PL - pesquisa operacional

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Faculdade de Engenharia - Campus de Guaratinguetá
Pesquisa Operacional
Livro: Introdução à Pesquisa Operacional
Capítulo 2 - Programação Linear
Fernando Marins – fmarins@feg.unesp.br
Departamento de Produção
Pesquisa Operacional - UNESP / Campus de Guaratinguetá
Sumário
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• Modelagem e limitações da Programação Linear.
• Resolução Gráfica.
• Forma padrão de um modelo de Programação Linear.
• Definições e Teoremas.
• Forma canônica de um sistema de equações lineares.
• Método Simplex.
• Exercícios
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Programação Linear:
Preocupação em encontrar a melhor solução para problemas 
associados com modelos lineares.
Modelo de Programação Linear:
Maximização (ou minimização) de uma função objetivo linear com 
relação as variáveis de decisão do modelo.
Respeitando-se as limitações (restrições) do problema expressas por 
um sistema de equações e inequações associadas com as variáveis de 
decisão do modelo.
Programação Linear
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Modelagem em Programação Linear
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Razões para o uso da Programação Linear:
1. Grande variedade de situações podem ser aproximadas por 
modelos lineares.
2. Existência de técnicas (algoritmos) eficientes para a solução 
de modelos lineares.
3. Possibilidade de realização de análise de sensibilidade nos 
dados do modelo.
4. Estágio de desenvolvimento da tecnologia computacional. 
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Modelagem em Programação Linear
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Passos básicos na obtenção de modelos de PL:
1. Identificar as variáveis de decisão, representá-las em simbologia 
algébrica. 
2. Identificar as restrições do problema, expressá-las como 
equações ou inequações lineares em termos das variáveis de 
decisão.
3. Identificar o objetivo de interesse no problema, representá-lo
como função linear em termos das variáveis de decisão, que 
deverá ser maximizada ou minimizada.
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Construção de modelos não é uma ciência, mas uma 
arte, podendo ser melhorada com a prática.
Exemplos a serem trabalhados:
Determinação do mix de produção
Seleção de mídia para propaganda
Um problema de treinamento
Uma indústria química
Uma oficina mecânica
Dimensionamento de equipes de inspeção
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Determinação do mix de produção
Uma companhia deseja programar a produção de um utensílio de cozinha 
que requer o uso de dois tipos de recursos – mão-de-obra e material. A 
companhia está considerando a fabricação de três modelos e o seu 
departamento de engenharia forneceu os dados a seguir:
Modelo
A B C
Mão-de-obra
(horas por unidade)
7 3 6
Material
(kg por unidade)
4 4 5
Lucro
($ por unidade)
4 2 3
O suprimento de material é de 
200 kg por dia. A 
disponibilidade diária de mão-
de-obra é 150 horas. Formule 
um modelo de Programação 
Linear para determinar a 
produção diária de cada um dos 
modelos de modo a maximizar 
o lucro total da companhia.
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Formulação do modelo
1. Identificação das variáveis de decisão:
XA – produção diária do modelo A
XB – produção diária do modelo B
XC – produção diária do modelo C
2. Identificação das restrições:
(Limitação de mão-de-obra) 7Xa + 3Xb + 6Xc  150
(Limitação de material) 4Xa + 4Xb +5Xc  200
(Não-negatividade) Xa  0, Xb 0, Xc  0.
3. Identificação do objetivo: maximização do lucro total
Lucro Total = L = 4Xa + 2Xb +3Xc
Max L = 4Xa + 2Xb +3Xc
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Modelo
Encontrar números Xa, Xb, Xc tais que: 
Max L= 4Xa + 2Xb +3Xc
Sujeito as restrições: 7Xa + 3Xb +6Xc  150 
4Xa + 4Xb +5Xc  200
Xa  0, Xb 0, Xc  0
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Seleção de mídia para propaganda
Uma companhia de propaganda deseja planejar uma campanha em 03 
diferentes meios: TV, rádio e revistas. Pretende-se alcançar o maior 
número de clientes possível. Um estudo de mercado resultou em:
TV 
horário
TV 
horário
Rádio Revistas
normal nobre
Custo 40.000 75.000 30.000 15.000
Clientes
Atingidos
400.000 900.000 500.000 200.000
Mulheres
Atingidas
300.000 400.000 200.000 100.000
0bs: valores válidos para cada veiculação da propaganda.
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A companhia não quer gastar mais de $ 800.000 e, adicionalmente, 
deseja:
(1) Que no mínimo 2 milhões de mulheres sejam atingidas;
(2) Gastar no máximo $ 500.000 com TV;
(3) Que no mínimo 03 veiculações ocorram no horário normal TV;
(4) Que no mínimo 02 veiculações ocorram no horário nobre TV;
(5) Que o nº. de veiculações no rádio e revistas fiquem entre 05 e 10, para 
cada meio de divulgação.
Formular um modelo de PL que trate este problema, 
determinando o nº. de veiculações a serem feitas em cada meio de 
comunicação, de modo a atingir o máximo possível de clientes. 
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Resolução do exemplo “seleção de mídia para propaganda”
Variáveis de decisão:
X1 = nº. de exposições em horário normal na tv.
X2 = nº. de exposições em horário nobre na tv.
X3 = nº. de exposições feitas utilizando rádio
X4 = nº. de exposições feitas utilizando revistas.
Função-objetivo:
“Maximizar nº. de clientes atingidos”
Max Z = 400.000X1 + 900.000X2 + 500.000X3 + 200.000X4
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Restrições:
Orçamento:
40.000X1 + 75.000X2 + 30.000X3 + 15.000X4  800.000
Mulheres atingidas:
300.000X1 + 400.000X2 + 200.000X3 + 100.000X4  2.000.000
Gasto com TV
40.000X1 + 75.000X2  500.000
Nº. de veiculações em TV, rádio e revistas 
X1  3, X2  2, 5  X3  10, 5  X4  10
Não-negatividade
X1, X2, X3, X4  0.
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Um problema de treinamento
Uma empresa de máquinas ferramentas tem um programa 
de treinamento para operadores de máquinas. Alguns operadores 
já treinados podem trabalhar como instrutores neste programa 
ficando responsáveis por 10 trainees cada. A empresa pretende 
aproveitar apenas 07 trainees de cada turma de 10. 
Estes operadores treinados também são necessários na 
linha de fabricação, e sabe-se que serão necessários para os 
próximos meses: 100 operadores em janeiro, 150 em fevereiro, 
200 em março, e 250 em abril. Atualmente há 130 operadores 
treinados disponíveis na empresa.
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Encontrar um modelo de PL que forneça um programa de 
treinamento de custo mínimo e satisfaça os requisitos da empresa 
em termos de nº. de operadores treinados disponíveis a cada mês.
Observação: acordo firmado com o sindicato proíbe demissões de 
operadores treinados no período. 
Os custos associados a cada situação são:
Trainees ...........................................................................$ 400.
