1 
 Perdas (acompanhe no quadro de solução ótima). 
 Xf1 diminui em 0,50 x3 diminui em 0,50 xf3 diminui em 1,50 
 
Se C3 é o coeficiente de X3 na função objetivo , a perda total é: 0 x 0,50 +0,50 C3 + 0 x 1,50 
 Igualando perdas e ganhos: 0,50 C3 = 1 ou C3 = 2 
 
b. Entrada de x2 (x2 passa do valor zero para um) 
 Ganho: 0,30 x 1(coeficiente no objetivo) = 0,30 
 Perdas (acompanhe no quadro de solução ótima). 
 Xf1 diminui em 0,75 x3 diminui em 0,25 xf3 diminui em 3,25 
 
Se C3 é o coeficiente de X3 na função objetivo , a perda total é: 0 x 0,75 +0,25 C3 + 0 x 1,50 
 Igualando perdas e ganhos: 0,25 C3 = 0,30 ou C3 = 1,20 
 
a. Entrada de xf2 (xF2 passa do valor zero para um) 
 Ganho: 1x 0(coeficiente no objetivo) = 0 
 Perdas (acompanhe no quadro de solução ótima). 
 Xf1 diminui em – 0,25 x3 diminui em 0,25 xf3 diminui em 0,25 
 
 C3 é o coeficiente de X3 na função objetivo . A perda total é: 0 x(– 0,25) +0,25 C3 + 0 x 0,25 
 Igualando perdas e ganhos: 0,25 C3 = 0 ou C3 = 0 
 
Ordenando os valores críticos de C3, temos: 0 ≤ 1,20 ≤ 2 ≤ 3 (coeficiente no objetivo) 
 
Portanto, a solução é estável em relação ao coeficiente de x3 se C3 ≥ 2. 
 
1.2 Intervalo de estabilidade para xf1(Xf1 mede a sobra do refurso R1) 
Exercícios Propostos – Lista 8
Exercício 1
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 113
Como o recurso há sobra de 7 unidades do recurso R1, uma diminuição de até 7 unidades 
deste recurso não altera a solução. O mesmo ocorre com o aumento deste recurso, ou seja 
 
 –7 ≤ V10 + 0,20 x 0 
 Portanto, 120 – 0,33C1 = 0 ou C1 = 3.600 
 
c. Entrada de xf2: x3 diminui em – 0,10; x1 diminui em 0,10; xf3 diminui em – 0,10; 
 xf4 diminui em 0; xf5 diminui em 0,10 
 Aumento pela entrada de xf2: 0 x 1 = 0 
 Diminuição devido às outras variáveis: 600 x (– 0,10) + C1 x 0,10 + 0 x (–0,10) + 0 x 0 
 Portanto. –60 + 0,10C1 = 0 ou C1 = 600 
 
Ordenando os valores de C1, vem: 600 ≤ 1.145,19 ≤2.100 ≤ 3.600, ou seja, a solução é estável 
para 1.145,19 ≤ C1 ≤ 3.600. 
Isto significa que se o lucro por unidade de P1, atualmente em 2.100, diminuir até 1.145,19 ou 
aumentar até 3.600 a solução do problema não se altera. 
 
2.2 O valor crítico para o coeficiente de x3 é C3. No quadro final, a saída de x1 requer a 
entrada de alguma variável não básica: x2, xf1 ou xf2. A entrada da variável não básica deve 
compensar a perda pela saída de x3. 
Exercícios Propostos – Lista 8
Exercício 2
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 115
 Do quadro final podemos deduzir os fatos: 
 
 a. Entrada de x2: x3 diminui em – 0,8 ; x1 diminui em 1,467 ; xf3 diminui em – 1,467 
 xf4 diminui em 1; xf5 diminui em 0,8. 
 Aumento pela entrada de x2: 1 x 1.200 = 1.200 
 Diminuição devido às outras variáveis: C3 x (– 0,8) + 2.100 x 1,467 + (– 1,467) x 0 + 0,8 x 0 
 
 Portanto, – 0,8 C3 + 3.080,70 = 1.200, de onde C3 = 2.380,88 
 
b. Entrada de xf1: x3 diminui em 0,20; x1 diminui em – 0,033; Xf3 diminui em 0,033; 
 xf4 diminui em 0; xf5 diminui em – 0,20 
 Aumento pela entrada de xf1: 1 x 0 = 0 
 Diminuição devido às outras variáveis: C3 x 0,20 + 2.100 x (– 0,033) 
 Portanto, 0,20C3 – 70 = 0 ou C3 = 350 
 
c. Entrada de xf2: x3 diminui em – 0,10; x1 diminui em 0,10; xf3 diminui em – 0,10; 
 xf4 diminui em 0; xf5 diminui em 0,10 
 Aumento pela entrada de xf2: 0 x 1 = 0 
 Diminuição devido às outras variáveis: C3 x (– 0,10) + 2.100 x 0,10 
 Portanto. – 0,10 C3 + 210 = 0 ou C3 = 2.100 
 
Ordenando os valores de C3, vem: 350 ≤ 600 ≤2.100 ≤ 2.380,88, ou seja, a solução é estável 
para 350 ≤ C3 ≤ 2.100. 
Isto significa que se o lucro por unidade de P1, atualmente em 600, diminuir até 350 ou 
aumentar até 2.100 a solução do problema não se altera 
 
2.3 xf3 representa a sobra do recurso R3. Como seu valor é 240 no quadro final, concluímos 
que uma diminuição até 240 unidades desse recurso não altera a solução. Um aumento só 
faria aumentar essa disponibilidade. 
 
2.4 xf1 = 0 o que indica que R1 é um recurso escasso e seu coeficiente 50 indica a tendência 
ao aumento de lucro caso possamos agregar mais uma unidade de R1 ao estoque deste 
recurso, aos custos correntes. Caso o estoque seja diminuído em uma unidade o coeficiente 50 
indica a diminuição do lucro por contar com uma unidade a menos de R1. 
Chamando de V1 a variação do estoque de R1. A variação de V2 não pode tornar negativos os 
termos da direita (b) do quadro final do simplex, pois isto daria valor negativo para alguma 
variável. 
 Valores de b no quadro final 
 
240 0, 20
560 0,033
240 0,033 1
600 0
360 0, 20
V
      −      +         −   
 de onde, 
 
240 + 0,20 V1 = 0 → V1 = – 1.200 560 – 0,033 V1 = 0 → V1 = 16.800 
240 + 0,033 V1 = 0 → V1 = – 7.200 600 + V1 = 0 → V1 = ∞ 
360 – 0,20 V1 = 0 → V1 = 1.800 
Ordenando os valores de V1: – 7.200 ≤ – 1.200 ≤ 1.800 ≤ 168004.000 
 
Exercícios Propostos – Lista 1
Exercício 11
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 9
Variáveis de decisão: 
Variáveis de decisão: x1, x2, x3 são as quantidades (em kg) das misturas 1,2 e 3 no saco de 30 
Kg da nova ração. 
Objetivo: Min Custo = 0,30 x1 + 0,25 x2 + 0,28 x3 
Restrições. 
R1. O saco de 30 Kg de ração é composto exclusivamente pelas misturas M1, M2 e M3, 
participando com as quantidades x1, x2 e x3. Portanto, x1 + x2 + x3 = 30. 
R2. O ingrediente 1 deve participar com pelo menos 5Kg no saco de ração. Esse total é obtido 
com 25% da Mistura 1 (0,25 x1), 9% da Mistura 2 (0,09 x2) e 32% da Mistura 3 (0,32 x3). 
Portanto, 0,25 x1 + 0,09 x2 + 0,32 x3 ≥ 5. 
R3. O ingrediente 2 deve participar com pelo menos 6Kg no saco de ração. Esse total é obtido 
com 20% da Mistura 1 (0,20 x1), 0,30% da Mistura 2 (0,30 x2) e 18% da Mistura 3 (0,18 x3). 
Portanto, 0,20 x1 + 0,30 x2 + 0,18 x3 ≥ 6 
Obs. Por erro de trancrição o porcentual do ingrediente 1 na mistura 2 que aparece como 0,20 
no quadro de apresentação do problema (Pág12) e como 0,12 no modelo (resposta Pág 16) 
deve ser corrigido. O valor original é 0,09 como mostrado no modelo acima. 
 
Exercícios Propostos – Lista 1
Exercício 12
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 10
Variáveis de decisão: x1, x2, x3 são as quantidades de Máq 1, Máq 2 e Máq 3 que deverão ser 
usadas na produção do lote de peças encomendado. 
Objetivo. 
Custo da Máq 1. 
 80 h de operação a R$ 85 por hora= 6.800 
Custo do descarte é 5% da produção (80 h a 20 peças/h) ao custo de R$ 2 a peça descartada = 
0,05 x (80 x 20) x 2 = 160. 
O custo da Maq 1 é: 6.800 + 160 =6.960 
Custo da Máq 2: da mesna forma é o custo de operação (80 x 75 = 6.000) mais o custo do 
descarte (0,03 x (80 x 15) x 2 = 72). O custo da Máq 2 é 6.000+72 = 6.072 
Custo da Máq 3: (80 x 70) + 0,01 x (80 x 12) x 2 = 5.600 + 19,20 = 5.619,20 
Objetivo: Min Custo = 6.960 x1 + 6.072 x2 + 5.619,20 x3 
Restrições. 
Produção da Máq 1 no período (total menos 5% de descarte): 80 h x 20 peças/h x 0,95 = 1.520. 
Produção da Máq 2. Da mesma forma: 80h x 15 peças/h x 0,97 = 1.164. 
Produção da Máq 3: 80 h x 12 peças/h x 0,99 = 950,40 
R1, R2 e R3. Restrições ao número de máquinas disponíveis: x1 ≤ 4 x2 ≤3 x3 ≤ 1 
R4. Produção a ser atingida no período: 7.240 peças. 
Contribuição da Máq 1: produto de 1520 peças/máq pelo número de Máq 1 (x1) = 1.520 x1. 
Contribuição da Máq 2: da mesma forma = 1.164 x2 
Contribuição da Máq 3: 950,40 x3 
Resultado: 1.520 x1 + 1.164 x2 + 950,40 x3 ≥ 7.240 
 
