Apostila Completa - Pesquisa Operacional Básica - Professor-Matusalém

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Curso: Introdução a 
Pesquisa Operacional 
 
 
 
 
 
 
V e r s ã o 1 . 4 - 2 0 1 5 
Professor Matusalém Vieira Martins 
Este trabalho é um compilado sobre o tema “Pesquisa 
Operacional” e tem por objetivo ajudar estudantes do respectivo 
tema a se familiarizar com o assunto. 
 
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Pesquisa Operacional – Professor Mestre Matusalém Vieira Martins 
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Apresentação do curso: 
Assista agora a Vídeo da apresentação do curso: 
Apresentação do curso Introdução a Pesquisa Operacional 
 
Antes de começar os seus estudos recomendo estar com alguns 
livros de PO como apoio (peça para que a sua faculdade compre o maior 
número possível), todos são bons, deixo abaixo alguns de exemplo: 
 
 
 
 
 
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Sumário 
Apresentação da Pesquisa Operacional ............................................................................................................. 5 
Conceito ..................................................................................................................................................................... 5 
Fases de um Estudo em P.O. ............................................................................................................................. 6 
Programação Linear................................................................................................................................................... 8 
Modelo em Programação Linear ....................................................................................................................... 8 
Roteiro: ...................................................................................................................................................................... 8 
Exemplos: ................................................................................................................................................................. 9 
Exercícios: ............................................................................................................................................................... 12 
Técnica de Solução para Modelos de Programação Linear com Duas Variáveis de Decisão - 
Método Gráfico ...................................................................................................................................................... 30 
GRÁFICO DO CONJUNTO DE SOLUÇÕES .................................................................................................... 31 
Exemplos: ............................................................................................................................................................... 31 
AVALIAÇÃO DO OBJETIVO ................................................................................................................................ 33 
MÉTODO GRÁFICO ............................................................................................................................................... 34 
Exercícios: ............................................................................................................................................................... 37 
O Método Simplex .................................................................................................................................................... 77 
Apresentação ......................................................................................................................................................... 77 
Exemplo:.................................................................................................................................................................. 77 
Exercícios ................................................................................................................................................................. 87 
Solução de um Modelo Geral de Programação Linear pelo Método Simplex .................................. 135 
O PROBLEMA DA MINIMIZAÇÃO ................................................................................................................... 135 
Exemplo:................................................................................................................................................................ 135 
O PROBLEMA DA VARIÁVEL LIVRE .............................................................................................................. 141 
Exemplo resolvido: ............................................................................................................................................ 141 
O PROBLEMA DA SOLUÇÃO BÁSICA INICIAL .......................................................................................... 144 
Exemplo:................................................................................................................................................................ 144 
RETORNO AO MODELO ORIGINAL ............................................................................................................... 144 
Método do M grande ......................................................................................................................................... 144 
Exemplo:................................................................................................................................................................ 145 
Método da função objetivo auxiliar ............................................................................................................. 149 
Exemplo:................................................................................................................................................................ 150 
O Problema da Degeneração ......................................................................................................................... 154 
O Problema da Solução ilimitada ................................................................................................................. 154 
Caso de Soluções Múltiplas ............................................................................................................................ 154 
Exercícios ............................................................................................................................................................... 155 
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Análise Econômica ................................................................................................................................................. 178 
Dualidade ................................................................................................................................................................... 185 
Introdução ............................................................................................................................................................. 185 
Interpretação Econômica do Dual ................................................................................................................ 190 
Exercícios ............................................................................................................................................................... 192 
A ferramenta Solver (Excel)............................................................................................................................... 200 
Definindo e Resolvendo um Problema ....................................................................................................... 200 
Instalando o Solver ...........................................................................................................................................204 
Exemplos: ............................................................................................................................................................. 204 
Exercícios: ............................................................................................................................................................. 208 
Problema do Transporte ...................................................................................................................................... 216 
Introdução ............................................................................................................................................................. 216 
O MODELO LINEAR DO TRANSPORTE ........................................................................................................ 217 
O CASO DE SISTEMAS NÃO EQUILIBRADOS .......................................................................................... 218 
O Algoritmo dos Transportes ......................................................................................................................... 219 
1 ª Parte - CÁLCULO DA SOLUÇÃO BÁSICA INICIAL ........................................................................... 219 
a) método do canto noroeste .................................................................................................................. 219 
b) Método de Vogel ou método das penalidades ............................................................................. 220 
Método do canto noroeste .............................................................................................................................. 222 
Método de Vogel ................................................................................................................................................. 226 
2ª Parte - CRITÉRIO DE OTIMALIDADE .................................................................................................... 234 
O Problema da Degenerescência .................................................................................................................. 239 
O Caso de Maximização ................................................................................................................................... 246 
O Caso da Impossibilidade de Transporte ................................................................................................ 250 
Exercícios ............................................................................................................................................................... 250 
O Problema da Designação ................................................................................................................................. 283 
Introdução ............................................................................................................................................................. 283 
Descrição do Algoritmo .................................................................................................................................... 283 
O Caso de Maximização ................................................................................................................................... 285 
Exercícios ............................................................................................................................................................... 288 
Análise de Sensibilidade ...................................................................................................................................... 303 
Exemplo 1: ............................................................................................................................................................ 304 
Mudança nos Lucros Unitários (Coeficientes da Função Objetivo) ................................................. 304 
a) Mudança no coeficiente de uma variável básica. ....................................................................... 304 
b) Mudança no coeficiente de uma variável não básica. .............................................................. 309 
c) Entrada de Uma Nova Variável ............................................................................................................. 310 
d) Mudanças nos Valores dos Recursos .............................................................................................. 310 
Exercícios ............................................................................................................................................................... 330 
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Bibliografia ................................................................................................................................................................ 353 
 
 
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Apresentação da Pesquisa Operacional 
 
Antes de mais nada gostaria de parabeniza-lo por estar estudando 
tópicos considerados tão difíceis e fazer alguns comentários e pedidos. 
 
 Este curso é básico e com isso quer possibilitar ao aluno uma 
introdução ao estudo da Pesquisa Operacional. 
 
 Este curso é concebido para que você possa reforçar os estudos de 
sala, e não como substituto deste. 
 
 Este curso não confere certificado aos que o adquiriram. 
 
 Se você encontrar algum erro por favor me comunique informando 
qual e em que página está, para que eu possa arrumar e com isso 
todos teremos sempre o melhor curso. Enviar mensagem para o e-
mail: professormatusalem@gmail.com; 
 
 Se você gostou do curso, peço que informe a seus colegas sobre ele 
e peça para que eles visitem meus sites: 
www.professormatusalem.com e www.cursosdematematica.com.br 
 
 Verifique sempre se você está com a última versão do curso, é só 
olhar na sua conta e baixar. 
 
 
Muito Obrigado 
Matusalém Vieira Martins 
 
Conceito 
 
Pesquisa Operacional é um método científico de tomada de decisões. 
Em linhas gerais, consiste na descrição de um sistema organizado com o 
auxílio de um modelo, e através da experimentação com o modelo, na 
descoberta da melhor maneira de operar o sistema. 
mailto:professormatusalem@gmail.com
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A Pesquisa Operacional como a conhecemos surgiu durante a 
Segunda Guerra Mundial, resultado de estudos realizados por equipes 
interdisciplinares de cientistas contratados para resolver problemas 
militares de ordem estratégica e tática. 
 
Fases de um Estudo em P.O. 
 
Um estudo em Pesquisa Operacional costuma envolver seis fases: 
 formulação do problema; 
 construção do modelo do sistema; 
 cálculo da solução através do modelo; 
 teste do modelo e da solução; 
 estabelecimento de controles da solução; 
 implantação e acompanhamento. 
 
que podem ser descritas como segue: 
Formulação do Problema - Nesta fase, o administrador do 
sistema e o responsável pelo estudo em P.O. deverão discutir, no sentido 
de colocar o problema de maneira clara e coerente, definindo os objetivos 
a alcançar e quais os possíveis caminhos alternativos para que isso 
ocorra. 
Além disso, serão levantadas as limitações técnicas do sistema e as 
relações desse sistema com outros da empresa ou do ambiente externo, 
com a finalidade de criticar a validade de possíveis soluções em face 
destes obstáculos. 
Deverá ainda ser acordada uma medida de eficiência para o 
sistema, que permita ao administrador ordenar as soluções encontradas, 
concluindo o processo decisório. 
 