Operador treinado trabalhando ........................................$ 700.
Operador treinado ocioso..................................................$ 500.
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Variáveis de decisão:
X6 = operadoresociosos em março
X5 = operadores trabalhando como instrutores em março
X4 = operadores ociosos em fevereiro
X3 = operadores trabalhando como instrutores em fevereiro
X2 = operadores ociosos em janeiro
Resolução do exemplo: Um problema de treinamento
Observe que a cada mês um operador treinado está: operando 
máquina, trabalhando como instrutor, ou está ocioso. Além disto, o 
nº. de operadores treinados trabalhando nas máquinas é fixo e 
conhecido: 100 em janeiro, 150 em fevereiro, 200 em março e 250 
em abril.
X1 = operadores trabalhando como instrutores em janeiro
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Função-objetivo:
Min C = 400(10X1 + 10X3 + 10X5) + 700(X1 + X3 + X5) +
+ 500(X2 + X4 + X6) + 700(100 + 150 + 200) 
Min C = 4700X1 +500X2 + 4700X3 +500X4 +4700X5 +500X6 + 315.000
“Custo total = custo trainees + custo instrutores + custo ociosos + 
custo operadores trabalhando em máquinas”.
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Restrições: X1, X2, X3, X4, X5, X6  0 (não-negatividade)
Abril: 250 = 130 + 7X1 + 7X3 + 7X5  7X1 + 7X3 + 7X5 = 120.
operadores treinados no início do mês = operadores nas máquinas 
+ instrutores + operadores ociosos.
Equação de balanço mensal:
Janeiro: 130 = 100 + X1 + X2  X1 + X2 = 30
Fevereiro: 130 + 7X1 = 150 + X3 + X4  7X1 - X3 - X4 = 20
Março: 130 + 7X1 + 7X3 = 200 + X5 + X6  7X1 + 7X3 - X5 - X6 = 70
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Uma indústria química
Dois produtos, A e B, são feitos a partir de duas operações 
químicas. Cada unidade do produto A requer 02 horas da operação 1 e 03 
horas da operação 2. Cada unidade do produto B requer 03 horas da 
operação 1 e 04 horas da operação 2. O tempo total disponível para a 
realização da operação 1 é de 16 horas, e o tempo total para a operação 2 
é de 24 horas.
A produção do produto B resulta, também, num subproduto C 
sem custos adicionais. Sabe-se que parte do produto C pode ser vendido 
com lucro, mas o restante deve ser destruído. Previsões mostram que no 
máximo 05 unidades do produto C serão vendidas, e sabe-se que cada 
unidade do produto B fabricada gera 02 unidades do produto C.
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Sabe-se que:
Produto A gera um lucro de $ 4 por unidade.
Produto B gera um lucro de $ 10 por unidade.
Produto C gera um lucro de $ 3 por unidade se for vendido.
Produto C gera um custo de $ 2 por unidade se for destruído
Determinar um modelo de PL para tratar este problema, e 
encontrar quanto produzir de cada produto, de modo a maximizar 
o lucro da indústria química. 
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Observe que o lucro da venda do produto A é uma função linear, 
mas com respeito ao produto C isto não ocorre.
Resolução do exemplo: Uma indústria química - produto A
Quantidade
Lucro
Produto A
4
Produto B
10
Quantidade
Produto C
-2
Lucro
3
5
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2 X1 + 3 X2  16 (disponibilidade de tempo para operação 1)
3 X1 + 4 X2  24 (disponibilidade de tempo para operação 2)
X3 + X4 = 2 X2 (produção do produto C a partir do produto B)
X3  5 (previsão de produto C que pode ser vendido)
X1, X2, X3, X4  0 (não-negatividade)
Restrições:
Artifício: considerar as variáveis de decisão como sendo
X1 = quantidade produto A produzida
X2 = quantidade produto B produzida
X3 = quantidade produto C vendida
X4 = quantidade produto C destruída
Função-objetivo:
Max Z = 4 X1 + 10 X2 + 3 X3 – 2 X4
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Oficina mecânica
Uma oficina mecânica tem 01 furadeira vertical e 05 fresas, 
que são usadas para a produção de conjuntos formados de 2 partes. 
Sabe-se qual é a produtividade de cada máquina na fabricação destas 
partes do conjunto:
Furadeira Fresa
Parte 1 03 20
Parte 2 05 15
Obs: tempo para produzir as partes dado em minutos.
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O encarregado pela oficina deseja manter uma carga balanceada 
nas máquinas de modo que nenhuma delas seja usada mais que 30 
minutos por dia que qualquer outra, sendo o carregamento de
fresamento dividido igualmente entre as 05 fresas.
Achar um modelo de PL para dividir o tempo de trabalho entre as 
máquinas de modo a obter o máximo de conjuntos completos ao 
final de um dia, num total de 08 horas de trabalho. 
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Restrições:
3X1 + 5X2  480 
(minutos por dia disponíveis para a furadeira) 
(20X1 + 15X2)/5 = 4X1 + 3X2  480 
(minutos por dia disponíveis para cada fresa)
Resolução do exemplo: Oficina mecânica
Variáveis de decisão:
X1 = número de partes 1 produzidas por dia
X2 = número de partes 2 produzidas por dia
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Observe que esta última restrição não é linear, mas é equivalente 
a duas equações lineares que podem substituí-la:
X1 - 2X2  30 e -X1 + 2X2  30
X1, X2  0 (não-negatividade).
|(4X1 + 3X2) - (3X1 + 5X2)| = |X1 -2X2|  30 
(Balanceamento de carga entre as máquinas)
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“maximização do número de conjuntos completos por dia”
Max Z = min (X1, X2)
Observe que esta função não é linear, mas pode ser linearizada
utilizando-se uma nova variável, da forma:
Seja Y = min (X1, X2), Y  0, naturalmente tem-se duas novas 
restrições
Dadas por: Y  X1 e Y  X2.
A função-objetivo linear fica sendo: Max Z = Y
Função-objetivo: 
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Problema de dimensionamento de equipes de inspeção
Uma companhia deseja determinar quantos inspetores alocar 
à uma dada tarefa do controle da qualidade. As informações 
disponíveis são:
Há 08 inspetores do nível 1 que podem checar as peças a 
uma taxa de 25 peças por hora, com uma acuracidade de 98%, sendo 
o custo de cada inspetor deste nível $4 por hora;
Há 10 inspetores do nível 2 que podem checar as peças a 
uma taxa de 15 peças por hora, com uma acuracidade de 95%, sendo 
o custo de cada inspetor deste nível $3 por hora.
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A companhia deseja que no mínimo 1800 peças sejam 
inspecionadas por dia (= 08 horas). 
Sabe-se, ainda, que cada erro cometido por inspetores no controle 
da qualidade das peças acarreta um prejuízo à companhia de $2 por 
peça mal inspecionada. 
Formular um modelo de PL para possibilitar a designação ótima do 
nº. de inspetores de cada nível de modo a otimizar o custo da 
inspeção diária da companhia. 
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Função objetivo: 
Minimizar C = custo total diário de inspeção ($/dia)
onde : custo total = custo do salário dos inspetores + custo dos erros
Min C = 8 *[(4X1 + 3X2) + 2 * (25*0,02X1 + 15*0,05X2)] 
Min C = 40X1 + 36X2
Resolução do exemplo: Dimensionamento de equipes de inspeção
Variáveis de decisão:
Xi = nº. de inspetores do nível i (= 1, 2) alocados à inspeção.
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1. Quanto ao nº. de inspetores disponíveis:X1  8 (inspetores do nível 1)
X2  10 (inspetores do nível 2)
2. Quanto ao nº. de peças inspecionadas por dia:
8 * (25X1 + 15X2)  1800  5X1 + 3X2  45
3. Restrições implícitas de não negatividade:
X1  0
X2  0. 
Restrições:
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Aplicável para modelos com 02 variáveis de decisão
Útil para a ilustração de alguns conceitos básicos utilizados na 
resolução de modelos de maior porte.
Etapas a serem seguidas na resolução gráfica
1º Passo: identificar a região viável do modelo, isto é, quais são os 
pares (X1, X2) que satisfazem a todas as restrições.
2º Passo: achar a melhor solução viável, denominada Solução 
Ótima e denotada por (X1*, X2*), que leva ao valor ótimo da 
função-objetivo Z*.
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Problema de mix de Produção
Fabricação de dois modelos de brinquedos: B1 e B2.
• Lucros unitários/dúzia: $8 para B1 e $5 para B2
• Recursos disponíveis:
1000 kg de plástico especial.
40 horas para produção semanal.
• Requisitos do Departamento de Marketing:
Produção total não pode exceder 700 dúzias;
A quantidade de dúzias de B1 não pode exceder em 350 a 
quantidade de dúzias de B2.
• Dados técnicos:
B1 requer 2 kg de plástico e 3 minutos por dúzia.
B2 requer 1 kg de plástico e 4 minutos por dúzia.
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34
A Gerência está procurando um
programa de produção que aumente
o lucro da Companhia.
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Resolução gráfica de modelos de PL
35
Variáveis de decisão:
X2: produção semanal de B2 (em dúzias).
X1: produção semanal de B1 (em dúzias).
Função Objetivo: Maximizar o Lucro semanal
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Max 8X1 + 5X2 (Lucro semanal)
sujeito a:
2X1 + 1X2 ≤ 1000 (Plástico - Kg)
3X1 + 4X2 ≤ 2400 (Tempo de produção - minutos)
X1 + X2 ≤ 700 (Produção total)
X1 - X2 ≤ 350 (mix)
Xj 0, j = 1,2 (Não negatividade)
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Conceitos importantes:
Os pontos (X1, X2) que satisfazem todas as restrições do
modelo formam a Região Viável.
Esses pontos são chamados de Soluções Viáveis.
Usando a resolução gráfica pode-se representar todos as 
restrições (semi-planos), a função objetivo (reta) e os três 
tipos de pontos viáveis.
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38
1º Passo:
Traçar eixos cartesianos, associando a cada um deles uma 
variável de decisão. 
No exemplo de fabricação de brinquedos: X1 para o eixo 
das abscissas e X2 para o eixo das ordenadas.
As restrições de não-negatividade, X1  0 e X2  0, 
implicam que os pares (X1, X2) viáveis estão no 1º quadrante 
dos eixos considerados.
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39
Representando as condições de não negatividade 
X2
X1
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40
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Observar que no exemplo dos brinquedos, as restrições correspondem a 
semi-planos associados, respectivamente, às retas suportes dadas por:
2X1 + 1X2 = 1000 
3X1 + 4X2 = 2400 
X1 + X2 = 700 
X1 - X2 = 350
Xj  0, j = 1,2 
Notar que cada reta suporte define dois semi-planos no espaço (X1, X2).
Para identificar qual destes semi-planos é de interesse no caso, ou seja, 
contém os pontos que satisfazem a desigualdade da restrição, basta testar 
algum ponto à esquerda ou à direita (acima ou abaixo) da reta suporte da 
desigualdade. 
Um ponto que torna isto fácil é a origem (0, 0), mas poderia ser qualquer 
outro.
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41
1000
500
Viável
X2
Inviável
Tempo de
produção
3X1+4X2  2400
Restrição da produção total
X1+X2  700 (redundante)
500
700
Restrição do plástico
2X1+X2  1000
X1
700
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42
1000
Viável
X2
Inviável
Tempo de Produção
3X1+4X2  2400
Restrição da produção total:
X1+X2  700 (redundante)
500
Restrição do mix da produção:
X1-X2  350
Restrição do plástico
2X1+X2  1000
X1
700
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43
1000
500
Viável
X2
Inviável500
700
X1
700
Há três tipos de pontos viáveis.
Pontos interiores. Pontos na fronteira. Pontos extremos.
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44
2º Passo: 
Observar que a função-objetivo, ao se fixar um valor para Z, 
representa uma reta. Alterações neste valor de Z gera uma família de 
retas paralelas. 
No exemplo dos brinquedos: considere a reta obtida fazendo 
Z= 2000, isto é , a reta dada por 8X1 + 5X2 = 2000. Percebe-se que ao se 
traçar retas paralelas no sentido de ficar mais afastado da origem (0, 0), o 
valor de Z aumenta. 
De fato pode-se verificar que a reta paralela, que contém algum 
ponto da região viável, no caso o ponto ótimo X* = (320, 360), e está
mais afastada da origem, corresponde a um valor ótimo da função 
objetivo Z* = 4360.
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Resolução gráfica de modelos de PL
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A busca por uma Solução Ótima:
Começar com algum valor de lucro arbitrário,
Por exemplo $2000...
Depois aumentar o lucro, se possível...
...e continuar até que seja inviável
600
700
1000
500
X2
X1
X* = (320, 360) 
com Z* = 4.360
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Pontos extremos e Soluções Ótimas
Se o problema de Programação Linear tem uma Solução 
Ótima, um ponto extremo é Solução Ótima.
Resolução gráfica de modelos de PL
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Resolução gráfica de modelos de PL
47
Soluções Ótimas Múltiplas
Quando a função objetivo é paralela a alguma restrição.
Todos os pontos do segmento de
reta serão Soluções Ótimas.
X* = X*1 + (1 - )X*2, com 0    1X*1
X*2
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Resolução gráfica de modelos de PL
48
Visualização de situações possíveis
X2
Solução 
única
X1
Z
Z*
Solução 
ilimitada
Z
X2
X1
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49
Múltiplas Soluções 
Ótimas 1 –
Segmento de Reta 
Ótimo
X1
X*
Z
Z
*
X2
X2
X1
Múltiplas 
Soluções Ótimas 2 
Semi-reta Ótima
Z*
X*
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50
X2
X1
O conjunto 
viável é vazio. 
Há restrições 
incompatíveis.
Problema 
inviável
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Forma padrão de modelo de PL
51
Um modelo de PL com m restrições e n variáveis está na forma 
padrão se possuir as características abaixo:
1. A função-objetivo é de minimização ou maximização;
2. Todas as restrições estão na forma de igualdade;
3. Todas as variáveis são não-negativas;
4. As constantes de cada restrição são não-negativas.
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Forma padrão de modelo de PL
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Modelo na forma padrão:
Minimizar(ou maximizar) Z = C1 X1 + C2 X2 + ... + Cn Xn
Sujeito a:













0.b...,0,b0,b
0X...,0,X0,X
b=XA+...+XA+XA
... ... ... ... 
... ... ... ... 
b=XA+...+XA+XA
b=XA+...+XA+XA
m21
n21
mnmn2m21m1
2n2n222121
1n1n212111
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53
Notação matricial para um modelo na forma padrão:
Minimizar (ou maximizar) Z = C X
Sujeito a: 
Onde: A (m x n)  matriz de coeficientes tecnológicos
X (n x 1)  vetor das variáveis de decisão
b (m x 1)  vetor de demandas 
C (1 x n)  vetor de custos (lucros) 






0.b
0X
bAX
Forma padrão de modelo de PL
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54
Redução de um modelo geral para a forma padrão
O Método Simplex exige que o modelo esteja na forma padrão.
Tratando com restrições na forma de inequações:
Estas restrições são transformadas em equações através da 
introdução de novas variáveis (não-negativas), chamadas de 
“variáveis de folga”.
Forma padrão de modelo de PL
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Forma padrão de modelo de PL
55
Exemplo:
Considere o problema de dimensionamento de equipes de 
inspeção: 
X1  8  X1 + X3 = 8, X3  0 é uma variável de folga.
X2  10  X2 + X4 = 10, X4  0 é uma variável de folga.
5 X1 + 3 X2  45  5 X1 + 3 X2 – X5 = 45, X5  0 é uma variável 
de folga.
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Forma padrão de modelo de PL
56
Interpretação das variáveis de folga no exemplo:
X3 = número de inspetores do nível 1 não utilizados.
X4 = número de inspetores do nível 2 não utilizados.
X5 = número (extra) de peças inspecionadas por dia, acima da 
quantidade mínima (1800) especificada pela empresa
Variáveis de folga fornecem informações úteis sobre o problema.
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Forma padrão de modelo de PL
57
Tratando com variáveis livres (irrestritas em sinal):
Em algumas situações exige-se o uso de variáveis que podem 
assumir tanto valores positivos, nulos, e negativos. Estas variáveis 
são chamadas de livres (free) ou irrestritas em sinal.
Exemplo: Modelo de Planejamento Macroeconômico
Uma das Variáveis de Decisão é a Taxa de Inflação que pode 
assumir qualquer valor positivo, nulo ou negativo (neste caso é
conhecida como Deflação).
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Tratando com variáveis livres (irrestritas em sinal):
58
Estas variáveis devem ser eliminadas do modelo na forma padrão. Há, 
pelo menos, duas maneiras de se fazer isto:
1. Por substituição – utilizando uma das restrições do modelo, 
já na forma padrão (igualdade), procura-se expressar a variável livre 
como função das demais variáveis (não negativas) do modelo. A seguir 
eliminar a variável livre do modelo substituindo-a pela função 
escolhida na etapa anterior. A equação utilizada para expressar a 
variável livre como função das demais variáveis também será
eliminada do modelo.
2. Por transformação – Suponha que a variável livre é S. Basta 
substituir em todas as restrições, e na função objetivo, a variável S por 
S = S’ – S”, com S’  0 e S”  0 sendo duas novas variáveis 
(auxiliares) no modelo. 
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Forma padrão de modelo de PL
59
Tratando com variáveis não-positivas:
Suponha que num determinado modelo há uma variável X1  0. 
Basta substituí-la no modelo por uma nova variável não-negativa 
X1’  0, dada por X1’ = – X1.
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Forma padrão de modelo de PL
 
 
 









livreX 0,X 0,X
3 5=2XX3X
2 2 X + XX
1 7 X +X+X
321
321
321
321
Exemplo Completo
Obtenha a forma padrão do modelo abaixo:
Maximizar Z = X1 – 2X2 + 3X3
Sujeito a: 
60
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Forma padrão de modelo de PL
61
1. Introduzir variáveis de folga nas restrições (1) e (2):
X1 + X2 + X3 + X4 = 7 (1’) com X4  0.
X1 – X2 + X3 – X5 = 2 (2’) com X5  0.
2. Multiplicar a restrição (3) por (– 1) para eliminar b3 = – 5 < 0:
–3X1 + X2 + 2X3 = 5 (3’)
3. Substituir X2 0 por X2’  0 através de X2’ = – X2:
Max Z = X1+ 2 X2’ + 3 X3
Sujeito a:
 
 
 





'3' 5= 2X+'X3X
'2' 2=X X +'XX 
'1' 7= X+X +'XX 
321
5321
4321
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Forma padrão de modelo de PL
62
4. Eliminar X3:
4.1. Substituição ou 4.2. Transformação
Max Z = -2X1 + 5X2’ - 3X4 + 21 ou Max Z = X1 + 2X2’ + 3X3’ - 3X3’
s. a: s. a:
Usando
De (1’’): X3 = 7 – X1 + X2’ – X4 ou X3 = X3’ – X3’’






0X,X,'X,X
9= 2X+ 'X5X
5=X+X '2X 
5421
421
542









0X,X,''X,'X,'X,X
5= ''2X''+2XX3X
2=X ''X'X '+X+X 
7=X''X'X '+XX 
543321
3321
53321
 43321
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Definições e Teoremas em PL
63
Ponto central na resolução de modelos de PL é a solução de sistemas 
de equações lineares. 
Apresenta-se a seguir o Método de Eliminação de Gauss Jordan.
Considere o sistema de equações abaixo:
(S1)
(nº variáveis >> nº equações)
 
 



2 4XX3XX X
1 2X2X4XX2X
54321
54321
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Definições e Teoremas em PL
64
• Conjunto solução de (S1) é a coleção de todos os valores de (X1, 
X2, X3, X4, X5) que satisfazem as equações (1) e (2) 
conjuntamente.
• Dois sistemas são equivalentes se possuem o mesmo conjunto 
solução.
• Sistemas equivalentes podem ser obtidos por meio de operações 
elementares sobre as linhas do sistema:
1. Multiplicar (dividir) qualquer equação por um nº.
2. Adicionar à qualquer equação uma Combinação Linear das 
demais equações.
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Forma Canônica
65
Um sistema (S2) equivalente a (S1) pode ser obtido 
multiplicando-se a equação (1) por – 1 e adicionando-se o 
resultado à equação (2):
(S2)
Um sistema (S3) equivalente a (S1) pode ser obtido 
multiplicando-se equação (4) por 2 e adicionando-se o resultado à
equação (3):
(S3)
(S3) é denominado uma forma canônica do sistema original (S1).





(4) 23XX+2XX 
(3) 2X2X4XX2X
5432
54321





(6) 2=3XX +2XX 
(5) 6=4X2X3X X
5432
5431
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Forma Canônica
66
Considere uma forma canônica de um sistema de equações lineares: 
(como (S3) anteriormente obtido)
• Uma variável é dita ser variável básica para uma dada equação do 
sistema se ela possuir coeficiente 1 nesta equação e coeficientes 
nulos nas demais equações do sistema. 
Exemplo: em (S3) X1 e X2 são variáveis básicas
• Variáveis que não satisfazem a condição acima são chamadas de 
variáveis não-básicas. 
Exemplo: em (S3) X3, X4, X5 são variáveis não-básicas.
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Solução Básica
67




M
N




2
5
A solução de um sistema na forma canônica, obtida fazendo-se as 
variáveis não-básicas iguais a zero, é chamada de uma solução 
básica (SB). 
Nº máximode soluções básicas = 
Exemplo: 
Em (S3) fazendo-se X3 = X4 = X5 = 0  X1 = 6 e X2 = 2 formam 
uma solução básica. 
Nº de soluções básicas = = 10
Uma Solução Básica Viável (SBV) de um sistema é uma solução 
básica onde todas as variáveis assumem valores não-negativos.
Exemplo: a solução básica do exemplo anterior é uma SBV.
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Pivoteamento
68
Operações de Pivoteamento são as operações elementares 
aplicadas à um sistema para transformar uma dada variável em 
variável básica. São usadas pelo método de eliminação de 
Gauss Jordan. Deve-se identificar o elemento Pivô – que deve 
ser transformado em 1 e os demais elementos da sua coluna 
que devem ser transformados em 0.
Para obter uma forma canônica de um sistema basta aplicar uma
sequência de operações de pivoteamento (método de Gauss 
Jordan) de modo se conseguir uma variável básica associada 
com cada equação.
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Método de Eliminação de Gauss Jordan 
69
Artifício para a realização de operações de pivoteamento:
Considere o sistema (S) abaixo:
(S)
Achar (S’) uma forma canônica de (S) de modo que X1 seja a 
variável básica associada com a equação (1), e X3 seja a variável 
básica associada com a equação (2).