Exercícios Propostos – Lista 1
Exercício 13
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 11
Este modelo é o mesmo do exercício anterior da mesma lista ( Lista 1 - Ex 13), com uma 
modificação. 
Uma das Máq 1 deverá trabalhar 20 horas extras. Isto resulta um custo e uma diminuição do 
número de peças a ser produzida em regime de horas normais. 
Custo. 
Custo da hora extra: 85 + 0,20 x 85 = 102. Custo de 20 h xstras = 20 x 102 = 2.040 
Custo do descarte: 5% da produção (20 h a 20 peças/h) a R$ 2 a peça = 0,05 x 400 x 2 = 40 
Custo total devido a 20 h extras: 2.040 + 40 = 2.080 
Produção em regime de horas extras: 400 peças menos o descarte de 5% =0,95 x 400 = 380 
Peças a produzir em horário normal = 7.240 – 380 = 6.860 
O modelo fica na forma: 
Min Custo = 6.960 x1 + 6.072 x2 + 5.619,20 x3 + 2.080 
s.a. x1 ≤ 4 x2 ≤ 3 x3 ≤ 1 
 1.520 x1 + 1.164 x2 + 950,40 x3 ≥ 6.860 
Exercícios Propostos – Lista 1
Exercício 14
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 12
O modelo do problema 15 é o mesmo do problema 13 da Lista 1, com as modificações. 
1. As 4 máquinas do tipo Máq 1 estarão em manutenção por 5 dias, o que significa que 
estarão disponíveis para produção durante os restantes 5 dias, podendo realizar 
apenas 40 horas de trabalho. 
2. Após a manutenção o descarte deste tipo de máquina diminui de 5% para 3%, 
mantendo a produção de 20 peças por hora. No texto é citada diminuição para 18 
peças, o que inviabiliza a solução do problema. 
 O custo da Máq 1 fica assim: 
Custo de operação: 40 horas a R$ 85 por hora = 40 x 85 = 3.400 
Custo do descarte: 3% da produção(40 horas a 20 peças/h) a R$ 2 cada peça 
=0,03 x(40 x 20 ) x 2=48 
Custo total da Máq 1 = 3.400 + 48 = 3.448 
Produção da Máq 1: peças produzidas em 40 horas menos o descarte (97% do total) 
= 40 x 20 x 0,97 = 776 
Modelo. Min custo = 3.448 x1 + 6.072 x2 + 5.619,20 x3 
s.a. x1 ≤ 4 x2 ≤ 3 x3 ≤ 3 
 776 x1 + 1164 x2 + 950,40 x3 ≥ 7240 
Exercícios Propostos – Lista 1
Exercício 15
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 13
R1 1 2 2 4x x− + = 
1 2 2 10 2 e 0 4x x x x= ⇒ = = ⇒ = 
 Teste: 
1 20 e 0 0 4x x= = ⇒ ≤ . O ponto ( )0,0 está na região de soluções. 
R2 e R3 são construídas da mesma forma. 
Objetivo Atribuindo um valor arbitrário para o objetivo, por exemplo o valor 12. 
1 2 1 2 2 12 3 12 temos: 0 4 e 0 6 x x x x x x+ = = ⇒ = = ⇒ = 
Observamos que à medida que esse valor aumenta a reta afasta-se mais da origem do sistema. 
O ponto que maximiza o objetivo na região de soluções é o ponto ( )6,0 . Lucro = 12 
 
 
 
Exercícios Propostos – Lista 2
Exercício 1.1
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 14
R1 2 1 2 2x x+ = 
1 2 2 10 2 e 0 1x x x x= ⇒ = = ⇒ = 
 Teste: 
1 20 e 0 0 2x x= = ⇒ ≤ . O ponto ( )0,0 está na região de soluções. 
R2 é construída da mesma forma. 
Objetivo: Atribuindo um valor arbitrário para o objetivo, por exemplo o valor 0,7. 
1 2 1 2 2 10,3 0,5 0,7 temos: 0 1, 4 e 0 2,33x x x x x x+ = = ⇒ = = ⇒ = 
Observamos que à medida que esse valor aumenta a reta afasta-se mais da origem do sistema. 
O ponto que maximiza o objetivo na região de soluções é a interseção das retas R1 e R2. 
1 2 1 2 1 1 1 2De R : 2 2 . Substituindo em R 6 6 3 0,6 e 0,8x x x x x x= − + − = ⇒ = = 
 Lucro = 0,3 0,6 0,5 0,8 0,58× + × = 
 
 
Exercícios Propostos – Lista 2
Exercício 1.2
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 15
Construção das restrições: 
1 1 2 2 1R : 0 3 0 9x x x x= ⇒ = = ⇒ = 
2 1 2 2 1R : 0 2 0 6x x x x= ⇒ = = ⇒ = 
 
3 1 2 2 1R : 0 6 0 6x x x x= ⇒ = = ⇒ =
 
Atribuindo ao objetivo o valor 15, por exemplo: 1 2 2 10 5 0 7,5x x x x= ⇒ = = ⇒ = 
 
À medida que aumentamos o valor do objetivo, a reta afasta-se da origem. O ponto com maior 
valor do objetivo na região de restrições é a interseção das retas R1 e R3. 
3 1 2 1 2 2 2 1de R : 6 . Substituindo em R : 6 3 9 1,5 e 4,5x x x x x x= − − + = ⇒ = = 
Objetivo=13,5 
Exercícios Propostos – Lista 2
Exercício 1.3
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 16
Construção das restrições: 
1 1 2 2 1R : 0 20 0 20x x x x= ⇒ = = ⇒ = 
2 1 2 2 1R : 0 10 0 10x x x x= ⇒ = = ⇒ = 
 
3 1 2 2 1R : 0 9 0 10,8x x x x= ⇒ = = ⇒ =
 
Atribuindo ao objetivo o valor 84, por exemplo: 1 2 2 10 7 0 8, 4x x x x= ⇒ = = ⇒ = 
 
À medida que diminuímos o valor do objetivo, a reta aproxima-se da origem. As retas R3 e 
Objet são paralelas e todos os pontos do segmento de R3 com 6ração 
em0,087 no quadro inicial, seu valor no quadro final seria zero, o que indica que a ração passa 
a ser interessante. 
 
3.3 A solução é alterada devido ao preco da R3 quando x3 sai da base. A saída de x3 da base 
implica na entrada de uma variával não básica, de modo que o aumento de custo pela entrada 
da variável não básica seja compensada pela diminuição de custo pela saída de x3. Seja C3 a 
variação no custo da ração 3 (R3). 
 
Entrada de x2. 
x1 diminui em 0,732 ; xf2 diminui em – 0,095; xf3 diminui em 0,121; x3 diminui em 0,289. 
Total da diminuição: 0,732 x 1 + 0,289 C3 
Aumento do custo devido a x2: 1,20. 
 Compensando: 0,732 + 0,289 C3 = 1,20 → C3 = 1,619 
 
Exercícios Propostos – Lista 8
Exercício 3
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 118
 
Entrada de xf1. 
 x1 diminui em – 4,211; xf2 diminui em – 0,316; xf3 diminui em –0,263; x3 diminui em 2,632 
Total da diminuição: – 4,211 x 1 + 2,632 x C3 
Aumento devido a xf1: zero 
Compensando: -4,211 + 2,632 C3 = 0 → C3 = 1,6 
 
Entrada de xf4. 
x1 diminui em 1,053 ; xf2 diminui em – 0,421; xf3 diminui em 0,684; x3 diminui em – 3,158. 
Total da diminuição: 1,053 – 3,158 x C3 
Compensando: 1,053 – 3,158 C1 = 0 → C1 = 0,333 
 
Ordenando os valores de C1: 0,333 ≤ 1,60 ≤ 1,619. 
O intervalo procurado é: 0,333 ≤ C3 ≤ 1,60. 
 
3.4 O valor de oportunudade do nutriente 1 é 0,789 e expressa a tendência de aumento de 
custo no caso de aumentar a exigência em 1 Kg do nutriente 1 na mistura. 
 
3.5 Essa informação contida no valor de oportunidade do nutriente 4, vale para variações de 
exigência do nutriente até que não torne negativa alguma variável básica no quadro final do 
simplex. Sendo V a variação desta exigência, o seu valor crítico pode ser calculado pela 
equação. 
 
18,947 1,053 0
0,421 0,421 0
1,684 0,684 0
3,158 3,158 0
V
          −     + =     −     −     
 , de onde: 
18,497 + 1,053 V = 0 → V = –17,566; 
0,421 – 0,421 V = 0 → V = 1 
1,684 – 0,684 V = 0 → V = 2,462 
3,158 – 3,158 V = 0 → V = 1 
Ordenando os valores –17,566 ≤ 1≤ 2,462. Então –17, 566 ≤ V ≤ 1. A informação vale até o 
limite de 1 Kg. 
 
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 119
 
Classes Ponto fi% Fi% Limites p/ 
 
números número de 
 
médio 
 
 Aleatórios 
 
aleatórios atendimentos 
 10 ------ 12 11 15 15 00 a 14 
 
10 11 
12 ------ 14 13 20 35 15 a 34 
 
85 17 
14 ------ 16 15 35 70 35 a 69 
 
36 15 
16 ------ 18 17 20 90 70 a 89 
 
49 15 
18 ------ 20 19 10 100 90 a 99 
 
58 15 
 
5 11 
 
67 15 
 fi% frequência relativa 
 
 Fi% frequência acumulada relativa 
 
 
Exercícios Propostos – Lista 9
Exercício 1
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 120
 
 
Exercícios Propostos – Lista 9
Exercício 2
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 121
Exercícios propostos – Lista 9 Ex 3 
 
O estoque após 7 dias simulados é de 6 unidades. 
Exercícios Propostos – Lista 9
Exercício 3
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 122
Exercícios propostos – Lista 9 Ex 4 
 
O estoque final após 7 dias é de 6 unidades 
Exercícios Propostos – Lista 9
Exercício 4
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 123
 
. 
Custo semanal: 39,00 
Exercícios Propostos – Lista 9
Exercício 5
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 124
Exercícios propostos – Lista 9 Ex 6 
 
O custo é 33,00. A tendência é a diminuição de custo 
Exercícios Propostos – Lista 9
Exercício 6
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 125
Exercícios propostos – Lista 9 Ex 7 
 
Exercícios Propostos – Lista 9
Exercício 7
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 126
 
Respostas . a. A dispenda do funcionário 3 (o de menor média) aumenta os custos de 
operação. 
 b. A contratação de um funcionário 4 (de mesmo desempenho que o func 3) 
diminui os custos de operação. 
 
 
 
 
 
 
 
 
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 127
 
Resp. Sim. Com o técnico o custo é menor. 
Exercícios Propostos – Lista 9
Exercício 8
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 128
 
a. Deixar o carro em local proibido. Custo: 130 
b. Usar o estacionamento. Custo = 22 x 5 = 110 
Melhor usar o estacionamento. 
Exercícios Propostos – Lista 9
Exercício 9
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 129
 
Há 10 clientes na fila de espera após 10 minutos. O tempo de atendimento não parece 
compatível com a demanda. A tendência é a fila crescer continuamente. 
 