Construção do Modelo do Sistema - Os modelos que interessam 
em Pesquisa Operacional são os modelos matemáticos, isto é, modelos 
formados porum conjunto de equações e inequações. 
 Uma das equações do conjunto serve para medir a eficiência do 
sistema para cada solução proposta. É a função objetivo ou função de 
eficiência. As outras equações geralmente descrevem as limitações ou 
restrições técnicas do sistema. As variáveis que compõem as equações 
são de dois tipos: 
- Variáveis controladas ou de decisão - são variáveis cujo valor 
está sob controle do administrador. Decidir, neste caso, é atribuir um 
particular valor a cada uma dessas variáveis. Numa programação de 
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produção, por exemplo, a variável de decisão é a quantidade a ser 
produzida num período, o que compete ao administrador controlar. 
- Variáveis não controladas - são as variáveis cujos valores são 
arbitrados por sistemas fora do controle do administrador. Custos de 
produção, demanda de produtos, preço de mercado são variáveis não 
controladas. 
Um bom modelo é aquele que tem desempenho suficientemente 
próximo do desempenho da realidade e é de fácil experimentação. Essa 
proximidade desejada é variável, dependendo do objetivo proposto. Um 
bom modelo para um objetivo pode ser péssimo para outro. A fidelidade 
de um modelo é aumentada à medida que ele incorpora características da 
realidade, com a adição de novas variáveis. Isso aumenta sua 
complexidade, dificultando a experimentação, o que nos leva a considerar 
o fator custo-benefício quando pensamos em melhorar o desempenho de 
um modelo. 
Cálculo da solução através do modelo - É feito através de 
técnicas matemáticas específicas. A construção do modelo deve levar em 
consideração a disponibilidade de uma técnica para o cálculo da solução. 
Teste do modelo e da solução - Esse teste é realizado com dados 
empíricos do sistema.' Se houver dados históricos, eles serão aplicados 
no modelo, gerando um desempenho que pode ser comparado ao 
desempenho observado no sistema. Se o desvio verificado não for 
aceitável, a reformulação ou mesmo o abandono do modelo será 
inevitável. Caso não haja dados históricos, os dados empíricos serão 
anotados com o sistema funcionando sem interferência, até que o teste 
possa ser realizado. 
Estabelecimento de controles da solução - A construção e 
experimentação com o modelo identificam parâmetros fundamentais para 
solução do problema. Qualquer mudança nesses parâmetros deverá ser 
controlada para garantir a validade da solução adotada. Caso alguns 
desses parâmetros sofra desvio além do permitido, o cálculo de nova 
solução ou mesmo a reformulação do modelo poderá ser necessária. 
Implementação e acompanhamento - Nesta fase, a solução será 
apresentada ao administrador, evitando-se o uso da linguagem técnica 
do modelo. O uso da linguagem do sistema em estudo facilita a 
compreensão e gera boa vontade para a implantação que está sendo 
sugerida. Essa implantação deve ser acompanhada para se observar o 
comportamento do sistema com a solução adotada. Algum ajuste pode 
ser requerido. 
 
 
 
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Programação Linear 
 
 
Modelo em Programação Linear 
 
Uma das técnicas mais utilizadas na abordagem de problemas em 
Pesquisa Operacional é a programação linear. A simplicidade do modelo 
envolvido e a disponibilidade de uma técnica de solução programável em 
computador facilitam sua aplicação. As aplicações mais conhecidas são 
feitas em sistemas estruturados, como os de produção, finanças, 
controles de estoques etc. 
O modelo matemático de programação linear é composto de um 
função objetiva linear; e de restrições técnicas representadas por um 
grupo de inequações também lineares. 
Exemplo: Função objetivo a ser maximizada: Lucro = 2x1 + 3x2 
 
𝑅𝑒𝑠𝑡𝑟𝑖çõ𝑒𝑠 
{
 
 
 
 𝑡é𝑐𝑛𝑖𝑐𝑎𝑠 {
4𝑥1 + 3𝑥2 ≤ 10
6𝑥1 − 𝑥2 ≥ 20
 
𝑑𝑒 𝑛ã𝑜 𝑛𝑒𝑔𝑎𝑡𝑖𝑣𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 {
𝑥1 ≥ 0
𝑥2 ≥ 0
 
 
As variáveis controladas ou variáveis de decisão são x1 e x2. A 
função objetivo ou função e eficiência mede o desempenho do sistema, 
no caso a capacidade de gerar lucro, para cada solução apresentada. O 
objetivo é maximizar o lucro. As restrições garantem que essas soluções 
estão de acordo com as limitações técnicas impostas pelo sistema. As 
duas últimas restrições exigem a não negatividade das variáveis de 
decisão, o que deverá acontecer sempre que a técnica de abordagem for 
a de programação linear. 
A construção do modelo matemático, no caso um modelo linear, é a 
parte mais complicada de nosso estudo. Não há regra fixa para esse 
trabalho, mas podemos sugerir um roteiro que ajuda a ordenar o 
raciocínio. 
 
Roteiro: 
a) Quais as variáveis de decisão? 
Aqui o trabalho consiste em explicitar as decisões que devem ser 
tomadas e representar as possíveis decisões através de variáveis 
chamadas variáveis de decisão. Se o problema é de programação de 
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produção, as variáveis de decisão são as quantidades a produzir no 
período; se for um problema de programação de investimento, as 
variáveis vão representar as decisões de investimento, isto é, quanto 
investir em cada oportunidade de investimento, e em que período. Nas 
descrições sumárias de sistemas, isso fica claro quando lemos a questão 
proposta, isto é, a pergunta do problema. 
b) Qual o objetivo? 
Aqui devemos identificar o objetivo da tomada de decisão. Eles 
aparecem geralmente na forma da maximização de lucros ou receitas, 
minimização de custos, perdas etc. 
A função objetivo é a expressão que calcula o valor do objetivo (lucro, 
custo, receita, perda etc.), em função das variáveis de decisão. 
c) Quais as restrições? 
Cada restrição imposta na descrição do sistema deve ser expressa 
como uma relação linear (igualdade ou desigualdade), montadas com as 
variáveis de decisão. 
 
Exemplos: 
Vejamos agora situações que podem ser descritas com o auxílio de um 
modelo linear: 
 
Exemplo 1: 
Certa empresa fabrica dois produtos P1 e P2. O lucro unitário do 
produto P1 é de 1.000 unidades monetárias e o lucro unitário de P2. é de 
1.800 unidades monetárias. A empresa precisa de 20 horas para fabricar 
uma unidade de P1 e de 30 horas para fabricar uma unidade de P2. O 
tempo anual de produção disponível para isso é de 1.200 horas. A 
demanda esperada para cada produto é de 40 unidades anuais para P1 e 
30 unidades anuais para P2. 
Qual é o plano de produção para que a empresa maximize seu lucro 
nesses itens? Construa o modelo de programação linear para esse caso. 
 
Solução: 
a) Quais as variáveis de decisão? 
O que deve ser decidido é o plano de produção, isto é, quais as 
quantidades anuais que devem ser produzidas de P1 e P2. 
Portanto, as variáveis de decisão serão x1 e x2 
 
x1 → quantidade anual a produzir de P1 
x2 → quantidade anual a produzir de P2. 
 
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b) Qual o objetivo? 
O objetivo é maximizar o lucro, que pode ser calculado: 
Lucro devido a P1: 1.000 . x1 
(lucro por unidade de P1 x quantidade produzida de P1) 
Lucro devido a P2: 1.800 . x2 
(lucro por unidade de P2. x quantidade produzida de P2) 
 
Lucro total: L = 1.000 . x1 + 1.800 . x2 
 
Objetivo: maximizar L = 1.000 . x1 + 1.800 . x2 
 
c) Quais as restrições? 
 
As restrições impostas pelo sistema são: 
- Disponibilidade de horas para a produção: 1.200 horas. 
horas ocupadas com P1: 20x1 (uso por unidade x quantidade 
produzida) 
horas ocupadas com P2: 30x2 (uso por unidade x quantidade 
produzida) 
Total em horas ocupadas na produção: 20x1 + 30x2 disponibilidade: 
1.200 horas. 
Restrição descritiva da situação: 20x1 + 30x2 ≤ 1.200 
 
- Disponibilidade de mercado para os produtos (demanda)Disponibilidade para P1: 40 unidades 
Quantidade a produzir de P1: x1 
Restrição descritiva da situação: x1 ≤ 40 
Disponibilidade para P2: 30 unidades 
Quantidade a produzir de P2: x2 
Restrição descritiva da situação: x2 ≤ 30 
 
Resumo do modelo: max L = 1.000x1 + 1.800x2 
Sujeito a: 
𝑟𝑒𝑠𝑡𝑟𝑖çõ𝑒𝑠 𝑡é𝑐𝑛𝑖𝑐𝑎𝑠 {
20𝑥1 + 30𝑥2 ≤ 1200
𝑥1 ≤ 40
𝑥2 ≤ 30
 
𝑟𝑒𝑠𝑡𝑟𝑖çõ𝑒𝑠 𝑑𝑒 𝑛ã𝑜 𝑛𝑒𝑔𝑎𝑡𝑖𝑣𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 {
𝑥1 ≥ 0
𝑥2 ≥ 0
 