(2) 2=X 4X+X
(1) 4=X6+X2X2
321
321
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Método de Eliminação de Gauss Jordan 
70
VB X1 X2 X3 b Operações Elementares Feitas
X1 2 -2 6 4 (1) - Pivô em azul
X3 -1 4 -1 2 (2)
(S’)
Solução básica (não é viável): X1 = – 4 (Variável básica)
X3 = 2 (Variável básica) X2 = 0 (Variável não básica)
 
 
 
2 = X+X3/2 
4= X2/11X
32
21
X1 1 -11/2 0 -4 (1’’) = (1’) - 3*(2’’)
X3 0 3/2 1 2 (2’’) = (2’)/2 – Equação do Pivô
X1 1 -1 3 2 (1’) = (1)/2 - Equação do Pivô
X3 0 3 2 4 (2’) = (2) + (1’) – Pivô em Azul
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Teoremas em PL
71
Teorema 1
Dado um modelo já na forma padrão, as soluções básicas viáveis do 
sistema de equações, correspondente às restrições do modelo, estão 
associadas a pontos extremos do conjunto de soluções viáveis do 
modelo original.
Teorema 2
Se um modelo de Programação Linear possui Solução Ótima então 
pelo menos um ponto extremo, do conjunto de soluções viáveis do 
modelo original, corresponde a uma Solução Ótima.
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Comentários Gerais
72
Procedimento simplista para resolver um modelo de PL
• Gerar todas as possíveis soluções básicas viáveis.
• Determinar qual das soluções básicas viáveis corresponde ao 
melhor valor da função-objetivo.
Problemas:
1. Nº de soluções básicas viáveis pode ser excessivo.
2. Modelo pode apresentar solução ilimitada ou ainda ser inviável.
Observe que problemas de médio porte, que aparecem na prática, 
costumam envolver centenas de variáveis (valor de n) e milhares 
de restrições (valor de m).
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Comentários Gerais
73
Linhas de Pesquisa
• Algoritmos de pontos interiores e suas derivações.
• Implementações de algoritmos para processamento em paralelo.
• Linguagens de modelagem: ajudar no desenvolvimento e aplicação de 
modelos de Pesquisa Operacional. 
Exemplos:
• AMPL - Modeling Language for Mathematical Programming - R. Fourer, D. 
M. Gay, and B. W. Kerningham, 1993.
• GAMS - General Algebraic Modeling System - J. Bisschop and A. Meeraus, 
1982. 
• What’s best - The ABC of Optimization - S. L. Savage, 1992.
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Método Simplex
74
Procedimento iterativo que resolve qualquer modelo de PL num número 
finito de iterações. Indica a ocorrência de múltiplas Soluções Ótimas, 
solução ilimitada, e problema inviável.
Etapas de aplicação do Método Simplex
Considere um modelo de PL que esteja na forma padrão, e uma Solução 
Básica Viável inicial.
O Método Simplex consiste basicamente da aplicação sucessiva de duas 
etapas:
Etapa A: Identificação de uma Solução Ótima. 
Etapa B: Melhoria de uma Solução Básica Viável.
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Método Simplex
75
Etapa A: Identificação de uma Solução Ótima.
Verificar se a Solução Básica Viável atual satisfaz o critério de
otimalidade do algoritmo:
• Se o critério for satisfeito termina a aplicação do método;
• Caso contrário deve-se aplicar a etapa B.
Etapa B: Melhoria de uma Solução Básica Viável.
Procurar obter uma Solução Básica Viável melhor que a atual:
• Determinação da variável não-básica que deve entrar;
• Determinação da variável básica que será substituída;
• Obtenção da nova Solução Básica Viável - através de operações 
de pivoteamento.
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Método Simplex - Minimização
76
Desenvolvimento do Método Simplex
Seja um modelo de PL (minimização) colocado na forma 
padrão:
Min Z = C1 X1 + C2 X2 + ... + Cn Xn
s. a: 













0b ,... 0,b 0,b
0X , ... 0,X 0,X
b=XA+...+XA+XA
... ... ... ... 
... ... ... ... 
b=XA+...+XA+XA
b=XA+...+XA+XA
m21
n21
mnmn2m21m1
2n 2n 222121
1n1n212111
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77
Considere o sistema (S) abaixo:
s. a:
Obter, aplicando o método de eliminação de Gauss-Jordan, o sistema 
equivalente (S’) = uma forma canônica de (S) onde:
X1 seja a variável básica referente a equação (1),
X2 seja a variável básica referente a equação (2),
...
Xm seja a variável básica referente a equação (m),
–Z seja a variável básica referente a equação (m+1). 









1)+(m 0=XC+ ... + X C+XC+Z-
(m) b=XA+ ... +XA+XA 
... ... ... ... ... 
... ... ... ... ... 
(2) b=XA+ ... +XA+XA 
(1) b=XA+ ... +XA+XA 
nn2211
mnmn2m21m1
2n2n222121
1n1n212111
Método Simplex - Minimização
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Método Simplex - Minimização
78








 (I) Z=X C+....+X C+ Z
b=X A+ ...+XA +X 
....... 
b=XA+ ... +X A+ X 
b=X A+ ... +X A+ X 
onn1+m1+m
mn nm,1+m1+mm,m
2nn 2,1+m1+m2,2
1nn1,1+m1+m1,1
O sistema (S’), que é uma forma canônica de (S), foi obtido 
pelas operações de pivoteamento aplicadas às variáveis X1, X2, 
..., Xm, e –Z, é dado por:
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Método Simplex - Minimização
79
Em (S’) :
(1) são respectivamente os novos coeficientes das variáveis 
nas equações de (S’), as novas constantes nestas mesmas equações, e 
os novos coeficientes das variáveis na função objetivo (expressão (I)), 
obtidos pelas operações de pivoteamento no sistema (S).
(2) Os coeficientes são denominados coeficientes de custo relativo 
(ou reduzido) das variáveis não-básicas da solução atual.
(3) Há uma Solução Básica Viável explícita em (S’), onde:
• Variáveis básicas: 
• Variáveis não-básicas: 
• Valor da função objetivo: 
;bX, ... ,b X ,bX m m2 21 1 
0X ... XX n2m1m  nn2211o bC...bCbCZ 
jjj,i C,b,A
jC
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Método Simplex - Minimização
80
Visualização da etapa A do Método Simplex:
Teste de otimalidade da Solução Básica Viável atual.
Min Z = 4X1 + X2 + X3
s. a:
(S):






1,3i 0,X
3X3X3X
42XX2X
i
321
321



 (3) 0X XX4Z
(2) 3=X+3X+3X 
(1) 4=2X+X+2X 
321
321
321
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Método Simplex - Minimização 
81





(I) 7/2= X13/4 Z
1/2 = X5/4+X 
3/2 = X+X3/4 
2
21
32
Aplicando o método de eliminação de Gauss Jordan para obter uma 
forma canônica (S’) associando X3 como variável básica para a 
equação (1), X1 para a equação (2) e –Z para a equação (3), tem-se:
(S’):
Solução básica viável atual 
• Variáveis básicas: X1 = 1/2, X3 = 3/2
• Variáveis não-básicas: X2 = 0
• Função objetivo: Z = Z0 = 7/2
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Método Simplex - Minimização
82
De (I): Z = 7/2 – 13/4 X2
Análise de otimalidade da Solução Básica Viável (SBV) atual:
X2 = 0 é variável não básica
Se X2 se tornar VB o valor de X2
Se X2 o valor de Z o que é desejável pois a função objetivo é
de minimização 
Conclusão: A SBV atual não é ótima e X2 deve se tornar VB numa 
próxima SBV melhor que a atual.
Assim X2 deve Entrar. Ir a etapa (B).
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Método Simplex - Minimização
83
Etapa (A) do Método Simplex
Questão:
Como verificar se a Solução Básica Viável explicitada em (S’) é
ótima para o modelo em estudo?
Resposta: 
Considere a expressão (I) em (S’), dada por:
m.m2211o
onn1+m1m
bC+...+bC+bC=Z Onde
,Z=XC+....+X C+ Z