Exercícios Propostos – Lista 9
Exercício 10
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 130
 
 
Exercícios Propostos – Lista 10
Exercício 1
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 131
Exercícios propostos – Lista 10 Ex 2 
 
Exercícios Propostos – Lista 10
Exercício 2
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 132
Exercícios propostos – Lista 10 Ex 3 
 
 
 
 
Exercícios Propostos – Lista 10
Exercício 3
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 133
Exercícios propostos – Lista 10 Ex 4 
 
 
A distribuição empírica tem ajuste normal ao nível de 10% de significância. 
Exercícios Propostos – Lista 10
Exercício 4
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 134
Exercícios propostos – Lista 10 Ex 5 
 
 
 
Exercícios Propostos – Lista 10
Exercício 5
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 135
 
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 136
Exercícios propostos – Lista 10 Ex 6 
No exercício 3 após 10 simulações, concluímos que a TIR do projeto tem média 24,33% e 
desvio padrão 8,30%. Supondo a distribuição das TIR normal, a variável 
TIR 24,33
8,30
z
−= tem 
distribuição normal padrão. Para o cálculo das probabilidades usar a tabela ou a função do 
Excel DIST.NORMP. 
a. 
24 24,33 30 24,33
TIR 24 0,04 TIR 30 0,68
8,30 8,30
z z
− −= → = = − = → = = 
( ) ( )24 30 0,04 0,68 0,7517 0,4840 0,2677P TIR P z≤ ≤ = − ≤ ≤ = − = 
b. O intervalo de confiança de 95% para a TIR é dado por: 
( )¨ ¨ 1P TIR e TIR eµ α− ≤ ≤ + = − onde e(erro padrão de estimativa) = 
( )
2
s TIR
t
n
α 
Substituindo os valores: s(TIR) = 8,30; α =0,05; 
0,05
2 2
2,26t tα = = tabela t ou função INVT do 
Excel com 9 graus de liberdade; n = 10, vem: 
8,30
2,26 5,93
10
e = = .Portanto, 
( ) ( )24,33 5,93 24,33 5,93 18, 4 30, 26 0,95P Pµ µ− ≤ ≤ + = ≤ ≤ = 
c. Teste
0 : 27
: 27a
H TIR
H TIR
=2,26t tα = = tabela t ou função INVT do 
Excel com 9 graus de liberdade; n = 10, vem: 
1,26
2,26 0,90
10
e = = . Portanto, 
( ) ( )20,60 0,90 20,60 0,90 19,7 21,5 0,95P Pµ µ− ≤ ≤ + = ≤ ≤ = 
 
 
 
Exercícios Propostos – Lista 10
Exercício 7
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 138
Exercícios propostos – Lista 10 Ex 8 
 
Exercícios Propostos – Lista 10
Exercício 8
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 139
Exercícios propostos – Lista 10 Ex 9 
Como a demanda é normal com média 20 e desvio - padrão 3. Podemos começar com 
demanda 10 (mais de3 desvios-padrão à esquerda) que deve apresentar demanda zero. Vamos 
calcular P(10) = P(9,5≤ d ≤10,5). Para o cálculo das probabilidades com a tabela da normal 
padrão, devemos calcular os correspondentes valores de z. Para quem usa o Excel, esses 
valores podem ser obtidos diretamente com a função DIST.NORM. Pode-se usar também a 
probabilidade de massa da DIST.NORM que dá diretamente o valor de P(10), P(11), ... 
20
3
d
z
−= 
9,5 20 10,5 20
9,5 3,5 10,5 3,17
3 3
d z d z
− −= → = = − = → = = − 
P(10) = P(9,5≤ d ≤10,5)=P(–3,5 ≤ z ≤–3,17)=0,000762 – 0,000233=0,00 . A tabela a seguir 
mostra os resultados para P(11), P(12), etc. 
 
Exercícios Propostos – Lista 10
Exercício 9
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 140
 
c. Sim, o custo por falta está alto. Testar políticas que aumentem a reposição. 
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 141
Exercícios propostos – Lista 10 Ex 10 
 
 
a) 
0 4800
1,41
3411,12
z
−= = − P(L > 0)= P( z > –1,41) = 92,07% 
b) 
10000 4800
1,52
3411,12
z
−= = P(L > 10000) = P(z > 1,52) = 6,43% 
Exercícios Propostos – Lista 10
Exercício 10x x= ⇒ = = ⇒ =
 
Atribuindo ao objetivo o valor 21, por exemplo: 1 2 2 10 2,33 0 3x x x x= ⇒ = = ⇒ = 
 
À medida que diminuímos o valor do objetivo, a reta aproxima-se da origem. O ponto da 
região de soluções viáveis com o menor valor do objetivo é a interseção das retas R4 e R5. 
4 2 1 5 1 1 1 2de R : 3 0,6 . Subst em R : 5 12 2, 4 20 3,077 e 1,154x x x x x x= − + − = ⇒ = = 
Objetivo = 7 30,77 9 1,054 31,923× + × = 
 
 
Exercícios Propostos – Lista 2
Exercício 1.5
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 18
Construção das restrições: 
1 1 2 2 1R : 0 5 0 6x x x x= ⇒ = = ⇒ = 
2 1 2 2 1R : 0 6 0 3x x x x= ⇒ = = ⇒ = 
 
 
Atribuindo ao objetivo o valor 21, por exemplo: 1 2 2 10 2,33 0 3x x x x= ⇒ = = ⇒ = 
 
À medida que aumentamos o valor do objetivo, a reta afasta-se da origem. O ponto da região 
de soluções viáveis com o maior valor do objetivo é o ponto x1 = 3, x2 = 0 
Objetivo = 5 3 2 0 15× + × = Recurso ocioso R1 (tempo): 30 minutos. 
 
 
Exercícios Propostos – Lista 2
Exercício 2
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 19
Ex 3 
Construção das restrições: 
1 1 2 2 1R : 0 40 0 60x x x x= ⇒ = = ⇒ = 
 
2 1R : 40x = 
 
3 2: 30R x = 
 
 
Atribuindo ao objetivo o valor 6.600, por exemplo: 
 
 
À medida que aumentamos o valor do objetivo, a reta afasta-se da origem. A reta do objetivo 
é paralela a R1. Todos os pontos de R1 de x = 15 a x = 40 são soluções ótimas. Por exemplo o 
ponto (15,30). Objetivo = 100 15 150 30 6.000× + × = 
 Recurso ocioso R2 (mercado de P1): 40 – 15 = 25 unidades. 
 
 
 
Exercícios Propostos – Lista 2
Exercício 3
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 20
Construção das restrições: 
1 1 2 2 1R : 0 600 0 600x x x x= ⇒ = = ⇒ = 
 
2 1R : 100x = 
 
3 2: 200R x = 
 
 
Atribuindo ao objetivo o valor 15.000, por exemplo: 
1 2 2 10 500 0 1500x x x x= ⇒ = = ⇒ = 
 
À medida que aumentamos o valor do objetivo, a reta afasta-se da origem. O ponto ótimo é a 
interseção das retas R1 e R3. De R3, x = 200. De R1 , 
2 600 200 400x = − = 
Objetivo = 10 200 30 400 4.000 18.000× + × + = 
 Recurso ocioso : não há. 
 
Exercícios Propostos – Lista 2
Exercício 4
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 21
Construção das restrições: 
1 1 2 2 1R : 0 5 0 5x x x x= ⇒ = = ⇒ = 
 
2 1 2 2 1R : 0 8 0 4x x x x= ⇒ = = ⇒ = 
 
 
Atribuindo ao objetivo o valor 90.000, por exemplo: 
1 2 2 10 9 0 3x x x x= ⇒ = = ⇒ =
 
 
À medida que aumentamos o valor do objetivo, a reta afasta-se da origem. O ponto ótimo é a 
interseção das retas R1 e R2. ( )1 2 1 2 1 1 1 2: 5 R : 20 10 5 80 3 , 2R x x x x x x= − + − = ⇒ = = 
Objetivo = 30.0000 3 10.000 2 110.000× + × = 
 Recurso ocioso: não há. 
 
Exercícios Propostos – Lista 2
Exercício 5
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 22
Construção das restrições: 
1 1 2 2 1R : 0 1.000 0 500x x x x= ⇒ = = ⇒ = 
 
2 1 2 2 1R : 0 800 0 800x x x x= ⇒ = = ⇒ = 
 
4 1: 400R x =
 5 2: 700R x = 
Atribuindo ao objetivo o valor 900, por exemplo: 
1 2 2 10 300 0 225x x x x= ⇒ = = ⇒ = 
 
À medida que aumentamos o valor do objetivo, a reta afasta-se da origem. O ponto ótimo é a 
interseção das retas R1 e R2. 
1 2 1 2 1 1 1 2: 1.000 2 R : 1.000 2 800 200 , 600R x x x x x x= − + − = ⇒ = = 
Objetivo = 4 200 3 600 2.600× + × = 
 Recursos ociosos: fivela A (R3): 200 unidades e fivela B (R4): 100 unidades 
 
Exercícios Propostos – Lista 2
Exercício 6
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 23
Objet. Min Custo = 1000x1+2000x2 sujeito a 
1 2
1 2
1 2
8 2 16 papel fino
6 papel médio
2 7 28 papel grosso
x x
x x
x x
 + ≥ + ≥ + ≥
 
Construção das restrições: 
1 1 2 2 1
2 1 2 2 1
3 1 2 2 1
R : 0 8 0 2
: 0 6 0 6
: 0 4 0 14
x x x x
R x x x x
R x x x x
= ⇒ = = ⇒ =
= ⇒ = = ⇒ =
= ⇒ = = ⇒ =
 
Atribuindo ao objetivo o valor 5.000, por exemplo: 
1 2 2 10 2,5 0 5x x x x= ⇒ = = ⇒ = 
 
À medida que diminuímos o valor do objetivo, a reta aproxima-se da origem. O ponto ótimo é 
a interseção das retas R3 e R2. ( )2 2 1 3 1 1 1 2: 6 R : 2 7 6 28 2,8 e 3, 2R x x x x x x= − + − = ⇒ = = 
Objetivo = 1.000 2,8 2.000 3, 2 9.200× + × = 
 
 
Exercícios Propostos – Lista 2
Exercício 7
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 24
X1: número de caminhões tipo A a usar x2: número de caminhões tipo B a usar 
Objet. Min Custo = 1.100 x1+750 x2 
 sujeito a 
1 2
1 2
2 2 16 espaço refrigerado necessário
3 12 espaço não refrigerado necessário
x x
x x
+ ≥ + ≥ 
Construção das restrições: 
1 1 2 2 1
2 1 2 2 1
R : 0 8 0 8
: 0 12 0 4
x x x x
R x x x x
= ⇒ = = ⇒ =
= ⇒ = = ⇒ = 
Atribuindo ao objetivo o valor 3.000, por exemplo: 
1 2 2 10 4 0 2,73x x x x= ⇒ = = ⇒ =
 
 
À medida que diminuímos o valor do objetivo, a reta aproxima-se da origem. O ponto ótimo é 
a interseção das retas R1 e R2. ( )2 2 1 3 1 1 1 2: 12 3 R : 2 2 12 3 16 2 e 6R x x x x x x= − + − = ⇒ = = 
Objetivo = 1.100 2 750 6 6.700× + × = 
Exercícios Propostos – Lista 2
Exercício 8
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 25
Exercícios propostos – Lista 2 Ex 9 
X1: quantidade a produzir de P1 por dia x2: quantidade a produzir de P2 por dia 
Objet. Max receita = 1.900 x1+2.100 x2 sujeito a 
1 2
1 2
1 2
4 2 20 forjaria
3 10 polimento
100 200 500 matéria prima
x x
x x
x x
 + ≤ + ≤ + ≤
 
Construção das restrições: 
1 1 2 2 1
2 1 2 2 1
3 1 2 2 1
R : 0 10 0 5
: 0 3,33 0 5
: 0 2,5 0 5
x x x x
R x x x x
R x x x x
= ⇒ = = ⇒ =
= ⇒ = = ⇒ =
= ⇒ = = ⇒ =
 
a) Atribuindo ao objetivo o valor 15.000, por exemplo: 
1 2 2 10 7,14 0 7,89x x x x= ⇒ = = ⇒ =
 