Assista agora a Vídeo Aula: 
Modelo de programação Linear - Exemplo 1 
 
 
http://www.professormatusalem.com/video-aulas/ensino-superior/aula-01-modelo-de-programacao-linear-exemplo-1/
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Exemplo 2: 
Para uma boa alimentação, o corpo necessita de vitaminas e 
proteínas. A necessidade mínima de vitaminas é de 32 unidades por dia e 
a de proteínas de 36 unidades por dia. Uma pessoa tem disponível carne 
e ovos para se alimentar. Cada unidade de carne contém 4 unidades de 
vitaminas e 6 unidades de proteínas. Cada unidade de ovo contém 8 
unidades de vitaminas e 6 unidades de proteínas. 
Qual a quantidade diária de carne e ovos que deve ser consumida 
para suprir as necessidades de vitaminas e proteínas com o menor custo 
possível? Cada unidade de carne custa 3 unidades monetárias e cada 
unidade de ovo custa 2,5 unidades monetárias. 
Solução: 
a) Quais as variáveis de decisão? 
Devemos decidir quais as quantidades de carne e ovos a pessoa deve 
consumir no dia. As variáveis de decisão serão, portanto: 
 
x1 → quantidade de carne a consumir no dia 
x2 → quantidade de ovos a consumir no dia 
 
b) Qual o objetivo? 
O objetivo é minimizar o custo, que pode ser calculado: 
 
Custo devido à carne: 3 . x1 
(custo por unidade x quantidade a consumir de carne) 
 
Custo devido aos ovos: 2,5 . x2 
(custo por unidade x quantidade a consumir de ovos) 
 
Custo total: C = 3x1 + 2,5x2 
Objetivo: minimizar C = 3x1 + 2,5x2 
 
c) Quais as restrições? 
 
As restrições impostas pelo sistema são: 
necessidade mínima de vitamina: 32 unidades 
vitamina de carne: 4 . x1 
(quantidade por unidade x unidades de carne a consumir) 
 
vitamina de ovos: 8 . x2 
(quantidade por unidade x unidades de ovos a consumir) 
 
Total de vitaminas: 4x1 + 8x2 
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Necessidade mínima: 32 
Restrição descritiva da situação: 4x1 + 8x2 ≥ 32 
 
necessidade mínima de proteína: 36 unidades 
 
proteína de carne: 6 . x1 
(quantidade por unidade x unidades de carne a consumir) 
proteína de ovos: 6 . x2 
(quantidade por unidade x unidades de ovos a consumir) 
 
Total de proteínas: 6x1 + 6x2 
 
Necessidade mínima: 36 
Restrição descritiva da situação: 6x1 + 6x2 ≥ 36 
 
Resumo do modelo: min C = 3x1 + 2,5x2 
Sujeito a: 
𝑟𝑒𝑠𝑡𝑟𝑖çõ𝑒𝑠 𝑡é𝑐𝑛𝑖𝑐𝑎𝑠 {
4𝑥1 + 8𝑥2 ≥ 32
6𝑥1 + 6𝑥2 ≥ 36
 
𝑟𝑒𝑠𝑡𝑟𝑖çõ𝑒𝑠 𝑑𝑒 𝑛ã𝑜 𝑛𝑒𝑔𝑎𝑡𝑖𝑣𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 {
𝑥1 ≥ 0
𝑥2 ≥ 0
 
Assista agora a Vídeo Aula: 
Modelo de programação linear - exemplo 2 
Exercícios: 
Construir o modelo matemático de programação linear dos sistemas 
descritos a seguir: 
1) Um sapateiro faz 6 sapatos por hora, se fizer somente sapatos, e 5 
cintos por hora, se fizer somente cintos. Ele gasta 2 unidades de 
couro para fabricar 1 unidade de sapato e 1 unidade couro para 
fabricar uma unidade de cinto. Sabendo-se que o total disponível de 
couro é de 6 unidades e que o lucro unitário por sapato é de 5 
unidades monetárias e o do cinto é de 2 unidades monetárias, pede-
se: o modelo do sistema de produção do sapateiro, se o objetivo é 
maximizar seu lucro por hora. 
Solução: 
a) Quais são as variáveis de decisão? 
𝒙𝟏 → 𝒏º 𝒅𝒆 𝒔𝒂𝒑𝒂𝒕𝒐𝒔/𝒉𝒐𝒓𝒂 
𝒙𝟐 → 𝒏º 𝒅𝒆 𝒄𝒊𝒏𝒕𝒐𝒔/𝒉𝒐𝒓𝒂 
 
b) Qual é a função objetivo? 
𝒎á𝒙𝒊𝒎𝒐 𝒍𝒖𝒄𝒓𝒐 = 𝟓𝒙𝟏 + 𝟐𝒙𝟐 
http://www.professormatusalem.com/video-aulas/ensino-superior/aula-02-modelo-de-programacao-linear-exemplo-2/
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c) Quais são as restrições técnicas? 
Se são 6 sapatos por hora, isto significa que ele gasta 10 minutos 
para cada sapato, do mesmo jeito se são 5 cintos por hora ele 
gasta 12 minutos para fazer cada cinto. 
Logo lembrando que 1h = 60 minutos temos: 
𝟏𝟎𝒙𝟏 + 𝟏𝟐𝒙𝟐 ≤ 𝟔𝟎 
Também foi tido que ele gasta 2 unidades de couro para fazer um 
sapato e 1 unidade para fazer o cinto se ele dispõe de 6 unidades 
de couro nototal, temos: 
𝟐𝒙𝟏 + 𝟏𝒙𝟐 ≤ 𝟔 
 
Logo as restrições são: 
𝒓𝒆𝒔𝒕𝒓𝒊çõ𝒆𝒔 𝒕é𝒄𝒏𝒊𝒄𝒂𝒔 {
𝟏𝟎𝒙𝟏 + 𝟏𝟐𝒙𝟐 ≤ 𝟔𝟎
𝟐𝒙𝟏 + 𝟏𝒙𝟐 ≤ 𝟔
 
 
d) Quais as restrições de não – negatividade? 
Como na maioria dos casos a quantidade não pode ser 
negativa de nenhum dos produtos, logo: 
𝒓𝒆𝒔𝒕𝒓𝒊çõ𝒆𝒔 𝒅𝒆 𝒏ã𝒐 𝒏𝒆𝒈𝒂𝒕𝒊𝒗𝒊𝒅𝒂𝒅𝒆 {
𝒙𝟏 ≥ 𝟎
𝒙𝟐 ≥ 𝟎
 
 
e) Escreva o modelo completo. 
𝒙𝟏 → 𝒏º 𝒅𝒆 𝒔𝒂𝒑𝒂𝒕𝒐𝒔/𝒉𝒐𝒓𝒂 
𝒙𝟐 → 𝒏º 𝒅𝒆 𝒄𝒊𝒏𝒕𝒐𝒔/𝒉𝒐𝒓𝒂 
 
𝒎á𝒙𝒊𝒎𝒐 𝒍𝒖𝒄𝒓𝒐 = 𝟓𝒙𝟏 + 𝟐𝒙𝟐 
 
𝒓𝒆𝒔𝒕𝒓𝒊çõ𝒆𝒔 𝒕é𝒄𝒏𝒊𝒄𝒂𝒔 {
𝟏𝟎𝒙𝟏 + 𝟏𝟐𝒙𝟐 ≤ 𝟔𝟎
𝟐𝒙𝟏 + 𝟏𝒙𝟐 ≤ 𝟔
 
 
𝒓𝒆𝒔𝒕𝒓𝒊çõ𝒆𝒔 𝒅𝒆 𝒏ã𝒐 𝒏𝒆𝒈𝒂𝒕𝒊𝒗𝒊𝒅𝒂𝒅𝒆 {
𝒙𝟏 ≥ 𝟎
𝒙𝟐 ≥ 𝟎
 
 
Assista agora a Vídeo Aula: 
Exercício 1 - Modelos de programação Linear 
 
2) Certa empresa fabrica 2 produtos P1 e P2. O lucro por unidade de 
P1 é de 100 u.m. e o lucro unitário de P2 é de 150 u.m. A empresa 
necessita de 2 horas para fabricar uma unidade de P1 e 3 horas 
para fabricar uma unidade de P2. O tempo mensal disponível para 
essas atividades é de 120 horas. As demandas esperadas para os 2 
produtos levaram a empresa a decidir que os montantes produzidos 
http://www.professormatusalem.com/video-aulas/ensino-superior/aula-03-modelo-de-programacao-linear-exercicio-1/
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de P1 e P2 não devem ultrapassar 40 unidades de P1 e 30 unidades 
de P2 por mês. Construa o modelo do sistema de produção mensal 
com o objetivo de maximizar o lucro da empresa. 
Solução: 
a) Quais são as variáveis de decisão? 
𝒙𝟏 → 𝒒𝒖𝒂𝒏𝒕𝒊𝒅𝒂𝒅𝒆 𝒂 𝒑𝒓𝒐𝒅𝒖𝒛𝒊𝒓 𝒅𝒆 𝑷𝟏 
𝒙𝟐 → 𝒒𝒖𝒂𝒏𝒕𝒊𝒅𝒂𝒅𝒆 𝒂 𝒑𝒓𝒐𝒅𝒖𝒛𝒊𝒓 𝒅𝒆 𝑷𝟐 
 
b) Qual é a função objetivo? 
𝒎á𝒙𝒊𝒎𝒐 𝒍𝒖𝒄𝒓𝒐 = 𝟏𝟎𝟎𝒙𝟏 + 𝟏𝟓𝟎𝒙𝟐 
 
c) Quais são as restrições técnicas? 
Se a empresa necessita de 2 horas para fabricar cada P1 e 3 horas 
para fabricar cada P2 e dispõe de no máximo 120 horas, temos: 
𝟐𝒙𝟏 + 𝟑𝒙𝟐 ≤ 𝟏𝟐𝟎 
 