 
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Método Simplex - Minimização
84
Analisando (I) há duas possibilidades:
• Se não há então a solução atual é ótima. Não 
haverá a aplicação da etapa (B). Fim da aplicação do 
Método Simplex.
• Se há a solução atual não é ótima. 
Uma variável não-básica XS, associada com um 
coeficiente de custo relativo , deve ser transformada em 
variável básica numa próxima solução básica viável . 
Esta nova Solução Básica Viável terá um valor para a 
função objetivo melhor (no caso do modelo de minimização, 
menor) que o valor da função objetivo atual Z0. 
Aplicar a etapa (B).
C 0 j  
C 0 j  
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Método Simplex - Minimização
85
Visualização da etapa B do Método Simplex (PL de Minimização):
Seja uma Solução Básica Viável disponível dada por,
X1 = 5, X2 = 6, X3 = X4 = 0, Z = 4, 
Associada ao sistema (S) abaixo:
(S):





(3) 4= 5X+ 4X Z
(2) 6= 2X 2X+ X 
(1) 5= 3X+ 2X+ X 
43
432
431
Aplicando a etapa (A) tem-se: 
Como 
Desta maneira X3 deve Entrar e seu valor deverá aumentar. Observe-se 
que X4 não deve Entrar pois piorará o valor da F. O.
.de valor Xde valor ose0<4-= 33  ZoC
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Método Simplex (minimização)
86
Problema: 
Até quanto aumentar o valor de X3?
Análise: como X4= 0 (permanece variável não-básica), tem-se:
De (1): X1 = 5 – 2X3 ou seja se 
De (2): X2 = 6 – 2X3 ou seja se 
Sabe-se que X1  0  X3  5/2
Sabe-se que X2  0  X3  6/2
Portanto X3 substituirá X1 no conjunto das variáveis básicas da 
nova Solução Básica Viável dada por:
X3 = 5/2, X2 = 1, X1 = X4 = 0, Z = 4 - 4X3 = -6
  5/2=6/25/2,Min =X3



 XX 13
 XX 23
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Método Simplex - Minimização 
87
Etapa (B) do Método Simplex
Hipótese:
Há um coeficiente de custo relativo deve-se achar uma 
nova Solução Básica Viável onde XS seja variável básica.
Problema:
Qual das atuais variáveis básicas será substituída por XS na 
próxima Solução Básica Viável?
C < 0 S 
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Método Simplex - Minimização
88
Solução:
• Sejam i,s os coeficientes de XS nas equações do sistema de 
restrições, onde i = 1, ..., m.
• Procurar a equação r do sistema de restrições onde ocorra:
• A variável básica da Solução Básica Viável atual associada
com a equação r acima será substituída por XS. 
A






si,
i
si,, A
b
0>A
Min
=
sr
r
A
b
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Método Simplex - Minimização
89
Artifício para aplicar as etapas (A) e (B) do Método Simplex.
Considere o exemplo de minimização usado na visualização da 
etapa (B), já colocado numa forma canônica: 





(3) 4= 5X+ 4X Z
(2) 6 = 2X 2X+ X 
(1) 5 = 3X+ 2X+ X 
43
432
431
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Método Simplex - Minimização 
90
VB X1 X2 X3 X4 b
X1 1 0 2 3 5
X2 0 1 2 -2 6
Não há , assim a
solução atual é ótima.

























0 
5/2
1 
0 
=
*
*
*
*
*
4
3
2
1
X
X
X
X
X
Z* = - 6 
-Z 0 0 -4 5 -4
X3 1/2 0 1 3/2 5/2
X2 -1 1 0 -5 1
-Z 2 0 0 11 6
0<Cj
Operacionalização da aplicação das etapas (A) e (B):


(5/2)  menor quociente X1 sai
(6/2)
 X3 entra
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Método Simplex - Maximização
91
Modelo de Programação Linear com função objetivo de 
maximização.
Etapa (A):
Solução básica viável atual será ótima
Etapa (B):
A variável XS que entra terá > 0, para possibilitar uma 
melhoria (aumento) no valor da função objetivo associado com a 
Solução Básica Viável atual.
Importante: as operações de pivoteamento não se alteram.
 C > 0.j
CS
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Método Simplex (maximização)
92
Exemplo de modelo de maximização resolvido pelo Método 
Simplex.
Modelo original  Modelo na forma padrão
Max Z = 3X1 + 5X2  Max Z = 3X1 + 5X2
s. a: s. a:









0X 0,X
182X+3X
6 X 
4 X
21
 21
2
1





 1,5=i 0,X
18=X+ 2X+X3
6 = X+ X 
4 = X+ X
i
521
42
31
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Método Simplex
93
VB X1 X2 X3 X4 X5 b
X3 1 0 1 0 0 4
X4 0 1 0 1 0 6
X5 3 2 0 0 1 18
-Z 3 5 0 0 0 0
X3 1 0 1 0 0 4
X2 0 1 0 1 0 6
X5 3 0 0 -2 1 6
-Z 3 00 -5 0 -30
X3* 0 0 1 2/3 -1/3 2
X2* 0 1 0 1 0 6
X1* 1 0 0 -2/3 1/3 2
-Z* 0 0 0 -3 -1 -36
Solução Ótima
X*1 = 2, X*2 = 6, 
X*3 = 2, X*4 = X*5 = 0, 
Z* = 36
Entra X2, Sai X4
Entra X1, Sai X5
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Método Simplex
94
Comentários Gerais
Considere um modelo de Programação Linear na forma padrão que 
seja de minimização.
(1) Ocorrência de “Empate na Entrada”: 
Escolher para entrar a variável não-básica Xs associada ao 
menor valor de coeficiente de custo relativo < 0. 
(Regra de entrada de Dantzig)
CS
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Método Simplex
95
(2) Identificação de Solução Ilimitada:
Pode ser feita a identificação de solução ilimitada durante a 
aplicação da etapa (B). 
Se houver alguma variável não-básica Xs para entrar que tenha 
coeficientes  0, em todas as equações i (= 1,..., m) do 
sistema de restrições.
siA ,
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Método Simplex
96
Exemplo de Modelo com Solução Ilimitada: 
Seja a Solução Básica Viável abaixo, associada a forma canônica (S):
X1 = 5, X2 = 6, X3 = X4 = 0, Z = – 4 
(S):






(3) 4=5X+4X Z
(2) 6 =2X2XX 
(1) 5 =3X+2X X 
43
432
431
Observar que = – 4 < 0  X3 deve entrar. Quem vai sair?
De (1): X1 = 5 + 2X3
quando X3   X1 , X2 e Z
De (2): X2 = 6 + 2X3
Assim o modelo apresenta solução ilimitada com Z  – . 
C3
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Método Simplex
97
(3) Interpretação geométrica do Método Simplex:
Em cada iteração do Método Simplex (Etapa (A) + Etapa 
(B)) há um deslocamento de uma Solução Básica Viável para 
outra que apresenta um valor para a função objetivo melhor. 
Em termos da resolução gráfica: numa iteração há a 
locomoção de um ponto extremo para outro ponto extremo 
adjacente na região viável do modelo em questão.
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Método Simplex 
98
Exemplo:
Modelo original
Min Z = –3X1 – 5X2
s. a:









21,=i 0,X
18 2X + 3X
6 X 
4 X
i
21
2
1
X2
Região 
viável
X1
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Método Simplex
99