À medida que aumentamos o valor do objetivo, a reta afasta-se da origem. O ponto ótimo é 
1 25, 0x x= = . Objetivo = 1.900 5 750 0 9.500× + × =
( ) ( )1 2
1 2
b) Max Lucro 1900 100 4 150 2 100 2100 200 2 150 3 100
ou max lucro = 1000 1300
x x
x x
= − − × − × + − − × − ×
+
1 2 2 1Atribuindo o valor 11.700 ao lucro: 0 9 3 7,8x x x x= ⇒ = = ⇒ = 
O ponto ótimo é ainda x1 = 5, x2 = 0 com lucro de 5.000 
Exercícios Propostos – Lista 3
Exercício 9
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 26
Exercícios propostos – Lista 2 Ex 10 
X1: quantidade (ton) de gasolina por ano x2: quantidade (ton) de óleo diesel por ano 
Objet. Max receita = 7 x1+5 x2 sujeito a 
1
2
1 2
1 2
400.000 reforming catalítico
450.000 craqueamento catalítico
1 1
1 capacidade de destilação
500.000 600.000
1 1
1 capacidade de dessulfuração
700.000 500.000
x
x
x x
x x
≤ ≤ + ≤ + ≤
 
Construção das restrições: 
1 1 2 2
3 1 2 2 1
4 1 2 2 1
R : 400.000 R : 450.000
: 0 600.000 0 500.000
: 0 500.000 0 700.000
x x
R x x x x
R x x x x
= =
= ⇒ = = ⇒ =
= ⇒ = = ⇒ =
 
a) Atribuindo ao objetivo o valor 15.000, por exemplo: 
1 2 2 10 7,14 0 7,89x x x x= ⇒ = = ⇒ =
 
À medida que aumentamos o valor do objetivo, a reta afasta-se da origem. O ponto ótimo é a 
interseção das retas R1 e R3. 
1 1 3 2
400000
: 400.000 R : 1 600000 120.000
500000
R x x
 = = − × =   . 
Objetivo = 7 400.000 5 120.000 3.400.000× + × = 
 
Exercícios Propostos – Lista 2
Exercício 10
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 27
 
 
Exercícios Propostos – Lista 2
Exercício 1.1
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 28
 
 
Exercícios Propostos – Lista 3
Exercício 1.2
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 29
 
 
ExercíciosPropostos – Lista 3
Exercício 1.3
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 30
 
 
Exercícios Propostos – Lista 3
Exercício 1.4
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 31
Exercícios propostos – Lista 3 Ex 1.5 
 
Exercícios Propostos – Lista 3
Exercício 1.5
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 32
Exercícios propostos – Lista 3 Ex 1.6 
 
Exercícios Propostos – Lista 3
Exercício 1.6
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 33
Variáveis de decisão: x1 número de sapatos a fabricar por hora 
 X2 – número de cintos a fabricar por hora 
Modelo: Max lucro = 5x1 + 2x2 
 s.a. 10x1 + 12x2 ≤ 60 uso do recurso tempo - xf1 é a sobra de tempo 
 2x1 + x2 ≤ 6 uso do recurso couro - xf2 é a sobra de couro 
 X1 ≥ 0 x2 ≥ 0 
 
 
Exercícios Propostos – Lista 3
Exercício 2.1
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 34
Variáveis de decisão: x1 – quantidade de P1 a fabricar no mês 
 X2 – quantidade de P2 a fabricar no mês 
Modelo: Max lucro = 100 x1 + 150 x2 
 s.a. 2 x1 + 3 x2 ≤ 120 uso do recurso tempo - xf1 é a sobra do tempo 
 x1 ≤ 40 demanda de P1 - xf2 é a demanda não suprida de P1 
 x2 ≤ 30 demanda de P2 - xf3 é a demanda não suprida de P2 
 X1 ≥ 0 x2 ≥ 0 
 
 
Exercícios Propostos – Lista 3
Exercício 2.2
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 35
Variáveis de decisão: x1 número de caixas de pêssegos a transportar; X2 – número de caixas 
de tangerinas a transportar 
Modelo: Max lucro = 10 x1 + 30 x2 
 s.a. x1 + x2 ≤ 600 espaço disponível no caminhão - xf1 é a sobra do espaço 
 x1 ≥ 100 venda certa de cxs de pêssegos - xf2 é a venda eventual 
 x2 ≤ 200 demanda por cxs de tangerinas – xf3 é a sobra da demanda 
 
 
Exercícios Propostos – Lista 3
Exercício 2.3
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 36
Variáveis de decisão: x1 quantidade de peças do modelo M1 
 X2 quantidade de peças do modelo M2 
Objetivo: Max Receita = 6.000 x1 + 10.000 x2 
 s.a. 4 x1 + 2 x2 ≤ 32 uso do recurso brim - xf1 é a sobra de brim 
 2 x1 + 4x2 ≤22 uso do recurso seda - xf2 é a sobra de seda 
 2 x1 + 6x2 ≤ 30 uso do recurso cetim - xf3 é a sobra de cetim 
 
 
Exercícios Propostos – Lista 3
Exercício 3
obj
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 37
Variáveis de decisão: x1 quantidade de P1 a produzir no período 
 X2 quantidade de P2 a produzir no período 
Objetivo: MaxLucro = (50 - 20 – 20%x50) x1 + (70 - 30 -20% x 70) x2 = 20 x1 + 26 x2 
 s.a. 2 x1 + 3 x2 ≤ 3.000 uso do recurso R1 - xf1 é a sobra do recurso R1 
 4 x1 + 2x2 ≤4.000 uso do recurso R2 - xf2 é a sobra do recurso R2 
 x1 + 5x2 ≤ 4.500 uso do recursoR3 - xf3 é a sobra do recurso R3 
 x1 + x2 ≤ 1.000 demanda conjunta – xf4 é a sobra de mercado 
 
 
Exercícios Propostos – Lista 3
Exercício 4
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 38
Variáveis de decisão: xm, xe, xc são as quantidades a produzir de mesas, estantes e cadeiras 
 ym,ye,yc são as quantidades a comprar de mesas, estantes e cadeiras 
Objetivo: Min Custo = 100xm + 130xe + 90xc + 120ym + 150ye + 115yc 
Necessidades mínimas Uso dos recursos 
 xm + ym ≥ 1000 de mesas 3 xm+4 xe+2 xc ≤ 7.600 horas disponíveis 
 xe + ye ≥800 de estantes 3 xm + 5 xe + 0,5 xc ≤7.000 madeira disponível 
 xc + yc ≥1.200 de cadeiras 0,5 xm + xe + 2 xc ≤ 4.000 componestes metálicos 
Vamos resolver o problema usando a ferramenta Solver da planilha Excel. Veja roteiro no 
anexo ao livro pág 179. A solução encontrada é a que segue. 
 
 
Exercícios Propostos – Lista 3
Exercício 5
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 39
Exercícios propostos – Lista 3 Ex 6 
Variáveis de decisão: x1, x2, x3 são as quantidades ( em kg) das misturas 1,2 e 3 no saco de 30 
Kg da nova ração. 
Objetivo: Min Custo = 0,30 x1 + 0,25 x2 + 0,28 x3 
 s.a. x1 + x2 + x3 = 30 
 0,25 x1 + 0,09 x2 + 0,32 x3 ≥ 5 
 0,20 x1 + 0,30 x2 + 0,18 x3 ≥ 6 
Vamos resolver usando a ferramenta Solver do Excel. Veja roteiro no Anexo, Pág 179 do texto. 
Após carregar objetivo e restrições, a solução aparece a seguir. 
Obs. Por erro de trancrição o porcentual do ingrediente 1 na mistura 2 que aparece como 0,20 
no quadro de apresentação do problema ( Pág12 ) e como 0,12 no modelo( resposta Pág 16) 
deve ser corrigido. O valor original é 0,09 como mostrado no modelo acima. 
 
 
 
Exercícios Propostos – Lista 3
Exercício 6
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 40
Exercícios propostos – Lista 3 Ex 7 
Variáveis de decisão: x1, x2, x3 são as quantidades de Máq 1, Máq 2 e Máq 3 que deverão ser 
usadas na produção do lote de peças encomendado. 
Custo da Máq 1: 80 h de operação a R$ 85 por hora mais o custo do descarte que é 5% da 
produção a R$ 2 a peça descartada = 80 x 85 +0,05 x (20 x 80) x 2 = 6.800 + 160 = 6.960 
Custo da Máq 2: da nesna forma = 80 x 75+0,03 x (15 x 80) x 2 = 6.000+72 = 6.072 
Custo da Máq 3: 80 x 70 + 0,01 x (80 x 12) x 2 = 5.600 + 19,20 = 5.619,20 
Objetivo: Min Custo = 6.960 x1 + 6.072 x2 + 5.619,20 x3 
Produção da Máq 1 no período: 80 h x 20 peças/h x 0,95 = 1.520. Da mesma forma produção 
da Máq 2 : 80h x 15 peças/h x 0,97 = 1.164. Para a Máq 3: 80 h x 12 peças/h x 0,99 = 950,40 
 Restrições x1 ≤ 4 x2 ≤3 x3 ≤ 1 restrições ao número de máquinas disponíveis 
 1.520 x1 + 1.164 x2 + 950,40 x3 ≥ 7.240 produção a ser atingida no período 
Vamos resolver usando a ferramenta Solver do Excel. Veja roteiro no Anexo, Pág 179 do texto. 
Após carregar objetivo e restrições, a solução aparece a seguir. 
 
 Considerando resultados inteiros, a solução seria: Máq1 : 4 Máq 2 : 1 Custo : R$ 33.912,00. 
Exercícios Propostos – Lista 3
Exercício 7
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 41
Variáveis de decisão: x1, x2, x3 são as quantidades de Máq 1, Máq 2 e Máq 3 que deverão ser 
usadas na produção do lote de peças encomendado. 
Custo da Máq 1: 40 h de operação a R$ 85 por hora mais o custo do descarte que é 3% da 
produção a R$ 2 a peça descartada = 40 x 85 +0,03 x (20 x 40) x 2 = 3.400 + 43,20 = 3.448 
Custo da Máq 2: da nesna forma = 80 x 75+0,03 x (15 x 80) x 2 = 6.000+72 = 6.072 
Custo da Máq 3: 80 x 70 + 0,01 x (80 x 12) x 2 = 5.600 + 19,20 = 5.619,20 
Objetivo: Min Custo = 3.448 x1 + 6.072 x2 + 5.619,20 x3 
Produção da Máq 1 no período: 40 h x 20 peças/h x 0,97 = 776. Da mesma forma produção da 
Máq 2 : 80h x 15 peças/h x 0,97 = 1.164. Para a Máq 3: 80 h x 12 peças/h x 0,99 = 950,40 
 Restrições x1 ≤ 4 x2 ≤3 x3 ≤ 1 restrições ao número de máquinas disponíveis 
 776 x1 + 1.164 x2 + 950,40 x3 ≥ 7.240 produção a ser atingida no período 
Vamos resolver usando a ferramenta Solver do Excel. Veja roteiro no Anexo, Pág 179 do texto. 
Após carregar objetivo e restrições, a solução aparecea seguir. 
Ajuste. A Máq 3 deverá trabalhar apenas 54 horas e 13 minutos.
 