Também foi tido que as demandas esperadas de P1 é de 40, logo: 
𝒙𝟏 ≤ 𝟒𝟎 
E que a demanda de P2 é de 30,logo temos: 
𝒙𝟐 ≤ 𝟑𝟎 
Logo as restrições são: 
𝒓𝒆𝒔𝒕𝒓𝒊çõ𝒆𝒔 𝒕é𝒄𝒏𝒊𝒄𝒂𝒔 {
𝟐𝒙𝟏 + 𝟑𝒙𝟐 ≤ 𝟏𝟐𝟎
𝒙𝟏 ≤ 𝟒𝟎
𝒙𝟐 ≤ 𝟑𝟎
 
 
d) Quais as restrições de não – negatividade? 
Como na maioria dos casos a quantidade não pode ser 
negativa de nenhum dos produtos, logo: 
𝒓𝒆𝒔𝒕𝒓𝒊çõ𝒆𝒔 𝒅𝒆 𝒏ã𝒐 𝒏𝒆𝒈𝒂𝒕𝒊𝒗𝒊𝒅𝒂𝒅𝒆 {
𝒙𝟏 ≥ 𝟎
𝒙𝟐 ≥ 𝟎
 
 
e) Escreva o modelo completo. 
𝒙𝟏 → 𝒒𝒖𝒂𝒏𝒕𝒊𝒅𝒂𝒅𝒆 𝒂 𝒑𝒓𝒐𝒅𝒖𝒛𝒊𝒓 𝒅𝒆 𝑷𝟏 
𝒙𝟐 → 𝒒𝒖𝒂𝒏𝒕𝒊𝒅𝒂𝒅𝒆 𝒂 𝒑𝒓𝒐𝒅𝒖𝒛𝒊𝒓 𝒅𝒆 𝑷𝟐 
𝒎á𝒙𝒊𝒎𝒐 𝒍𝒖𝒄𝒓𝒐 = 𝟏𝟎𝟎𝒙𝟏 + 𝟏𝟓𝟎𝒙𝟐 
𝒓𝒆𝒔𝒕𝒓𝒊çõ𝒆𝒔 𝒕é𝒄𝒏𝒊𝒄𝒂𝒔 {
𝟐𝒙𝟏 + 𝟑𝒙𝟐 ≤ 𝟏𝟐𝟎
𝒙𝟏 ≤ 𝟒𝟎
𝒙𝟐 ≤ 𝟑𝟎
 
 
𝒓𝒆𝒔𝒕𝒓𝒊çõ𝒆𝒔 𝒅𝒆 𝒏ã𝒐 𝒏𝒆𝒈𝒂𝒕𝒊𝒗𝒊𝒅𝒂𝒅𝒆 {
𝒙𝟏 ≥ 𝟎
𝒙𝟐 ≥ 𝟎
 
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Exercício 2 - Modelo de programação linear 
http://www.professormatusalem.com/video-aulas/ensino-superior/aula-04-modelo-de-programacao-linear-exercicio-2/
15 
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03) Um vendedor de frutas pode transportar 800 caixas de frutas para 
sua região de vendas. Ele necessita transportar 200 caixas de 
laranjas a 20 u.m. delucro por caixa, pelo menos 100 caixas de 
pêssegos a 10 u.m. de lucro por caixa, e no "máximo 200 caixas de 
tangerinas a 30 u.m. de lucro por caixa. De que forma deverá ele 
carregar o caminhão para obter o lucro máximo? Construa o 
modelo do problema. 
 
Solução: 
a) Quais são as variáveis de decisão? 
Como já está definido que será levado 200 caixas de laranjas, 
as variáveis de decisão ficarão por conta da quantidade de 
caixas de pêssego e tangerina. 
𝑥1 → 𝑞𝑢𝑎𝑛𝑡𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 𝑑𝑒 𝑐𝑎𝑖𝑥𝑎𝑠 𝑑𝑒 𝑝ê𝑠𝑠𝑒𝑔𝑜 
𝑥2 → 𝑞𝑢𝑎𝑛𝑡𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 𝑑𝑒 𝑐𝑎𝑖𝑥𝑎𝑠 𝑑𝑒 𝑡𝑎𝑛𝑔𝑒𝑟𝑖𝑛𝑎𝑠 
 
b) Qual é a função objetivo? 
 
𝑚á𝑥𝑖𝑚𝑜 𝑙𝑢𝑐𝑟𝑜 = 10𝑥1 + 30𝑥2 + 4.000 
O (+ 4000) no final da função objetiva é o resultado do 
produto (200x20 = 4000) quantidade de caixas de laranja 
vezes o seu preço. 
 
c) Quais são as restrições técnicas? 
Como o caminhão comporta 800 caixas e 200 são de laranja, 
então o número de caixas de pêssego e tangerina somados deve 
ser de no máximo 600, temos: 
𝑥1 + 𝑥2 ≤ 600 
Como ele tem que levar no mínimo 100 caixas de pêssego, temos 
𝑥1 ≥ 100 
E que deve levar no máximo 200 caixas de tangerina, temos: 
𝑥2 ≤ 200 
Logo as restrições são: 
𝑟𝑒𝑠𝑡𝑟𝑖çõ𝑒𝑠 𝑡é𝑐𝑛𝑖𝑐𝑎𝑠 {
𝑥1 + 𝑥2 ≤ 600
𝑥1 ≥ 100
𝑥2 ≤ 200
 
 
d) Quais as restrições de não – negatividade? 
Como na maioria dos casos a quantidade não pode ser 
negativa de nenhum dos produtos, logo: 
16 
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𝒓𝒆𝒔𝒕𝒓𝒊çõ𝒆𝒔 𝒅𝒆 𝒏ã𝒐 𝒏𝒆𝒈𝒂𝒕𝒊𝒗𝒊𝒅𝒂𝒅𝒆 {
𝒙𝟏 ≥ 𝟎
𝒙𝟐 ≥ 𝟎
 
 
e) Escreva o modelo completo. 
 𝑥1 → 𝑞𝑢𝑎𝑛𝑡𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 𝑑𝑒 𝑐𝑎𝑖𝑥𝑎𝑠 𝑑𝑒 𝑝ê𝑠𝑠𝑒𝑔𝑜 
𝑥2 → 𝑞𝑢𝑎𝑛𝑡𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 𝑑𝑒 𝑐𝑎𝑖𝑥𝑎𝑠 𝑑𝑒 𝑡𝑎𝑛𝑔𝑒𝑟𝑖𝑛𝑎𝑠 
 
𝑚á𝑥𝑖𝑚𝑜 𝑙𝑢𝑐𝑟𝑜 = 10𝑥1 + 30𝑥2 + 4.000 
 
𝑟𝑒𝑠𝑡𝑟𝑖çõ𝑒𝑠 𝑡é𝑐𝑛𝑖𝑐𝑎𝑠 {
𝑥1 + 𝑥2 ≤ 600
𝑥1 ≥ 100
𝑥2 ≤ 200
 
 
𝑟𝑒𝑠𝑡𝑟𝑖çõ𝑒𝑠 𝑑𝑒 𝑛ã𝑜 𝑛𝑒𝑔𝑎𝑡𝑖𝑣𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 {
𝑥1 ≥ 0
𝑥2 ≥ 0
 
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Exercício 3 - Modelo de programação linear 
 
4) Uma rede de televisão local tem o seguinte problema: foi descoberto 
que o programa “A” com 20 minutos de música e 1 minuto de 
propaganda chama a atenção de 30.000 telespectadores, enquanto 
o programa “B”, com 10 minutos de música e 1 minuto de 
propaganda chama a atenção de 10.000 telespectadores. No 
decorrer de uma semana, o patrocinador insiste no uso de no 
mínimo, 5 minutos para sua propaganda e que não há verba para 
mais de 80 minutos de música. Quantas vezes por semana cada 
programa deve ser levado ao ar para obter o número máximo de 
telespectadores? Construa o modelo do sistema. 
 