21,=i 0,X
18 2X + 3X
6 X 
4 X
i
21
2
1





 51,=i 0,X
 18=X+ 2X+3X
6 = X+ X 
4 = X+ X
i
521
42
31
s. a: s. a:
Exemplo:
Modelo original  Modelo na forma padrão
Min Z = –3X1 – 5X2  Min Z = –3X1 – 5X2
X2
Região 
viável
X1
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Método Simplex
100
VB X1 X2 X3 X4 X5 b
X3 1 0 1 0 0 4
X4 0 1 0 1 0 6 
X5 3 2 0 0 1 18
-Z -3 -5 0 0 0 0
X3 1 0 1 0 0 4
X2 0 1 0 1 0 6
X5 3 0 0 -2 1 6
-Z -3 0 0 5 0 30
X3* 0 0 1 2/3 -1/3 2
X2* 0 1 0 1 0 6 
X1* 1 0 0 -2/3 1/3 2
-Z* 0 0 0 3 1 36
Solução básica viável ótima: X1* = 2, X2* = 6, X3* = 2, X4* = X5* = 0, Z* = –36
Resolução do exemplo para interpretação geométrica do Método Simplex:
Quadro 1: Entra X2 Sai X4
Quadro 2: Entra X1 Sai X5
Quadro 3 (ótimo)
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Método Simplex 
101
Quadro 2:
X1 = X4 = 0,
Z = -30, 
X2 = 6, X3 = 4, X5 = 6.
Quadro 3:
X4 *= X5* = 0, 
Z* = -36, X1* = 2, 
X2* = 6, X3* = 2.
Quadro 1:
X1 = X2 = 0,
Z = 0, X3 = 4, X4 = 6, 
X5 = 18.
X2
Região 
viável
X1
Visualização das iterações
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Método Simplex
102
(4) Identificação de Soluções Ótimas Múltiplas: 
Considere que há uma Solução Básica Viável ótima para um 
modelo de minimização, ou seja, tem-se Z* = Z* e todos  0 para toda 
variável não-básica X s .
A identificação da ocorrência de Soluções Ótimas múltiplas é feita, 
no Quadro Ótimo, quando há alguma variável não-básica Xj com = 0.
Assim ao se escolher Xj para entrar no conjunto das variáveis 
básicas, não se alterará o valor ótimo Z* da função objetivo.
Desta maneira, pode-se obter uma nova Solução Básica Viável 
ótima na qual Xj será uma variável básica. 
Fica caracterizada assim a existência de múltiplas Soluções Ótimas.
jC
SC
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Método Simplex
103
Exemplo:
Modelo original  Modelo na forma padrão 
Min Z = – X1 – 2X2  Min Z = – X1 – 2X2
S. a: S. a: 









21,=i0,X
92X+X
4X 
3 X
i
2 1
2
1





 51,=i0,X
9=X + 2X+ X
4= X+ X 
3= X+ X
i
521
42
31
A seguir apresenta-se:
A resolução gráfica do modelo original.
A resolução do modelo na forma padrão pelo Método Simplex.
Uma visualização das iterações desenvolvidas pelo Método 
Simplex sobre a região viável do modelo original.
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Método Simplex
104
Resolução gráfica do exemplo com múltiplas Soluções Ótimas
Observação: XA* , XB* são soluções básicas viáveis ótimas, Z* = – 9 é
o valor ótimo da função objetivo, a expressão geral da Solução Ótima é: 
X* =  XA* + (1 – ) XB* com 0    1.
(3,0) X1
1
4
Z = - 6
Z* = - 9
3
3
X*
(0,4)
X2
= XA*
= XB*
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Método Simplex
105
VB X1 X2 X3 X4 X5 b
X3 1 0 1 0 0 3
X4 0 1 0 1 0 4 
X5 1 2 0 0 1 9
-Z -1 -2 0 0 0 0
Solução ótima geral:
X* =  XA* + (1 - ) XB*, 
com 0    1, e Z* = - 9
X3 1 0 1 0 0 3
X2 0 1 0 1 0 4
X5 1 0 0 -2 1 1
-Z -1 0 0 2 0 8
X3* 0 0 1 2 -1 2 
X2* 0 1 0 1 0 4 
X1* 1 2 0 -21 1 
-Z* 0 0 0 0 0 9
X4* 0 0 1/2 1 -1/2 1 
X2* 0 1 -1/2 0 1/2 3 
X1* 1 0 1 0 0 3 
Z* 0 0 0 0 1 9
Resolução do modelo na forma padrão 
Quadro 1: Entra X2 e Sai X4
Quadro 2: Entra X1 e Sai X5
Quadro 3: Ótimo (XA*)
Quadro 4
Ótimo
(XB*)
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Método Simplex
106
Visualização das iterações do Método Simplex 
Quadro 2:
X1 = X4 = 0,
X2 = 4, X3 = 3,
X5 = 1, Z = -8
Quadro 3:
X4* = X5* = 0,
X1* = 1, X2* = 4,
X3* = 2, Z* = -9
Quadro 4:
X3* = X5* = 0,
X1* = 3, X2* = 3,
X4* = 1, Z* = -9
Quadro 1:
X1 = X2= 0, X3 = 3, 
X4 = 4, X5 = 9, 
Z = 0
XA
XB
X*
X1
X2
(0,0)
X* =  XA* + (1 -) XB*, 
onde 0    1
É o caso, em termos 
de resolução gráfica, 
de um segmento de 
reta ótimo.
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Método Simplex
107
Observação importante: 
Se no Quadro 3, na coluna da variável X4 não houvesse algum 
coeficiente , não se poderia efetuar o pivoteamento;
Então este é o caso, em termos da resolução gráfica, que a Solução 
Ótima é uma semi-reta, da forma X* = XA* com   1 .
0 >A 4,i
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109
Considere um modelo de Programação Linear que esteja na forma 
padrão
Se todas as restrições do modelo original (ainda não colocado na forma 
padrão) forem desigualdades do tipo “  “, tem-se uma forma canônica 
inicial (ou seja, uma Solução Básica Viável inicial) evidente, onde as 
variáveis básicas serão as variáveis de folga introduzidas para a redução das 
desigualdades para equações equivalentes.
Se alguma restrição do modelo original for uma igualdade “=“, ou ainda 
desigualdade do tipo “  “, a condição acima não ocorrerá e não haverá
uma Solução Básica Viável inicial explícita.
Quando não há uma Solução Básica Viável inicial deve-se utilizar algum 
procedimento de inicialização para o Método Simplex.
Procedimentos de inicialização para o Método 
Simplex 
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Procedimentos de inicialização para o Método 
Simplex 
110
(1) Método das Duas Fases.
Fase 1: 
(a) Construção e resolução de um modelo artificial 
(b) Análise da Solução Ótima do modelo artificial
Fase 2: 
Resolução do modelo original utilizando como solução inicial a Solução 
Ótima do modelo artificial.
(2) Método do Big M .
Introduz variáveis artificiais, nas equações do sistema de restrições 
(exatamente como o método das duas fases), e na função objetivo original com 
coeficientes penalizantes adequados, isto é, M >>0 para minimização e –M <<0 
para maximização.
A seguir apresenta-se as bases do Método das Duas Fases para inicialização do 
Método Simplex.
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Procedimentos de inicialização para o Método 
Simplex 
111
Desenvolvimento do Método das Duas Fases
Considere que o modelo de Programação Linear na forma padrão 
abaixo não apresenta uma Solução Básica Viável inicial, isto é, não há
uma forma canônica evidente.
Modelo original (na forma padrão)
Min Z = C1 X1 + C2 X2 + ... + Cn Xn
s.a:








 n1,=i0,X
bXA+ ...+XA
........................................
........................................
b= XA+ .... +XA
i
m=n mn1m1
1n1n111
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Procedimentos de inicialização para o Método 
Simplex 
112
Fase 1: Construção e resolução de um modelo artificial
O modelo artificial, a partir das equações do sistema de restrições 
do modelo original será: 
com Y1, Y2, ..., Ym sendo as variáveis artificiais não negativas.
Min W = Y1 + Y2 + .... + Ym
s. a:








 m1,=j0,Y ;n 1,=i0,
b=Y +XA+...+XA
........................................................................
b= Y +XA+...+ XA
b= Y+XA+...+XA
j
mmnmn1m1
22n2n121
11n1n111
iX
A F. O. artificial sempre será de Minimização, qualquer que seja o Modelo Original.
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Procedimentos de inicialização para o Método 
Simplex 
113
Observe que o modelo artificial está na forma padrão com Solução Básica 
Viável inicial:
X1 = X2 = ... = Xn = 0 (variáveis não-básicas)
Y1 = b1, Y2 = b2, ..., Ym = bm (variáveis básicas)
W = b1 + b2 + ... + bm.
Analisando o valor ótimo da função objetivo W* do modelo artificial 
pode-se concluir:
Caso 1: Se W*  0  há pelo menos uma variável básica artificial Yj com 
valor  0.
Nesta situação conclui-se que o sistema de restrições do modelo original 
depende destas variáveis artificiais não nulas para ser satisfeito. Assim o 
Modelo Original é inviável. Não há a fase 2.
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Procedimentos de inicialização para o Método 
Simplex 
114
Caso 2: se W* = 0  Y1* = Y2* = ... = Ym* = 0.
Conclui-se que o sistema de restrições do Modelo Original 
pode ser satisfeito apenas com as variáveis Xi.
Desta forma o Modelo Original é viável.
Subcaso 2.1: se todas as variáveis artificiais são não-
básicas na Solução Ótima do modelo artificial.
Basta eliminar todas as variáveis artificiais, substituir a 
função objetivo artificial pela original, e iniciar a fase 2.
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Procedimentos de inicialização para o Método 
Simplex 
115
Subcaso 2.2: se alguma variável artificial permanece como variável básica
na Solução Ótima do modelo artificial. Observe que estas variáveis devem 
ser nulas, pois W* = 0.
Deve-se, através de operações de pivoteamento, substituir estas variáveis 
artificiais básicas por variáveis originais, eliminar todas as variáveis 
artificiais não básicas, substituir a função objetivo artificial pela original, e 
iniciar a fase 2.
Se não é possível substituir alguma variável artificial básica por uma 
variável original (pela inexistência de elemento pivot), basta eliminar a 
equação associada com a variável artificial em questão (a equação é uma 
combinação linear das demais equações do modelo original).
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Procedimentos de inicialização para o Método 
Simplex 
116
Exemplo de aplicação do Método das Duas Fases
Modelo  Modelo na forma padrão
Min Z = -3X1 - 5X2  Min Z = -3X1 - 5X2
s. a: s. a:









1,2=i0,X
182X+3X
6 X 
4 X
i
21
2
1





 51,=i0,X
18=X- 2X+3X
6 = X+ X 
4= X+ X
i
521
42
31
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Procedimentos de inicialização para o Método 
Simplex 
117
Fase 1: construção do Modelo Artificial
Min W = Y1
s. a: X1 + X3 = 4
X2 +X4 = 6
3X1 + 2X2 – X5 + Y1 = 18
Xi ≥ 0, i = 1,5; Yi ≥ 0
Solução básica viável inicial para o Modelo Artificial:
X1 = X2 = X5 = 0 (variáveis não-básicas)
X3 = 4, X4 = 6, Y1 = 18 (variáveis básicas)
W = 18
Pesquisa Operacional - UNESP / Campus de Guaratinguetá118
Exemplo de aplicação do Método das Duas Fases
VB X1 X2 X3 X4 X5 Y1 b
X3 1 0 1 0 0 0 4 Adequar a
X4 0 1 0 1 0 0 6 função
Y1 3 2 0 0 -1 1 18 objetivo
-W 0 0 0 0 0 1 0
Fase 1: Análise da Solução 
Ótima do Modelo Artificial
W* = 0
Caso 2.1: Modelo Original 
viável. Não há variáveis 
básicas artificiais. Eliminar 
variáveis artificiais, 
substituir função objetivo 
artificial pela original. 
Iniciar fase 2.
X3 1 0 1 0 0 0 4
X4 0 1 0 1 0 0 6 Quadro 1
Y1 3 2 0 0 -1 1 18
-W -3 -2 0 0 1 0 18
Fase 1: Resolução do Modelo Artificial
X1 1 0 1 0 0 0 4
X4 0 1 0 1 0 0 6 Quadro 2
Y1 0 2 -3 0 -1 1 6
-W 0 -2 3 0 0 1 0
X1 1 0 1 0 0 0 4
X4 0 0 3/2 1 1/2 -1/2 3 Quadro 3
X2 0 1 -3/2 0 -1/2 1/2 3
-W* 0 0 0 0 0 1 0
Transformar em
Zeros os coeficientes
das variáveis 
artificiais na F. O.
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119
VB X1 X2 X3 X4 X5 b
X1 1 0 1 0 0 4 Adequar a
X4 0 0 3/2 1 1/2 3 função
X2 0 1 -3/2 0 -1/2 3 objetivo
-Z -3 -5 0 0 0 0
Exemplo de aplicação do Método das Duas Fases
Solução ótima 
(única) do Modelo 
Original:
X1* = 4, X2* = 6, 
X5* = 6, 
X3* = X4* = 0, 
Z* = -42
Fase 2: Resolução do Modelo Original
X1 1 0 1 0 0 4
X4 0 0 3/2 1 1/2 3 Quadro 3’
X2 0 1 -3/2 0 -1/2 3 
-Z 0 0 -9/2 0 -5/2 27
X1* 1 0 0 0 0 4
X5* 0 0 3 2 1 6 Quadro 4
X2* 0 1 0 1 0 6 (Ótimo)
-Z* 0 0 3 5 0 42
Coeficientes de
variáveis 
básicas na F. O.
devem ser Zero 
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120
Visualização das iterações 
Modelo
Min Z = -3X1 - 5X2
s. a:
Exemplo de aplicação do Método das Duas Fases









(4) 1,2=i0,X
(3) 182X+3X
(2) 6 X 
(1) 4 X
i
21
2
1
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Visualização da Iterações do Método das Duas Fases 
121
Quadro 1:
W = 18,
Z = 0
(4, 0)
Quadro 2:
W = 6,
Z = -12
X1
(4, 3)
Quadro 4: Ótimo, 
Z* = -42
Região
Viável
X2
(2, 6) (4, 6)
Quadro 3= 
Quadro 3’:
W = 0, 
Z = -27 
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Exercícios: Resolver graficamente e pelo 
Simplex
123
1. Min Z = X1 + 2 X2
X1 + X2 ≥ 3
s. a: 2X1 + X2 ≤ 2
X1, X2 ≥ 0 (R: Inviável)
2. Max Z = 6X1 + 10 X2
3X1 + 5X2 ≤ 15
s. a: 5X1 + 2X2 ≤ 10
X1, X2 ≥ 0 R: há mais de uma solução ótima 
(Segmento de reta ótimo)
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Exercícios
124
3. Max Z = 2X1 + 2X2
X1 - X2 ≥ -1
s. a: - ½ X1 + X2 ≤ 2
X1, X2 ≥ 0 (R: Solução ilimitada)
4. Max Z = X1 + X2
X1 + 4X2 ≥ 4
s. a: 3X1 + X2 = 1
X1, X2 ≥ 0 Comentário: Fica a Variável Artificial na solução ótima do 
Problema Artificial como Variável Básica, ela sai por
pivoteamento. 
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Exercícios
125
5. Max Z = X1 + X2
2X1 + 3X2 = 5
s. a: - 6X1 - 9X2 = - 15
X1 – X2 ≥ 0 Comentário: 1a. equação é
X1, X2 ≥ 0 combinação linear das demais.
6. Max Z = - 4X1 + X2
3X1 + X2 ≥ 3
s. a: X1 - X2 ≤ - 1
4X1 – X2 ≥ - 4 
X1, X2 ≥ 0 R: Há mais de uma solução 
ótima (Semi-reta ótima)