Exercícios Propostos – Lista 3
Exercício 8
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 42
Exercícios propostos – Lista 4 Ex 1 
 
 
Exercícios Propostos – Lista 4
Exercício 1
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 43
Construção da função objetiva auxiliar W. 
1 2 1 2
1 2 1 2
11
2 2 2 2
1 1
2 f 10 a 10 2 f
5 f 15 15 5 f
x x x a x x x
x x x a a x x x
+ − + = ⇒ = − − +
+ − + = ⇒ = − − + 
1 21 2 21
25 3 6 f fW a a x x x x= + = − − + + 
Min W = Max (-W) = 
1 2 21
3 6 f f 25x x x x+ − − + 
 
 
Exercícios Propostos – Lista 4
Exercício 2
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 44
X2 é variável livre: x2 = x4 – x5. O modelo fica na forma: 
Max z = x1 + x4 – x5 + 2x3 s.a. x1 + 2x4 – 2x5 ≤ 10 
 3x1 + 4x4 – 4x5 + x3 ≤ 20 
 
 
A variável que deve entrar na base apresenta os coeficientes nas restrições todos negativos. A 
solução neste caso é ilimitada. 
 
Exercícios Propostos – Lista 4
Exercício 3
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 45
Função objetivo Min z = 2 x1 + 4 x2 + 10 x3 equivale a Max (-z) = - 2 x1 – 4x2 – 10x3 
 
 A solução encontrada é x1 = 30, x2 = 0, x3 = 0 com z = 60. Como as variáveis não básicas 
x2 e x3 apresentam coeficientes nulos na função objetivo, elas poderão entrar na base 
gerando uma outra solução, sem alterar o valor do objetivo. Portanto, o problema apresenta 
várias soluções ótimas equivalentes. 
Exercícios Propostos – Lista 4
Exercício 4
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 46
Exercícios propostos – Lista 4 Ex 5 
Vamos usar o método do M grande para compor a solução básica inicial. Construção da 
função objetivo. Min z = Máx (-z) = - 2x1 – 4x2 – 5x3 
Com a adição da variável auxiliar a2 a função fica: Max (- z)= - 2x1 – 4x2 – 5x3 – Ma2 
 
A solução é: x1 = 50, x2 = 0, x3 = 0, com z = 100. 
 
Exercícios Propostos – Lista 4
Exercício 5
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 47
Precisamos de variáveis auxiliares a1 e a2 para a solução básica inicial. A função objetivofica 
na forma: Max z = x1 + 2 x2 + x3 - M1a1 - M2a2. 
 
A variável que deve entrar na base tem os coeficientes nas restrições todos negativos. A 
solução é, portanto, ilimitada. 
Exercícios Propostos – Lista 4
Exercício 6
obj
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 48
Exercícios propostos – Lista 4 Ex 7 
Para construir a função objetivo devemos passar para a forma de maximização e agregar duas 
variáaveis auxiliares para as restrições R1 e R2. 
Min z = Max (-z) = -3x1 - 2x2 - x3 - M1a1 - M2a2 
 
Solução: X1 = 1,6 X2 = 0,6 X3 = 0,2 Z = 6,2 
 
Exercícios Propostos – Lista 4
Exercício 7
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 49
Montagem do modelo. 
 Variáveis de decisão. . custo unitário Custo do material 
x1 = quantidade de chapéus na caixa 50 50 x1 
x2 = quantidade de línguas de sogra na caixa 20 20 x2 
 x3 = quantidade de bexigas na caixa 5 5 x3 
Objetivo. Minimizar o custo = 50 x1 + 20 x2 + 5 x3 
Restrições. 
R1. Quantidade de chapéus e línguas de sogra: x1 + x2. Quantidade total: x1 + x2 + x3. 
 X1 + x2 ≥0,50( x1 + x2 + x3) ou - 0,5 x1 - 0,5 x2 + 0,5 x3 ≤ 0 
R2. Pacote com pelo menos 20 bexigas: x3 ≥ 20 
R3. Cada item concorre com pelo menos 25% da caixa. 
 Chapéu: x1 ≥ 0,25(x1 + x2 + x3) ou -0,75 x1 +0,25 x2 + 0,25x3 ≤0 
 R4. Língua de sogra: x2 ≥ 0,25(x1 + x2 + x3) ou 0,25 x1 – 0,75 x2 + 0,25x3 ≤ 0 
 R5. Bexiga: x3 ≥ 0,25(x1 + x2 + x3) ou 0,25x1 + 0,25x2 – 0,75x3 ≤ 0 
Solução. Precisamos de uma variável auxiliar para R2. A função fica assim: 
Min z = Max (-z) = -x1 – x2 – x3 – Ma2 
 
 
Exercícios Propostos – Lista 4
Exercício 8
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 50
 
A função auxiliar W tem valor zero. A solução é x1 = 10 x2 = 10 x3 = 20 Custo = 800 
Obj
Obj
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 51
Exercícios propostos – Lista 4 Ex9 
Variáveis de decisão. 
 x1: quantidade diária a produzir de P1 x2: quantidade diária a produzir de P2 
x3: quantidade diária a produzir de P3 
Objetivo. Maximizar o lucro = 500 x1 + 800 x2 + 400 x3 
Restricões. 
R1. Armazenar no máximo 5 dias de produção . 
Espaço ocupado por unidade de P1 no armazém: 1/1.000 
Produção de 5 dias de P1: 5 x1 
Espaço do armazém ocupado pelo produto P1 produzido em 5 dias: 
1
5 1 0,005 1
1.000
x x= 
Espaço do armazém ocupado pelo produto P2 produzido em 5 dias: 
1 1
5 2 2
900 180
x x= 
Espaço do armazém ocupado pelo produto P3 produzido em 5 dias: 
1 1
5 3 3
1.200 240
x x= 
Armazenagem: 
1 2 3
1 1
0,005 1
180 240
x x x+ + ≤ (armazém) 
R2, R3, R4. Capacidade de produção diária. Para P1: 8H a 10 un/h=80 un/dia. Portanto x1 ≤ 80. 
Para P2: 8h a 6 un/h =48 un/dia . Portanto x2 ≤ 48. Da mesma forma, x3 ≤ 120. 
R5. Matéria prima. Disponibilidade diária de 240 Kg. 
Uso para P1: x1 unidades por dia a 1,5 Kg por unidade = 1,5 x1 
 Uso para P2: x2 unidades por dia a 2,4 kg por unidade = 2,4 x2 
Uso para P3: 2 x3 
 Restrição da matéria prima: 1,5 x1 + 2,4 x2 + 2 x3 ≤2.40º 
Obs. Para melhorar as operações com a restrição R1, vamos multiplicá-la por 720: 
R1. 3,6 x1 + 4 x2 + 3 x3 ≤ 720 
Exercícios Propostos – Lista 4
Exercício 9
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 52
Solução: Produzir 80 un. de P1, 48 un. de P2, 2,4 un. de P3 Lucro 79.360.
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 53
Respostas 
a. Solução do quadro. Produzir 3 unidades de P3. Sobra de recursos: 7 unidades de R1 (valor 
de xf1) e 12 unidades de R3 (valor de xf3). O lucro obtido é de 9,00. 
b. Recursos escassos: R2 (xf2 = 0) 
c. O novo programa ótimo teria lucro de 9,00-0,50 = 8,50 
d. Venderia pelo valor de mercado (no caso o preço de custo), pois há sobra deste recurso 
para o programa. 
e. O preço de venda deve ser no mínimo o seu custo mais o valor de oportunidade 0,75. 
f. Modelo dual min D = 10 y1 + 12 y2 + 9 y3 
 y1 + 2y2+y3 ≥ 1 
 s.a. y1 + y2 + 3y3 ≥ 0,3 
 y1 + 4y2 – y3 ≥ 3 , y1≥0, y2≥0, y3≥0 
g. Quadro de solução ótima dual. 
D Y1 Y2 Y3 Yf1 Yf2 Yf3 C 
 -1 7 0 12 0 0 3 -9 
0 1 0 0 0,75 
0 0 1 0 0,45 
0 0 0 1 0,50 
 
Solução dual: y1 = 0, y2 = 0,75, y3 = 0, D = 9 
h. A variável dual y1 é o valor de oportunidade do recurso R1, isto é, a capacidade de uma 
unidade deste recurso de gerar lucro. 
i. A função objetivo dual mede o valor de oportunidade do estoque de recursos, isto é, a 
capacidade de o estoque de recursos gerar lucro. 
j. O lado esquerdo da segunda restrição dual mede o valor interno do produto P2, calculado 
em termos dos recursos nele empregados. O lado direito mede o valor externo ou valor de 
mercadode P2, isto é, a capacidade do mercado de atribuir lucro a P2. 
l. O valor interno de P2 é y1 + y2 + 3 y3 = 0,75 e o valor externo 0,30. Portanto, o mercado 
não remunera suficientemente o produtoP2 ( valor interno maior que valor externo), e não 
devemos produzí-lo. 
m. O valor interno de P3 é y1 + 4 y2 – y3 = 3, e o valor externo é 3,00. O mercado remunera 
convenientemente o produto P3 e podemos produzí-lo. 
Exercícios Propostos – Lista 5
Exercício 1
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 54
n. Pagaria no máximo 0,75 além do preço normal de mercado (meu preço de custo) 
pois o recurso R1 tem capacidade de gerar lucro de 0,75, gerando receita = custo + 0,75. 
o. Em ptincípio não tenho interêsse em adquirir uma unidade de R3 pois este recurso 
está sobrando no meu programa. 
 