Solução: 
a) Quais são as variáveis de decisão? 
 
𝒙𝟏 → 𝒇𝒓𝒆𝒒𝒖ê𝒏𝒄𝒊𝒂 𝒔𝒆𝒎𝒂𝒏𝒂𝒍 𝒅𝒐 𝒑𝒓𝒐𝒈𝒓𝒂𝒎𝒂 𝑨 
𝒙𝟐 → 𝒇𝒓𝒆𝒒𝒖ê𝒏𝒄𝒊𝒂 𝒔𝒆𝒎𝒂𝒏𝒂𝒍 𝒅𝒐 𝒑𝒓𝒐𝒈𝒓𝒂𝒎𝒂 𝑩 
 
b) Qual é a função objetivo? 
 
𝒎á𝒙𝒊𝒎𝒐 𝒕𝒆𝒍𝒆𝒔𝒑𝒆𝒄𝒕𝒂𝒅𝒐𝒓𝒆𝒔 = 𝟑𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝒙𝟏 + 𝟏𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝒙𝟐 
 
c) Quais são as restrições técnicas? 
http://www.professormatusalem.com/video-aulas/ensino-superior/aula-05-modelo-de-programacao-linear-exercicio-3/
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A primeira restrição diz respeito aos minutos de propaganda, 
onde temos 1 minuto para cada programa num mínimo de 5 
minutos, logo temos: 
𝟏𝒙𝟏 + 𝟏𝒙𝟐 ≥ 𝟓 
 
Já a segunda restrição é relacionada ao tempo de duração das 
músicas por programa, e o patrocinador pode pagar no máximo 
80 minutos, logo temos: 
𝟐𝟎𝒙𝟏 + 𝟏𝟎𝒙𝟐 ≤ 𝟖𝟎 
 
Logo as restrições são: 
𝒓𝒆𝒔𝒕𝒓𝒊çõ𝒆𝒔 𝒕é𝒄𝒏𝒊𝒄𝒂𝒔 {
𝟏𝒙𝟏 + 𝟏𝒙𝟐 ≥ 𝟓
𝟐𝟎𝒙𝟏 + 𝟏𝟎𝒙𝟐 ≤ 𝟖𝟎
 
 
d) Quais as restrições de não – negatividade? 
Como na maioria dos casos a quantidade não pode ser 
negativa de nenhum dos produtos, logo: 
𝒓𝒆𝒔𝒕𝒓𝒊çõ𝒆𝒔 𝒅𝒆 𝒏ã𝒐 𝒏𝒆𝒈𝒂𝒕𝒊𝒗𝒊𝒅𝒂𝒅𝒆 {
𝒙𝟏 ≥ 𝟎
𝒙𝟐 ≥ 𝟎
 
e) Escreva o modelo completo. 
 
𝒙𝟏 → 𝒇𝒓𝒆𝒒𝒖ê𝒏𝒄𝒊𝒂 𝒔𝒆𝒎𝒂𝒏𝒂𝒍 𝒅𝒐 𝒑𝒓𝒐𝒈𝒓𝒂𝒎𝒂 𝑨 
𝒙𝟐 → 𝒇𝒓𝒆𝒒𝒖ê𝒏𝒄𝒊𝒂 𝒔𝒆𝒎𝒂𝒏𝒂𝒍 𝒅𝒐 𝒑𝒓𝒐𝒈𝒓𝒂𝒎𝒂 𝑩 
 
𝒎á𝒙𝒊𝒎𝒐 𝒕𝒆𝒍𝒆𝒔𝒑𝒆𝒄𝒕𝒂𝒅𝒐𝒓𝒆𝒔 = 𝟑𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝒙𝟏 + 𝟏𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝒙𝟐 
 
𝒓𝒆𝒔𝒕𝒓𝒊çõ𝒆𝒔 𝒕é𝒄𝒏𝒊𝒄𝒂𝒔 {
𝟏𝒙𝟏 + 𝟏𝒙𝟐 ≥ 𝟓
𝟐𝟎𝒙𝟏 + 𝟏𝟎𝒙𝟐 ≤ 𝟖𝟎
 
 
𝒓𝒆𝒔𝒕𝒓𝒊çõ𝒆𝒔 𝒅𝒆 𝒏ã𝒐 𝒏𝒆𝒈𝒂𝒕𝒊𝒗𝒊𝒅𝒂𝒅𝒆 {
𝒙𝟏 ≥ 𝟎
𝒙𝟐 ≥ 𝟎
 
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Exercício 4 - Modelo de programação linear 
5) Um empresa fabrica 2 modelos de cintos de couro. O modelo M1, de 
melhor qualidade, requer o dobro do tempo de fabricação em 
relação ao modelo M2. Se todos os cintos fossem do modelo M2, a 
empresa poderia produzir 1.000 unidades por dia. A disponibilidade 
de couro permite fabricar 800 cintos de ambos os modelos por dia. 
Os cintos empregam fivelas diferentes, cuja disponibilidade diária é 
de 400 para M1 e 700 para M2. Os lucros unitários são de $ 4,00 
para M1 e $ 3,00 para M2. Qual o programa ótimo de produção que 
http://www.professormatusalem.com/video-aulas/ensino-superior/aula-06-modelo-de-programacao-linear-exercicio-4/
18 
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maximiza o lucro total diário da empresa? Construa, o modelo do 
sistema descrito. 
 
Solução: 
a) Quais são as variáveis de decisão? 
 
𝒙𝟏 → 𝒒𝒖𝒂𝒏𝒕𝒊𝒅𝒂𝒅𝒆 𝒂 𝒑𝒓𝒐𝒅𝒖𝒛𝒊𝒓 𝒅𝒆 𝑴𝟏 
𝒙𝟐 → 𝒒𝒖𝒂𝒏𝒕𝒊𝒅𝒂𝒅𝒆 𝒂 𝒑𝒓𝒐𝒅𝒖𝒛𝒊𝒓 𝒅𝒆 𝑴𝟐 
 
b) Qual é a função objetivo? 
 
𝒎á𝒙𝒊𝒎𝒐 𝒍𝒖𝒄𝒓𝒐 = 𝟒𝒙𝟏 + 𝟑𝒙𝟐 
 
c) Quais são as restrições técnicas? 
A primeira restrição diz respeito a quantidade de cintos que 
podem ser produzida por dia. 
Veja bem se produzissem só do modelo M2 daria para produzir 
1.000 unidade, mas se produzissem só do modelo M1 daria para 
produzir 500, pois ele gasta o dobro do tempo para ser feito, logo 
podemos colocar a produção em uma restrição assim: 
𝟐𝒙𝟏 + 𝟏𝒙𝟐 ≤ 𝟏. 𝟎𝟎𝟎 
Se x1 for zero a produção será de 1.000. 
Se x2 for zero a produção será de 500. 
 
Já a segunda restrição é relacionada a quantidade de couro 
disponível por dia, logo temos: 
𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 ≤ 𝟖𝟎𝟎 
 
Já a terceira é relacionada as fivelas, para os modelos M1 temos 
no máximo 400 por dia, logo: 
𝒙𝟏 ≤ 𝟒𝟎𝟎 
 
A quarta também é relacionada as fivelas, para os modelos M2 
temos no máximo 700 por dia, logo: 
𝒙𝟐 ≤ 𝟕𝟎𝟎 
 
Logo as restrições são: 
𝒓𝒆𝒔𝒕𝒓𝒊çõ𝒆𝒔 𝒕é𝒄𝒏𝒊𝒄𝒂𝒔 {
𝟐𝒙𝟏 + 𝟏𝒙𝟐 ≤ 𝟏. 𝟎𝟎𝟎
𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 ≤ 𝟖𝟎𝟎
𝒙𝟏 ≤ 𝟒𝟎𝟎
𝒙𝟐 ≤ 𝟕𝟎𝟎
 
 
19 
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d) Quais as restrições de não – negatividade? 
Como na maioria dos casos a quantidade não pode ser 
negativa de nenhum dos produtos, logo: 
𝒓𝒆𝒔𝒕𝒓𝒊çõ𝒆𝒔 𝒅𝒆 𝒏ã𝒐 𝒏𝒆𝒈𝒂𝒕𝒊𝒗𝒊𝒅𝒂𝒅𝒆 {
𝒙𝟏 ≥ 𝟎
𝒙𝟐 ≥ 𝟎
 
 
e) Escreva o modelo completo. 
 