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 55
Exercícios propostos – Lista 5 Ex 2 
Respostas 
a. Modelo linear 
 1. Variáveis de decisão. Quantidades (em Kg) de ingredientes, em 40 Kg de ração. 
x1 : ingrediente 1; x2 : ingrediente 2; x3 : ingrediente 3. 
 2. Objetivo. Min custo do saco de40 Kg de ração = 200 x1 + 150 x2 + 240 x3 
 s.a. 
( )1 2 3 1 2 3
1 2 3 1 2 3
1 2 3 1 2 3
50 20 10
6 nutriente 1 ou 50 20 10 600
100 100 100
20 30 20
5 (nutriente 2) ou 20 30 20 500
100 100 100
10 30 50
8 (nutriente 3) ou 10 30 50 800
100 100 100
x x x x x x
x x x x x x
x x x x x x
+ + ≥ + + ≥
+ + ≥ + + ≥
+ + ≥ + + ≥
 
b. Modelo dual Max D = 600 y1 + 500 y2 + 800 y3 
 50 y1 + 20 y2 + 10 y3 ≤ 200 
 s.a. 20 y1 + 30 y2 + 30 y3 ≤ 150 
 10 y1 + 20 y2 + 50 y3 ≤ 240 
c. Solução do modelo dual 
 
Quadro final primal 
Exercícios Propostos – Lista 5
Exercício 2
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 56
D X1 X2 X3 Xf1 Xf2 Xf3 b 
-1 0 0 70,77 3,46 0 2,69 -4230,77 
0 1 0 0 1,54 
0 0 1 0 26,15 
0 0 0 1 315,38 
 
d. xf1 representa o excesso de nutriente 1 no saco de ração, em relação à exigência mínima. 
 xf2 representa o excesso de nutriente 2 no saco de ração, em relação à exigência mínima. 
 xf3 representa o excesso de nutriente 3 no saco de ração, em relação à exigência mínima. 
e. y1 representa o valor de oportunidade do nutriente 1, isto é, o valor acima do seu custo 
para o programa. O uso de uma unidade a mais do nutriente 1 na mistura, aumenta o custo da 
mistura em 3,46. 
 y2 o mesmo que y1 em relação ao nutriente 2. No caso, o uso de uma unidade a mais do 
nutriente 2 não aumenta o custo da mistura. 
 y3 o mesmo que o nutriente 1 em relação ao nutriente 3. O uso de uma unidade a mais do 
nutriente 3 acarreta um aumento de custo de 2,69. 
f. yf1 é o valor de oportunidade do ingrediente 1, isto é, o acréscimo no custo com a 
introdução de mais uma unidade do ingrediente 1 na mistura. No caso o valor é zero. 
 yf2 o mesmo que yf1 em relação ao ingrediente 2. O uso de uma unidade a mais não 
aumenta o custo . 
 yf o mesmo que yf1 em relação ao ingrediente 3. No caso, o acréscimo no custo pela 
introdução de uma unidade a mais do ingrediente 3 eleva o custo da mistura em 70,77. 
g. A função objetivo dual mede o valor de oportunidade da mistura em relação aos níveis 
mínimos de nutrientes requeridos na sua composição. 
h. O lado esquerdo da segunda restrição dual 20 y1 + 30 y2 + 30 y3, mede o valor interno (ou 
de oportunidade) do ingrediente 2. O lado direito mede o valor externo ou de mercado do 
ingrediente 2. 
i. O lado esquerdo da primeira restrição primal mede o aporte de nutriente 1 a partir dos 3 
ingredientes. O lado direito mede a necessidade mínima deste ingrediente na mistura. 
j. Se a exigência mínima aumentar de 6 para 7 Kg na participação do nutriente 1 por saco de 
ração, o custo da mistura aumenta em 3,46. 
 
 
 
 
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 57
Exercícios propostos – Lista 5 Ex3 
a. Modelo primal 
1. Variáveis de decisão: x1 quantidade a adquirir de P1; x2 quantidade a adquirir de P2; 
x3 quantidade a adquirir de P3. 
2. Objetivo max Lucro = 60 x1 + 30 x2 +120 x3 
3. Restrições 
1 2 3
1 2 3
10 5 100.000
240 90 300 30.000.000
x x x
x x x
+ + ≤ + + ≤ 
b. Modelo dual Min D = 100.000 y1+30.000.000 y2 
 sujeito a 
10 1 240 2 60
1 90 2 30
5 1 300 2 80
y y
y y
y y
+ ≥ + ≥ + ≥
 
c. Solução do modelo primal. 
 
Quadro da solução ótima dual, obtida a partir do quadro da solução ótima primal. 
Y1 Y2 Yf1 Yf2 Yf3 D 
0 21.000.000 0 100.000 0 3.000.000 
1 0 0 30 
0 1 0 240 
0 0 1 30 
 
d. Comprar 100unidades de P2. 
Exercícios Propostos – Lista 5
Exercício 3
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 58
e. A função objetivo dual mede o valor de oportunidade (capacidade de gerar lucro, no caso) 
dos recursos capital e espaço de estocagem. 
f. y1 é o valor de oportunidade (capacidade de gerar lucro) do recurso espaço de estocagem. 
 Y2 é o valor de oportunidade (capacidade de gerar lucro) do recurso capital. 
g. yf1 é a diferença entre os valores interno e externo do produto 1. 
 yf2 é a diferença entre os valores interno e externo do produto P2. 
h. A expressão 10 x1 + x2 + 5x3 mede o uso do espaço de estocagem pelos produtos. O lado 
direito mede a disponibilidade deste recurso. 
i. A expressão 90 y1 + y2 mede o valor de oportunidade (valor interno) do produto P2. O 
lado direito mede o valor externo do produto P2, ou então, o lucro atribuído a P2 pelo 
mercado. 
j. Se tivéssemos mais um metro cúbico de espaço de estocagem, aumentaríamos o nosso lucro 
em 30, ou seja, o metro cúbico a mais gera uma receita que supera em $30 o custo corrente 
de estocagem. Se o custo corrente (CC) for diferente de $20 o aumento no lucro seria de 
30-(20-CC). Por exemplo, se o CC for 15 o lucro passaria a 30-(20-15) = 30-5 = 25. Se o CC for 
25 o lucro passaria a 30-(20-25) = 30+5 = 35. 
l. Não interessa alocar mais uma unidade de capital, pois o programa apresenta uma sobra 
de $ 21.000.000 deste recurso. 
 
 
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 59
Solução inicial pelo método do canto noroeste. 
40 40/0 
10 40 50 100/90/50/0 
 10 10/0 
50/10/0 40/0 60/10/0 
Otimização. Coeficientes das variáveis básicas Cij – Ui - Vj 
X11: 10 – U1 – V1 = 0 X21: 12 – U2 – V1 = 0 X22: 25 – U2 – V2 = 0 
X23: 18 – U2 – V3 = 0 X33: 24 – U3 – V3 = 0. Escolhendo o valor zero para U1, teremos: 
U1 = 0; V1 = 10; U2 = 2; V2 = 23; V3 = 16; U3 = 8 
Coeficientes das variáveis não básicas. 
X12: 15 – 0 – 23 = - 8 X13: 20 – 0 – 16 = 4 X31: 16 – 8 – 10 = - 2 X32: 14 – 8 – 23 = – 17 
Entra X32. Circuito de compensação. 
40 40 
10 40 – θ 50 + θ 100 
 θ 10 – θ 10 
50 40 60 
O maior valor possível para θ é 10, A Nova solução é 
40 40 
10 30 60 100 
 10 10 
50 40 60 
. Coeficientes das variáveis básicas Cij – Ui - Vj 
X11: 10 – U1 – V1 = 0 X21: 12 – U2 – V1 = 0 X22: 25 – U2 – V2 = 0 
X23: 18 – U2 – V3 = 0 X32: 14 – U3 – V2 = 0. Escolhendo o valor zero para U1, teremos: 
U1 = 0; V1 = 10; U2 = 2; V2 = 23; V3 = 16; U3 = – 9 
Coeficientes das variáveis não básicas. 
X12: 15 – 0 – 23 = - 8 X13: 20 – 0 – 16 = 4 X31: 16 + 9 – 10 = 15 X33: 24 + 9 – 16 = 17 
Entra X12. Circuito de compensação. 
 
Exercícios Propostos – Lista 6
Exercício 1
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 60
40 – θ θ 40 
10 + θ 30 – θ 60 100 
 10 10 
50 40 60 
O maior valor possível para θ é 30, A Nova solução é 
10 30 40 
40 60 100 
 10 10 
50 40 60 
. Coeficientes das variáveis básicas Cij – Ui - Vj 
X11: 10 – U1 – V1 = 0 X21: 12 – U2 – V1 = 0 X12: 15 – U1 – V2 = 0 
X23: 18 – U2 – V3 = 0X32: 14 – U3 – V2 = 0. Escolhendo o valor zero para U1, teremos: 
U1 = 0; V1 = 10; U2 = 2; V2 = 15; V3 = 16; U3 =-1 
Coeficientes das variáveis não básicas. 
X22: 25 – 2 – 15 = 8 X13: 20 – 0 – 16 = 4 X31: 16 + 1 – 10 = 7 X33: 24 + 1 – 16 = 9 
A solução é ótima. O custo é C = 10 x10 + 30 x 15 + 40 x 12 + 60 x 18 + 10 x 14 = 2.250 
 
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 61
Exercícios propostos – Lista 6 Ex 2 
Solução inicial pelo método de Vogel. Penalidade é a diferença entre os dois menores custos. 
10 15 20 40 P1= 15 – 10= 5 P2= 5 P3 = 5 
12 25 18 100 P1= 18 – 25=7 P2= 7 P3= 7 
16 14 24 10 P1= 16 – 14=2 P2= 10 
50 40 60 
P1 = 12 – 10 = 2 P1= 15 – 14 = 1 P1 = 20 – 18 = 2 
. P2= 15 – 14 = 1 P2 = 20 – 18 = 2 
. P3= 10 P3= 2 
Penalidade P1. Transporte na linha 2 (maior penalidade) e coluna 1 (menor custo). X21 = 50. 
Coluna 1 eliminada. 
Penalidade P2. Transporte na linha 3 (maior penalidade) e coluna 2 (menor custo). X32 = 10. 
Linha 3 eliminada. 
Penalidade P3. Transporte na linha 2 (maior penalidade) e coluna 3 (menor custo) . X23 = 50 
Linha 2 eliminada. . 
 40 
40/30 60/10 
Observando o resultado, a solução está definida. X12= 30 e X13= 10 
 30 10 40 
50 50 100 
 10 10 
50 40 60 
 Otimização. Coeficientes das variáveis básicas Cij – Ui – Vj 
X12: 15 – U1 – V2 = 0 X13: 20 – U1 – V3 = 0 X21: 12 – U2 – V1 = 0 
X23: 18 – U2 – V3 = 0 X32: 14 – U3 – V2 = 0. Escolhendo o valor zero para U1, teremos: 
U1 = 0; V2 = 15; V3 = 20; U2 = – 2; V1 = 14; U3 = – 1 
Coeficientes das variáveis não básicas. 
X11: 10 – 0 – 14 = – 4 X22: 25 +2 – 15 = 12 X31: 16 +1 – 14 = 3 X33: 24 +1 – 20 = 5 
Entra X11. Circuito de compensação. 
θ 30 10 – θ 40 
50 – θ 50 + θ 100 
 10 10 
50 40 60 
O maior valor possível para θ é 10, A Nova solução é 
10 30 40 
Exercícios Propostos – Lista 6
Exercício 2
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 62
40 60 100 
 10 10 
50 40 60 
. Coeficientes das variáveis básicas Cij – Ui - Vj 
X11: 10 – U1 – V1 = 0 X21: 12 – U2 – V1 = 0 X12: 15 – U1 – V2 = 0 
X23: 18 – U2 – V3 = 0 X32: 14 – U3 – V2 = 0. Escolhendo o valor zero para U1, teremos: 
U1 = 0; V1 = 10; U2 = 2; V2 = 15; V3 = 16; U3 = – 1 
Coeficientes das variáveis não básicas. 
X13: 20 – 0 – 16 = 4 X22: 25 – 2 – 15 = 8 X31: 16 + 1 – 10 = 7 X33: 24 + 1 – 16 = 9 
A solução é ótima. O custo é C = 10 x10 + 30 x 15 + 40 x 12 + 60 x 18 + 10 x 14 = 2.250 
 
 
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 63
Exercícios propostos – Lista 6 Ex 3 
Devemos equilibrar o sistema adicionando uma linha (quarta linha), com custo de transporte 
zero para receber a diferença de 10 unidades entre origens e destino. 
Solução inicial pelo método do canto noroeste 
100 100/0 
A 50 30 80/30/0 
 20 20/0 
 10 10/0 
100/0 50/0 60/30/10/0 
 
Otimização. Coeficientes das variáveis básicas Cij – Ui – Vj 
X11: 10 – U1 – V1 = 0 X22: 25 – U2 – V2 = 0 X23: 18 – U2 – V3 = 0 
X33: 24 – U3 – V3 = 0 X43: 0 – U4 – V3 = 0. 
O sistema apresenta 5 equações e 7 variáveis. Devemos criar um transporte auxiliar A em 
uma célula que não forme circuito com as outras variáveis básicas. Vamos optar por A21. A 
nova equação é: 12 – U2 – V1 =0. Escolhendo o valor zero para U1, teremos: 
U1 = 0; V1 = 10; U2 = 2; V2 = 23; V3 = 16; U3 = 8; U4 = – 16 
Coeficientes das variáveis não básicas. 
X12: 15 – 0 – 23 = –8 X13: 20 – 0 – 16 = 4 X31: 16 – 8 – 10 = –2 X32: 14 – 8 – 23 = –17 
X41: 0 + 16 – 10 = 6 X42: 0 + 16 – 23 = –7 
Entra X32. Circuito de compensação. 
100 100 
A 50 – θ 30 + θ 80 
 θ 20 – θ 20 
 10 10 
100 50 60 
O maior valor possível para θ é 20, A Nova solução é 
100 100 
A 30 50 80 
 20 20 
 10 10 
100 50 60 
Coeficientes das variáveis básicas Cij – Ui – Vj 
X11: 10 – U1 – V1 = 0 X21: 12 – U2 – V1 = 0 X22: 25 – U2 – V2 = 0 
Exercícios Propostos – Lista 6
Exercício 3
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 64
X23: 18 – U2 – V3 = 0 X32: 14 – U3 – V2 = 0 X43: 0 – U4 – V3 = 0. Escolhendo o valor 
zero para U1, teremos: 
U1 = 0; V1 = 10; U2 = 2; V2 = 23; V3 = 16; U3 = –9: U4 = –16 
Coeficientes das variáveis não básicas. 
X12: 15 – 0 – 23 = –8 X13: 20 – 0 – 16 = 4 X31: 16 + 9 – 10 = 15 X33: 24 + 9 – 16 = 17 
X41: 0 + 16 – 10 = 6 X42: 0 + 16 – 23 = –7 
Entra X12. Circuito de compensação. 
100 – θ θ 100 
A + θ 30 – θ 50 80 
 20 20 
 10 10 
100 50 60 
O maior valor possível para θ é 30, A Nova solução é 
70 30 100 
30 50 80 
 20 20 
 10 10 
100 50 60 
. Coeficientes das variáveis básicas Cij – Ui – Vj 
X11: 10 – U1 – V1 = 0 X21: 12 – U2 – V1 = 0 X12: 15 – U1 – V2 = 0 
X23: 18 – U2 – V3 = 0 X32: 14 – U3 – V2 = 0 X43: 0 – U4 – V3 = 0 Escolhendo o valor 
zero para U1, teremos: 
U1 = 0; V1 = 10; U2 = 2; V2 = 15; V3 = 16; U3 = –1; U4 = –16 
Coeficientes das variáveis não básicas. 
X22: 25 – 2 – 15 = 8 X13: 20 – 0 – 16 = 4 X31: 16 + 1 – 10 = 7 X33: 24 + 1 – 16 = 9 
X41: 0 + 16 – 10 = 6 X42: 0 + 16 – 15 = 9 
A solução é ótima. O custo é C = 70 x10 + 30 x 15 + 30 x 12 + 50 x 18 + 20 x 14 = 2.690,00 
 
 
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 65
Exercícios propostos – Lista 6 Ex 4 
Devemos equilibrar o sistema adicionando uma linha (quarta linha), com custo de transporte 
zero para receber a diferença de 10 unidades entre origens e destino. 
Solução inicial pelo método de Vogel 
10 15 20 100 P1=10 – 15=5 P2=5 P3=5 P3=20 – 15=5 
12 25 18 80 P1=18 – 12=6 P2=6 
16 14 24 20 P1=16 – 14=2 P2=2 P3=2 P3=24 – 14=10 
0 0 0 10 P1=0 
100 50 60 
P1=12 – 10=2 P1=14 – 0=14 P1=18 – 0=18 
P2=12 – 10=2 P2=15 – 14=1 P2=20 – 18=2 
P3=16 – 10=6 P3=15 – 14=1 P3=24 – 20=4 
. P4=15 – 14=1 P4=24 – 20=4 
Resultado de P1: entra X43 (coluna de maior penalidade + linha de menor custo). X43 = 10. 
Linha 4 eliminada. 
Resultado de P2: entra X21 (linha de maior penalidade + coluna de menor custo). X21 = 80. 
Linha 2 eliminada. 
.Resultado de P3: entra X11 (linha de maior penalidade + coluna de menor custo). X11= 20. 
Coluna 1 eliminada..Resultado de P4: entra X32 (linha de maior penalidade + coluna de menor custo). X32 = 20. 
Linha 3 eliminada. O quadro restante é: 
 100/80 
50/30 60/50 
Completando: X12 = 30 e X13 = 50. A solução encontrada é a seguinte. 
20 30 50 100 
80 80 
 20 20 
 10 10 
100 50 60 
 
Otimização. Coeficientes das variáveis básicas Cij – Ui – Vj 
X11: 10 – U1 – V1 = 0 X12: 15 – U1 – V2 = 0 X13: 20 – U1 – V3 = 0 
X21: 12 – U2 – V1 = 0 X32: 14 – U3 – V2 = 0. X43: 0 – U4 – V3 
Fazendo U1 = 0 temos: 
U1 = 0; V1 = 10; U2 = 2; V2 = 15; V3 = 20; U3 = – 1; U4 = – 20 
Coeficientes das variáveis não básicas. 
Exercícios Propostos – Lista 6
Exercício 4
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 66
X22: 25 – 2 – 15 = 8 X23: 18 – 2 – 20 = – 4 X31: 16 + 1 – 10 = 7 X33: 24 + 1 – 20 = 5 
X41: 0 + 20 – 10 = 10 X42: 0 + 20 – 15 = 5 
Entra X23. Circuito de compensação. 
20 + θ 30 50 – θ 100 
80 – θ θ 80 
 20 20 
 10 10 
100 50 60 
O maior valor possível para θ é 50, A Nova solução é 
70 30 100 
30 50 80 
 20 20 
 10 10 
100 50 60 
 Coeficientes das variáveis básicas Cij – Ui – Vj 
X11: 10 – U1 – V1 = 0 X21: 12 – U2 – V1 = 0 X12: 15 – U1 – V2 = 0 
X23: 18 – U2 – V3 = 0 X32: 14 – U3 – V2 = 0 X43: 0 – U4 – V3 = 0 Escolhendo o valor 
zero para U1, teremos: 
U1 = 0; V1 = 10; U2 = 2; V2 = 15; V3 = 16; U3 = – 1; U4 = – 16 
Coeficientes das variáveis não básicas. 
X22: 25 – 2 – 15 = 8 X13: 20 – 0 – 16 = 4 X31: 16 + 1 – 10 = 7 X33: 24 + 1 – 16 = 9 
X41: 0 + 16 – 10 = 6 X42: 0 + 16 – 15 = 9 
A solução é ótima. O custo é C = 70 x10 + 30 x 15 + 30 x 12 + 50 x 18 + 20 x 14 = 2.690,00 
 
 
 
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 67
Devemos equilibrar o sistema adicionando uma linha (quarta linha), com custo de transporte 
zero para receber a diferença de 20 unidades entre origens e destino. 
Solução inicial pelo método do canto noroeste 
50 X 50/0 
X 50 20 70/20/0 
30 30/0 
 20 20/0 
80/30/0 50/0 40/0 
 
Otimização. Coeficientes das variáveis básicas Cij – Ui – Vj 
X11: 10 – U1 – V1 = 0 X22: 25 – U2 – V2 = 0 X23: 18 – U2 – V3 = 0 
X31: 16 – U3 – V1 = 0 X43: 0 – U4 – V3 = 0. 
O sistema apresenta 5 equações e 7 variáveis. Devemos criar um transporte auxiliar A em 
uma célula que não forme circuito com as outras variáveis básicas. Vamos optar por A32. A 
nova equação é: 14 – U3 – V2 = 0. Escolhendo o valor zero para U1, teremos: 
U1 = 0 ; V1 = 10 ; U2 = 17 ; V2 = 8 ; V3 = 1 ; U3 = 6 ; U4 = – 1 
Coeficientes das variáveis não básicas. 
X12: 15 – 0 – 8 = 7 X33: 24 – 6 – 1 = 17 X41: 0 +1 – 10 = – 9 X42: 0 +1 – 8= – 7 
Entra X41. Circuito de compensação. 
50 X 50 
X 50 – θ 20 + θ 70 
30 – θ A + θ 30 
θ 20 – θ 20 
80 50 40 
O maior valor possível para θ é 20, A Nova solução é 
50 X 50 
X 30 40 70 
10 20 30 
20 20 
80 50 40 
Coeficientes das variáveis básicas Cij – Ui – Vj 
X11: 10 – U1 – V1 = 0 X22: 25 – U2 – V2 = 0 X23: 18 – U2 – V3 = 0 
X31: 16 – U3 – V1 = 0 X32: 14 – U3 – V2 = 0. X41: 0 – U4 – V1 = 0 
Exercícios Propostos – Lista 6
Exercício 5
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 68
 Escolhendo o valor zero para U1, teremos: 
U1 = 0; V1 = 10; U2 = 17 ; V2 = 8; V3 = 1 ; U3 = 6: U4 = – 10 
Coeficientes das variáveis não básicas. 
X12: 15 – 0 – 8 = 7 X33: 24 – 6 – 1 = 17 
X42: 0 + 10 – 8 = 2 X43: 0 + 10 – 1 = 9 
A solução é ótima. X11 = 50; X22 = 30; X23 = 40; X31 = 10; X32 = 20 
Custo = 50 x 10 + 30 x 25 + 40 x 18 + 10 x 16 + 20 x 14 = 2.410,00 
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 69
Exercícios propostos – Lista 6 Ex 6 
Devemos equilibrar o sistema adicionando uma linha (quarta linha), com custo de transporte 
zero para receber a diferença de 20 unidades entre origens e destino. 
Solução inicial pelo método de Vogel 
10 15 200 50 P1 = 15 – 10 = 5 P2 = 5 P3 = 5 
200 25 18 70 P1 = 25 – 18 = 7 P2 = 7 P3 = 175 
16 14 24 30 P3 = 16 – 14 = 2 P2 = 2 P3 = 2 
0 0 0 20 P1 = 0 
80 50 40 
P1 = 10 – 0 = 10 P1 = 14 – 0 = 14 P1 = 18 – 0 = 18 
P2 = 16 – 10 = 6 P2 = 15 – 14 = 1 P2 = 24 – 18 = 6 
.P3 = 6 P2 = 1 
Penalidade P1: transportar na coluna 3 (maior penalidade) e linha 4 (menor custo). X43 = 20. 
Linha 4 eliminada. 
Penalidade P2: transportar na linha 2 (maior penalidade) e coluna 3 (menor custo). X23 = 20. 
Coluna 3 eliminada. 
Penalidade P3: transportar na linha 2 (maior penalidade) e coluna 2 (menor custo). X22 = 50. 
Linha 2 e coluna 2 eliminadas. O quadro restante é o seguinte. 
 50 
 0 
 30 
 0 
80 0 0 
A solução está definida. X11 = 50; X31 = 30. O quadro com a solução é o seguinte. 
50 50 
 50 20 70 
30 A 30 
 20 20 
80 50 40 
 