𝒙𝟏 → 𝒒𝒖𝒂𝒏𝒕𝒊𝒅𝒂𝒅𝒆 𝒂 𝒑𝒓𝒐𝒅𝒖𝒛𝒊𝒓 𝒅𝒆 𝑴𝟏 
𝒙𝟐 → 𝒒𝒖𝒂𝒏𝒕𝒊𝒅𝒂𝒅𝒆 𝒂 𝒑𝒓𝒐𝒅𝒖𝒛𝒊𝒓 𝒅𝒆 𝑴𝟐 
 
𝒎á𝒙𝒊𝒎𝒐 𝒍𝒖𝒄𝒓𝒐 = 𝟒𝒙𝟏 + 𝟑𝒙𝟐 
 
𝒓𝒆𝒔𝒕𝒓𝒊çõ𝒆𝒔 𝒕é𝒄𝒏𝒊𝒄𝒂𝒔 {
𝟐𝒙𝟏 + 𝟏𝒙𝟐 ≤ 𝟏. 𝟎𝟎𝟎
𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 ≤ 𝟖𝟎𝟎
𝒙𝟏 ≤ 𝟒𝟎𝟎
𝒙𝟐 ≤ 𝟕𝟎𝟎
 
 
𝒓𝒆𝒔𝒕𝒓𝒊çõ𝒆𝒔 𝒅𝒆 𝒏ã𝒐 𝒏𝒆𝒈𝒂𝒕𝒊𝒗𝒊𝒅𝒂𝒅𝒆 {
𝒙𝟏 ≥ 𝟎
𝒙𝟐 ≥ 𝟎
 
 
 
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Exercício 5 - Modelo de programação linear 
 
 
6) Uma empresa, após um processo de racionalização de produção, 
ficou com disponibilidade de 3 recursos produtivos, R1, R2 e R3. Um 
estudo sobre o uso desses recursos indicou a possibilidade de se 
fabricar 2 produtos P1 e P2. Levantando os custos e consultando o 
departamento de vendas sobre o preço de colocação no mercado, 
verificou-se que P1 daria um lucro de $ 120,00 por unidade e P2, $ 
150,00 por unidade. O departamento de produção forneceu a 
seguinte tabela de uso de recursos. 
 
PRODUTO 
RECURSO R1 POR 
UNIDADE 
RECURSO R2 POR 
UNIDADE 
RECURSO R3 POR 
UNIDADE 
P1 
P2 
2 
4 
32 
5 
3 
DISPONIBILIDADE DE 
RECURSO POR MÊS 
100 90 120 
Que produção mensal de P1 e P2 traz o maior lucro para a empresa? 
Construa o modelo do sistema. 
 
http://www.professormatusalem.com/video-aulas/ensino-superior/aula-07-modelo-de-programacao-linear-exercicio-5/
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Solução: 
a) Quais são as variáveis de decisão? 
 
𝒙𝟏 → 𝒒𝒖𝒂𝒏𝒕𝒊𝒅𝒂𝒅𝒆 𝒂 𝒑𝒓𝒐𝒅𝒖𝒛𝒊𝒓 𝒅𝒆 𝑷𝟏 
𝒙𝟐 → 𝒒𝒖𝒂𝒏𝒕𝒊𝒅𝒂𝒅𝒆 𝒂 𝒑𝒓𝒐𝒅𝒖𝒛𝒊𝒓 𝒅𝒆 𝑷𝟐 
 
b) Qual é a função objetivo? 
 
𝒎á𝒙𝒊𝒎𝒐 𝒍𝒖𝒄𝒓𝒐 = 𝟏𝟐𝟎𝒙𝟏 + 𝟏𝟓𝟎𝒙𝟐 
 
c) Quais são as restrições técnicas? 
A primeira restrição diz respeito a disponibilidade de recurso 1, 
informação dada na tabela que é de no máximo 100 por mês, 
assim: 
𝟐𝒙𝟏 + 𝟒𝒙𝟐 ≤ 𝟏𝟎𝟎 
 
A segunda restrição diz respeito a disponibilidade de recurso 2, 
informação dada na tabela que é de no máximo 90 por mês, 
assim: 
𝟑𝒙𝟏 + 𝟐𝒙𝟐 ≤ 𝟗𝟎 
 
A terceira restrição diz respeito a disponibilidade de recurso 3, 
informação dada na tabela que é de no máximo 120 por mês, 
assim: 
𝟓𝒙𝟏 + 𝟑𝒙𝟐 ≤ 𝟏𝟐𝟎 
 
Logo as restrições são: 
𝒓𝒆𝒔𝒕𝒓𝒊çõ𝒆𝒔 𝒕é𝒄𝒏𝒊𝒄𝒂𝒔 {
𝟐𝒙𝟏 + 𝟒𝒙𝟐 ≤ 𝟏𝟎𝟎
𝟑𝒙𝟏 + 𝟐𝒙𝟐 ≤ 𝟗𝟎
𝟓𝒙𝟏 + 𝟑𝒙𝟐 ≤ 𝟏𝟐𝟎
 
 
d) Quais as restrições de não – negatividade? 
Como na maioria dos casos a quantidade não pode ser 
negativa de nenhum dos produtos, logo: 
𝒓𝒆𝒔𝒕𝒓𝒊çõ𝒆𝒔 𝒅𝒆 𝒏ã𝒐 𝒏𝒆𝒈𝒂𝒕𝒊𝒗𝒊𝒅𝒂𝒅𝒆 {
𝒙𝟏 ≥ 𝟎
𝒙𝟐 ≥ 𝟎
 
 
e) Escreva o modelo completo. 
 
𝒙𝟏 → 𝒒𝒖𝒂𝒏𝒕𝒊𝒅𝒂𝒅𝒆 𝒂 𝒑𝒓𝒐𝒅𝒖𝒛𝒊𝒓 𝒅𝒆 𝑷𝟏 
𝒙𝟐 → 𝒒𝒖𝒂𝒏𝒕𝒊𝒅𝒂𝒅𝒆 𝒂 𝒑𝒓𝒐𝒅𝒖𝒛𝒊𝒓 𝒅𝒆 𝑷𝟐 
 
21 
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𝒎á𝒙𝒊𝒎𝒐 𝒍𝒖𝒄𝒓𝒐 = 𝟏𝟐𝟎𝒙𝟏 + 𝟏𝟓𝟎𝒙𝟐 
 
𝒓𝒆𝒔𝒕𝒓𝒊çõ𝒆𝒔 𝒕é𝒄𝒏𝒊𝒄𝒂𝒔 {
𝟐𝒙𝟏 + 𝟒𝒙𝟐 ≤ 𝟏𝟎𝟎
𝟑𝒙𝟏 + 𝟐𝒙𝟐 ≤ 𝟗𝟎
𝟓𝒙𝟏 + 𝟑𝒙𝟐 ≤ 𝟏𝟐𝟎
 
 
𝒓𝒆𝒔𝒕𝒓𝒊çõ𝒆𝒔 𝒅𝒆 𝒏ã𝒐 𝒏𝒆𝒈𝒂𝒕𝒊𝒗𝒊𝒅𝒂𝒅𝒆 {
𝒙𝟏 ≥ 𝟎
𝒙𝟐 ≥ 𝟎
 
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Exercício 6 - Modelo de programação Linear 
 
7) Um fazendeiro está estudando a divisão de sua propriedade nas 
seguintes atividades produtivas: 
A (Arrendamento) - Destinar certa quantidade de alqueires para a 
plantação de cana-de-açúcar, a uma usina local, que se encarrega da 
atividade e paga pelo aluguel da terra $ 300,00 por alqueire por ano. 
P (Pecuária) - Usar outra parte para a criação de gado de corte. A 
recuperação das pastagens requer adubação (100 kg/Alq) e irrigação 
(100.000 L de água/Alq) por ano. O lucro estimado nessa atividade é de 
$ 400,00 por alqueire por ano. 
S (Plantio de Soja) - Usar uma terceira parte para o plantio de soja. 
Essa cultura requer 200 kg por alqueire de adubos e 200.000 L de 
água/Alq para irrigação por ano. O lucro estimado nessa atividade é de $ 
500,00/alqueire no ano. 
 
Disponibilidade de recursos por ano: 
12.750.000 L de água 
14.000 kg de adubo 
100 alqueires de terra. 
 
Quantos alqueires deverá destinar a cada atividade para 
proporcionar o melhor retorno? Construa o modelo de decisão. 
 
Solução: 
a) Quais são as variáveis de decisão? 
 