Otimização. Coeficientes das variáveis básicas Cij – Ui – Vj 
X11: 10 – U1 – V1 = 0 X22: 25 – U2 – V2 = 0 X23: 18 – U2 – V3 = 0 
X31: 16 – U3 – V1 = 0 X43: 0 – U4 – V3 = 0. 
O sistema apresenta 5 equações e 7 variáveis. Devemos criar um transporte auxiliar A em 
uma célula que não forme circuito com as outras variáveis básicas. Vamos optar por A32. A 
nova equação é: 14 – U3 – V2 = 0. Escolhendo o valor zero para U1, teremos: 
U1 = 0 ; V1 = 10 ; U2 = 17 ; V2 = 8 ; V3 = 1 ; U3 = 6 ; U4 = – 1 
Exercícios Propostos – Lista 6
Exercício 6
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 70
Coeficientes das variáveis não básicas. 
X12: 15 – 0 – 8 = 7 X33: 24 – 6 – 1 = 17 X41: 0 +1 – 10 = – 9 X42: 0 +1 – 8 = – 7 
Entra X41. Circuito de compensação. 
50 X 50 
X 50 – θ 20 + θ 70 
30 – θ A + θ 30 
θ 20 – θ 20 
80 50 40 
O maior valor possível para θ é 20, A Nova solução é 
50 X 50 
X 30 40 70 
10 20 30 
20 20 
80 50 40 
Coeficientes das variáveis básicas Cij – Ui – Vj 
X11: 10 – U1 – V1 = 0 X22: 25 – U2 – V2 = 0 X23: 18 – U2 – V3 = 0 
X31: 16 – U3 – V1 = 0 X32: 14 – U3 – V2 = 0. X41: 0 – U4 – V1 = 0 
 Escolhendo o valor zero para U1, teremos: 
U1 = 0; V1 = 10; U2 = 17 ; V2 = 8; V3 = 1 ; U3 = 6: U4 = – 10 
Coeficientes das variáveis não básicas. 
X12: 15 – 0 – 8 = 7 X33: 24 – 6 – 1 = 17 
X42: 0 + 10 – 8 = 2 X43: 0 + 10 – 1 = 9 
A solução é ótima. X11 = 50; X22 = 30; X23 = 40; X31 = 10; X32 = 20 
Custo = 50 x 10 + 30 x 25 + 40 x 18 + 10 x 16 + 20 x 14 = 2.410,00 
 
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 71
Devemos criar um cliente auxiliar para receber o excedente dos depósitos. 
a. Solução inicial pelo método do canto noroeste 
100 60 160/60/0 
 20 120 60 200/180/60/0 
 20 80 100/80/0 
100/0 80/20/0 120/0 80/20/0 80 
 
b. Solução melo método de Vogel P1P2 P3 P4 P5 
 2,1 1,8 1,8 1,8 0 160 1,8 0 0 0 0 
 1,5 2,4 1,8 2,1 0 200 1,5 0,3 0,3 0,3 0,3 
 2,4 1,5 2,4 1,8 0 100 1,5 0,3 0,3 0,6 
100 80 120 80 80 
P1 = 0,6 P1 = 0,3 P1 = 0 P1 = 0 P1 = 0 
P2 = 0,6 P2 = 0,3 P2 = 0 P2 = 0 
. P3 = 0,3 P3 = 0 P3 = 0 
. P4 = 0 P4 = 0 
. P5 = 0 P5 = 0,3 
 
Penalidade 1: transporte na linha 1 (maior penalidade) e coluna 5 (menor custo). X15 = 80. 
Coluna 5 eliminada. 
Penalidade 2: transporte na coluna 1 (maior penalidade) e linha 2 (menor custo). X21 = 100. 
Coluna 1 eliminada. 
Penalidade 3: transporte na linha 3 (maior penalidade) e coluna 2 (menor custo). X32 = 80. 
Coluna 2 eliminada. 
Penalidade 4: transporte na linha 3 (maior penalidade) e coluna 4 (menor custo). X34 = 20. 
Linha 3 eliminada. 
Pemalidade 5: transporte na coluna 4 (maior penalidade) e linha 1 (menor custo). X14 = 60. 
Coluna 4 eliminada. 
Os transportes restantes estão definidos: X13 = 20 e X23 = 100. 
 20 60 80 160 
100 100 200 
 80 20 100 
100 80 120 80 80 
 
c. Solução ótima a partir da inicial pelo canto noroeste. 
Coeficientes das variáveis básicas. 
X11: 2,1 – U1 – V1 = 0 X12: 1,8 – U1 – V2 = 0 X22: 2,4 – U2 – V2 = 0 
X23: 1,8 – U2 – V3 = 0 X24: 2,1 – U2 – V4 = 0 X34: 1,8 – U3 – V4 = 0 
X35: 0 – U3 – V5 = 0 
Exercícios Propostos – Lista 6
Exercício 7
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 72
Fazendo U1 = 0, vem: V1 = 2,1 V2 = 1,8 U2 = 0,6 V3 = 1,2 U3 = 0,3 
 V4 = 1,5 V5 = – 0,3 
Coeficientes das variáveis não básicas. 
X13: 1,8 – 0 – 1,2 = 0,6 X14: 1,8 – 0 – 1,5 = 0,3 X15: 0 – 0 + 0,3 = 0,3 
X21: 1,5 – 0,6 – 2,1 = – 1,2 X25: 0 – 0,6 + 0,3 = – 0,3 X31: 2,4 – 0,3 – 2,1 = 0 
X32: 1,5 – 0,3 – 1,8 = – 0,6 X33: 2,4 – 0,3 – 1,2 = 0,9 
Entra X21. Circuito de compensação. 
100 – θ 60 + θ 160 
θ 20 – θ 120 60 200 
 20 80 100 
100 80 120 80 80 
X21 entra com valor 20. A Nova solução é: 
80 80 160 
20 120 60 200 
 20 80 100 
100 80 120 80 80 
 
Coeficientes das variáveis básicas. 
X11: 2,1 – U1 – V1 = 0 X12: 1,8 – U1 – V2 = 0 X21: 1,5 – U2 – V1 = 0 
X23: 1,8 – U2 – V3 = 0 X24: 2,1 – U2 – V4 = 0 X34: 1,8 – U3 – V4 = 0 
X35: 0 – U3 – V5 = 0. 
Fazendo U1 = 0, vem: V1 = 2,1 U2 = – 0,6 V2 = 1,8 U3 = – 0,9 
. V3 = 2,4 V4 = 2,7 V5 = 0,9 
Coeficientes das variáveis não básicas. 
 X13: 1,8 – 0 – 2,4 = – 0,6 X14: 1,8 – 0 – 2,7 = – 0,9 X15: 0 – 0 – 0,9 = – 0,9 
X22: 2,4 + 0,6 – 1,8 = 1,2 X25: 0 + 0,6 – 0,9 = – 0,3 X31: 2,4 + 0,9 – 2,1 = 1,2 
X32: 1,5 + 0,9 – 1,8 = 0,6 X33: 2,4 + 0,9 – 2,4 = 0,9 
Entra X14. Circuito de compensação. 
80 – θ 80 θ 160 
20 + θ 120 60 – θ 200 
 20 80 100 
100 80 120 80 80 
X14 entra com valor 60. Nova solução. 
20 80 60 160 
80 120 200 
 20 80 100 
100 80 120 80 80 
Coeficientes das variáveis básicas. 
X11: 2,1 – U1 – V1 = 0 X12: 1,8 – U1 – V2 = 0 X14: 1,8 – U1 – V4 = 0 
X21: 1,5 – U2 – V1 = 0 X23: 1,8 – U2 – V3 = 0 X34: 1,8 – U3 – V4 = 0 
X35: 0 – U3 – V5 = 0 
Pesquisa Operacional | Medeiros | Medeiros | Gonçalves | Murolo 73
Fazendo U1 = 0, vem: V1 = 2,1 U2 = – 0,6 V2 = 1,8 U3 = 0 V3 = 2,4 
. V4 = 1,8 V5 = 0 
Coeficientes das variáveis não básicas. 
X13: 1,8 – 0 – 2,4 = – 0,6 X15: 0 – 0 – 0 = 0 X22: 2,4 + 0,6 – 1,8 = 1,2 
X24: 2,1 + 0,6 – 1,8 = 0,9 X25: 0 + 0,6 – 0 = 0,6 X31: 2,4 – 0 – 2,1 = 0,3 
X32: 1,5 – 0 – 1,8 = – 0,3 X33: 2,4 – 0 – 2,4 = 0 
Entra X13. Circuito de compensação. 
20 – θ 80 θ 60 160 
80 + θ 120 – θ 200 
 20 80 100 
100 80 120 80 80 
X13 entra com valor 20. Nova solução. 
 80 20 60 160 
100 100 200 
 20 80 100 
100 80 120 80 80 
Coeficientes das variáveis básicas. 
X12: 1,8 – U1 – V2 = 0 X13: 1,8 – U1 – V3 = 0 X14: 1,8 – U1 – V4 = 0 
X21: 1,5 – U2 – V1 = 0 X23: 1,8 – U2 – V3 = 0 X34: 1,8 – U3 – V4 = 0 
X35: 0 – U3 – V5 = 0 
Fazendo U1 = 0, vem: U2 = 0 U3 = 0 V1 = 1,5 V2 = 1,8 V3 = 1,8 V4 = 1,8 V5 = 0 
Coeficientes das variáveis não básicas. 
X11: 2,1 – 0 – 1,5 = 0,6 X15: 0 – 0 – 0 = 0 X22: 2,4 – 0 – 1,8 = 0,6 
X24: 2,1 – 0 – 1,8 = 0,3 X25: 0 – 0 – 0 = 0 X31: 2,4 – 0 – 1,5 = 0,9 
X32: 1,5 – 0 – 1,8 = – 0,3 X33: 2,4 – 0 – 1,8 = 0,6 
Entra X32. Circuito de compensação. 
 80 – θ 20 60 + θ 160 
100 100 200 
 θ 20 – θ 80 100 
100 80 120 80 80 
X32 entra com valor 20. Nova solução. 
 60 20 80 160 
100 100 200 
 20 80 100 
100 80 120 80 80 
 
Coeficientes das variáveis básicas. 
X12: 1,8 – U1 – V2 = 0 X13: 1,8 – U1 – V3 = 0 X14: 1,8 – U1 – V4 = 0