𝒙𝟏 → 𝒂𝒍𝒒𝒖𝒆𝒊𝒓𝒆𝒔 𝒑𝒂𝒓𝒂 𝒂𝒓𝒓𝒆𝒏𝒅𝒂𝒎𝒆𝒏𝒕𝒐 
𝒙𝟐 → 𝒂𝒍𝒒𝒖𝒆𝒊𝒓𝒆𝒔 𝒑𝒂𝒓𝒂 𝒑𝒆𝒄𝒖á𝒓𝒊𝒂 
𝒙𝟑 → 𝒂𝒍𝒒𝒖𝒆𝒊𝒓𝒆𝒔 𝒑𝒂𝒓𝒂 𝒔𝒐𝒋𝒂 
 
b) Qual é a função objetivo? 
 
http://www.professormatusalem.com/video-aulas/ensino-superior/aula-08-modelo-de-programacao-linear-exercicio-6/
22 
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𝒎á𝒙𝒊𝒎𝒐 𝒍𝒖𝒄𝒓𝒐 = 𝟑𝟎𝟎𝒙𝟏 + 𝟒𝟎𝟎𝒙𝟐 + 𝟓𝟎𝟎𝒙𝟑 
c) Quais são as restrições técnicas? 
A primeira restrição diz respeito a quantidade de alqueires 
disponível, assim: 
𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 + 𝒙𝟑 ≤ 𝟏𝟎𝟎 
 
A segunda restrição diz respeito a distribuição de adubo por 
atividade, assim: 
𝟏𝟎𝟎𝒙𝟐 + 𝟐𝟎𝟎𝒙𝟑 ≤ 𝟏𝟒. 𝟎𝟎𝟎 
 
A terceira restrição diz respeito a distribuição de água por 
atividade, assim: 
𝟏𝟎𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝒙𝟐 + 𝟐𝟎𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝒙𝟑 ≤ 𝟏𝟐. 𝟕𝟓𝟎. 𝟎𝟎𝟎 
 
Perceba que a primeira atividade ele não necessita separa adubo 
ou água pois estará arrendando as terras. 
 
Logo as restrições são: 
𝒓𝒆𝒔𝒕𝒓𝒊çõ𝒆𝒔 𝒕é𝒄𝒏𝒊𝒄𝒂𝒔 {
𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 + 𝒙𝟑 ≤ 𝟏𝟎𝟎
𝟏𝟎𝟎𝒙𝟐 + 𝟐𝟎𝟎𝒙𝟑 ≤ 𝟏𝟒. 𝟎𝟎𝟎
𝟏𝟎𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝒙𝟐 + 𝟐𝟎𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝒙𝟑 ≤ 𝟏𝟐. 𝟕𝟓𝟎. 𝟎𝟎𝟎
 
 
d) Quais as restrições de não – negatividade? 
Como na maioria dos casos a quantidade não pode ser 
negativa de nenhum dos produtos, logo: 
𝒓𝒆𝒔𝒕𝒓𝒊çõ𝒆𝒔 𝒅𝒆 𝒏ã𝒐 𝒏𝒆𝒈𝒂𝒕𝒊𝒗𝒊𝒅𝒂𝒅𝒆 {
𝒙𝟏 ≥ 𝟎
𝒙𝟐 ≥ 𝟎
𝒙𝟑 ≥ 𝟎
 
 
e) Escreva o modelo completo. 
𝒙𝟏 → 𝒂𝒍𝒒𝒖𝒆𝒊𝒓𝒆𝒔 𝒑𝒂𝒓𝒂 𝒂𝒓𝒓𝒆𝒏𝒅𝒂𝒎𝒆𝒏𝒕𝒐 
𝒙𝟐 → 𝒂𝒍𝒒𝒖𝒆𝒊𝒓𝒆𝒔 𝒑𝒂𝒓𝒂 𝒑𝒆𝒄𝒖á𝒓𝒊𝒂 
𝒙𝟑 → 𝒂𝒍𝒒𝒖𝒆𝒊𝒓𝒆𝒔 𝒑𝒂𝒓𝒂 𝒔𝒐𝒋𝒂 
 
𝒎á𝒙𝒊𝒎𝒐 𝒍𝒖𝒄𝒓𝒐 = 𝟑𝟎𝟎𝒙𝟏 + 𝟒𝟎𝟎𝒙𝟐 + 𝟓𝟎𝟎𝒙𝟑 
 
𝒓𝒆𝒔𝒕𝒓𝒊çõ𝒆𝒔 𝒕é𝒄𝒏𝒊𝒄𝒂𝒔 {
𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 + 𝒙𝟑 ≤ 𝟏𝟎𝟎
𝟏𝟎𝟎𝒙𝟐 + 𝟐𝟎𝟎𝒙𝟑 ≤ 𝟏𝟒. 𝟎𝟎𝟎
𝟏𝟎𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝒙𝟐 + 𝟐𝟎𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝒙𝟑 ≤ 𝟏𝟐. 𝟕𝟓𝟎. 𝟎𝟎𝟎
 
𝒓𝒆𝒔𝒕𝒓𝒊çõ𝒆𝒔 𝒅𝒆 𝒏ã𝒐 𝒏𝒆𝒈𝒂𝒕𝒊𝒗𝒊𝒅𝒂𝒅𝒆 {
𝒙𝟏 ≥ 𝟎
𝒙𝟐 ≥ 𝟎
𝒙𝟑 ≥ 𝟎
 
 
23 
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Exercício 7 - Modelo de programação Linear 
 
8) O departamento de marketing de uma empresa estuda a forma mais 
econômica de aumentar em 30% as vendas de seus dois produtos 
P1 e P2. 
As alternativas são: 
a) Investir em um programa institucional com outras empresas do 
mesmo ramo. Esse programa requer um investimento mínimo de 
$3.000,00 e deve proporcionar um aumento de 3% nas vendas de 
cada produto, para cada $1.000,00 investidos. 
b) Investir diretamente na divulgação dos produtos. Cada $1.000,00 
investidos em P1 retornam um aumento de 4% nas vendas, 
enquanto que para P2 o retorno é de 10%. 
c) A empresa dispõe de $10.000,00 para esse empreendimento. 
Quanto deverá destinar a cada atividade? 
 
Construa o modelo do sistema descrito. 
 
Solução: 
a) Quais são as variáveis de decisão? 
 
𝒙𝟏 → 𝒒𝒖𝒂𝒏𝒕𝒊𝒅𝒂𝒅𝒆 𝒆𝒎 $ 𝟏. 𝟎𝟎𝟎 𝒑𝒂𝒓𝒂 𝒑𝒓𝒐𝒈𝒓𝒂𝒎𝒂 𝒊𝒏𝒔𝒕𝒊𝒕𝒖𝒄𝒊𝒐𝒏𝒂𝒍 
𝒙𝟐 → 𝒒𝒖𝒂𝒏𝒕𝒊𝒅𝒂𝒅𝒆 𝒆𝒎 $ 𝟏. 𝟎𝟎𝟎 𝒅𝒊𝒓𝒆𝒕𝒂𝒎𝒆𝒏𝒕𝒆 𝒆𝒎 𝑷𝟏 
𝒙𝟑 → 𝒒𝒖𝒂𝒏𝒕𝒊𝒅𝒂𝒅𝒆 𝒆𝒎 $ 𝟏. 𝟎𝟎𝟎 𝒅𝒊𝒓𝒆𝒕𝒂𝒎𝒆𝒏𝒕𝒆 𝒆𝒎 𝑷𝟐 
 
b) Qual é a função objetivo? 
 
𝒎í𝒏𝒊𝒎𝒐 𝒄𝒖𝒔𝒕𝒐 = 𝟏. 𝟎𝟎𝟎𝒙𝟏 + 𝟏. 𝟎𝟎𝟎𝒙𝟐 + 𝟏. 𝟎𝟎𝟎𝒙𝟑 
 
c) Quais são as restrições técnicas? 
 
Usaremos aqui representar cada 1.000 como 1 unidade. 
Assim: 
A primeira restrição diz respeito ao programa institucional onde 
se deve investir pelo menos 3.000, assim: 
𝒙𝟏 ≥ 𝟑 
 
A segunda restrição diz respeito o produto P1, com o programa 
institucional com aumento de 3%, mais a divulgação direta onde 
teremos um aumento de 4%, com um retorno percentual 
esperado de no mínimo 30%, assim: 
http://www.professormatusalem.com/video-aulas/ensino-superior/aula-09-modelo-de-programacao-linear-exercicio-7/
24 
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𝟑𝒙𝟏 + 𝟒𝒙𝟐 ≥ 𝟑𝟎 
 
A Terceira restrição diz respeito o produto P2, com o programa 
institucional com aumento de 3%, mais a divulgação direta onde 
teremos um aumento de 10%, com um retorno percentual 
esperado de no mínimo 30% também, assim: 
𝟑𝒙𝟏 + 𝟏𝟎𝒙𝟑 ≥ 𝟑𝟎 
 
A quarta restrição fala do total que a empresa tem para investir, 
no máximo 10.000, logo temos: 
𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 + 𝒙𝟑 ≤ 𝟏𝟎 
 
Logo as restrições são: 
𝒓𝒆𝒔𝒕𝒓𝒊çõ𝒆𝒔 𝒕é𝒄𝒏𝒊𝒄𝒂𝒔{
𝒙𝟏 ≥ 𝟑
𝟑𝒙𝟏 + 𝟒𝒙𝟐 ≥ 𝟑𝟎
𝟑𝒙𝟏 + 𝟏𝟎𝒙𝟑 ≥ 𝟑𝟎
𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 + 𝒙𝟑 ≤ 𝟏𝟎
 
 
d) Quais as restrições de não – negatividade? 
Como na maioria dos casos a quantidade não pode ser 
negativa de nenhum dos produtos, logo: 
𝒓𝒆𝒔𝒕𝒓𝒊çõ𝒆𝒔 𝒅𝒆 𝒏ã𝒐 𝒏𝒆𝒈𝒂𝒕𝒊𝒗𝒊𝒅𝒂𝒅𝒆{
𝒙𝟏 ≥ 𝟎
𝒙𝟐 ≥ 𝟎
𝒙𝟑 ≥ 𝟎
 
 
e) Escreva o modelo completo. 
 
𝒙𝟏 → 𝒒𝒖𝒂𝒏𝒕𝒊𝒅𝒂𝒅𝒆 𝒆𝒎 $ 𝟏. 𝟎𝟎𝟎 𝒑𝒂𝒓𝒂 𝒑𝒓𝒐𝒈𝒓𝒂𝒎𝒂 𝒊𝒏𝒔𝒕𝒊𝒕𝒖𝒄𝒊𝒐𝒏𝒂𝒍 
𝒙𝟐 → 𝒒𝒖𝒂𝒏𝒕𝒊𝒅𝒂𝒅𝒆 𝒆𝒎 $ 𝟏. 𝟎𝟎𝟎 𝒅𝒊𝒓𝒆𝒕𝒂𝒎𝒆𝒏𝒕𝒆 𝒆𝒎 𝑷𝟏 
𝒙𝟑 → 𝒒𝒖𝒂𝒏𝒕𝒊𝒅𝒂𝒅𝒆 𝒆𝒎 $ 𝟏. 𝟎𝟎𝟎 𝒅𝒊𝒓𝒆𝒕𝒂𝒎𝒆𝒏𝒕𝒆 𝒆𝒎 𝑷𝟐 
 
𝒎í𝒏𝒊𝒎𝒐 𝒄𝒖𝒔𝒕𝒐 = 𝟏. 𝟎𝟎𝟎𝒙𝟏 + 𝟏. 𝟎𝟎𝟎𝒙𝟐 + 𝟏. 𝟎𝟎𝟎𝒙𝟑 
 
𝒓𝒆𝒔𝒕𝒓𝒊çõ𝒆𝒔 𝒕é𝒄𝒏𝒊𝒄𝒂𝒔{
𝒙𝟏 ≥ 𝟑
𝟑𝒙𝟏 + 𝟒𝒙𝟐 ≥ 𝟑𝟎
𝟑𝒙𝟏 + 𝟏𝟎𝒙𝟑 ≥ 𝟑𝟎
𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 + 𝒙𝟑 ≤ 𝟏𝟎
 
𝒓𝒆𝒔𝒕𝒓𝒊çõ𝒆𝒔 𝒅𝒆 𝒏ã𝒐 𝒏𝒆𝒈𝒂𝒕𝒊𝒗𝒊𝒅𝒂𝒅𝒆 {
𝒙𝟏 ≥ 𝟎
𝒙𝟐 ≥ 𝟎
𝒙𝟑 ≥ 𝟎
 
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Exercício 8 - Modelo de programação linear 
http://www.professormatusalem.com/video-aulas/ensino-superior/aula-10-modelo-de-programacao-linear-exercicio-8/
25 
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9) Uma liga especial constituída de ferro, carvão, silício e níquel pode 
ser obtida usando a mistura desses minerais puros além de 2 tipos 
de materiais recuperados: 
Material Recuperado 1 -MR1- Composição: 
Custo por kg: $ 0,20 
ferro - 60% 
carvão -20% 
silício - 20% 
 
Material Recuperado 2 - MR2 - Composição: 
Custo por kg: $ 0,25 
ferro - 70% 
carvão - 20% 
silício - 5% 
níquel -5% 
 
A liga deve ter a seguinte composição final: 
matéria-prima % mínima % máxima 
Ferro 60 65 
Carvão 15 20 
silício 15 20 
níquel 5 8 
 
O custo dos materiais puros são (por kg): ferro: $ 0,30; carvão: $ 
0,20; silício: $ 0,28; níquel: $ 0,50. Qual deverá ser a composição da 
mistura em termos dos materiais disponíveis, com menor custo por kg? 
Construa o modelo de decisão. 
 
Solução: 
a) Quais são as variáveis de decisão? 
 
𝒙𝟏 → 𝒒𝒖𝒂𝒏𝒕𝒊𝒅𝒂𝒅𝒆 𝒅𝒆 𝑴𝑹𝟏 𝒏𝒂 𝒎𝒊𝒔𝒕𝒖𝒓𝒂 
𝒙𝟐 → 𝒒𝒖𝒂𝒏𝒕𝒊𝒅𝒂𝒅𝒆 𝒅𝒆 𝑴𝑹𝟐 𝒏𝒂 𝒎𝒊𝒔𝒕𝒖𝒓𝒂 
𝒙𝟑 → 𝒒𝒖𝒂𝒏𝒕𝒊𝒅𝒂𝒅𝒆 𝒅𝒆 𝒇𝒆𝒓𝒓𝒐 𝒑𝒖𝒓𝒐 𝒏𝒂 𝒎𝒊𝒔𝒕𝒖𝒓𝒂 
𝒙𝟒 → 𝒒𝒖𝒂𝒏𝒕𝒊𝒅𝒂𝒅𝒆 𝒅𝒆 𝒄𝒂𝒓𝒗ã𝒐 𝒏𝒂 𝒎𝒊𝒔𝒕𝒖𝒓𝒂 
𝒙𝟓 → 𝒒𝒖𝒂𝒏𝒕𝒊𝒅𝒂𝒅𝒆 𝒅𝒆 𝒔𝒊𝒍í𝒄𝒊𝒐 𝒏𝒂 𝒎𝒊𝒔𝒕𝒖𝒓𝒂 
𝒙𝟔 → 𝒒𝒖𝒂𝒏𝒕𝒊𝒅𝒂𝒅𝒆 𝒅𝒆 𝒏í𝒒𝒖𝒆𝒍 𝒏𝒂 𝒎𝒊𝒔𝒕𝒖𝒓𝒂 
 
b) Qual é a função objetivo? 
 
𝒎í𝒏𝒊𝒎𝒐 𝒄𝒖𝒔𝒕𝒐 = 𝟎, 𝟐𝟎𝒙𝟏 + 𝟎, 𝟐𝟓𝒙𝟐 + 𝟎, 𝟑𝟎𝒙𝟑 + 𝟎, 𝟐𝟎𝒙𝟒 + 𝟎, 𝟐𝟖𝒙𝟓 + 𝟎, 𝟓𝟎𝒙𝟔 
26 
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c) Quais são as restrições técnicas? 
 
A primeira e segunda restrições, dizem respeito quantidade de 
ferro na mistura trabalhando com o mínimo e com o máximo, 
assim, no MR1 temos 60% = 0,6 de ferro no MR2 temos 70%=0,7 
de ferro e temos 100%=1 na mistura pura (lógico), logo podemos 
representar a quantidade de ferro na liga desta maneira: 
Mínimo: 
𝟎, 𝟔𝒙𝟏 + 𝟎, 𝟕𝒙𝟐 + 𝒙𝟑 ≥ 𝟎, 𝟔𝟎 
Máximo: 
𝟎, 𝟔𝒙𝟏 + 𝟎, 𝟕𝒙𝟐 + 𝒙𝟑 ≤ 𝟎, 𝟔𝟓 
 
A terceira e quarta restrições dizem respeito quantidade de 
Carvão na mistura trabalhando com o mínimo e com o máximo, 
assim, no MR1 temos 20% = 0,2 de Carvão no MR2 temos 
20%=0,2 de Carvão e temos 100%=1 na mistura pura (lógico), 
logo podemos representar a quantidade de Carvão na liga desta 
maneira: 
Mínimo: 
 𝟎, 𝟐𝒙𝟏 + 𝟎, 𝟐𝒙𝟐 + 𝒙𝟒 ≥ 𝟎, 𝟏𝟓 
Máximo: 
𝟎, 𝟐𝒙𝟏 + 𝟎, 𝟐𝒙𝟐 + 𝒙𝟒 ≤ 𝟎, 𝟐𝟎 
 
A quinta e sexta restrições dizem respeito quantidade de silício na 
mistura trabalhando com o mínimo e com o máximo, assim, no 
MR1 temos 20% = 0,2 de silício no MR2 temos 5%=0,05 de silício 
e temos 100%=1 na mistura pura (lógico), logo podemos 
representar a quantidade de silício na liga desta maneira: 
Mínimo: 
𝟎, 𝟐𝒙𝟏 + 𝟎, 𝟎𝟓𝒙𝟐 + 𝒙𝟓 ≤ 𝟎, 𝟐𝟎 
Máximo: 
𝟎, 𝟐𝒙𝟏 + 𝟎, 𝟎𝟓𝒙𝟐 + 𝒙𝟓 ≥ 𝟎, 𝟏𝟓 
 
A sétima e oitava restrições dizem respeito quantidade de níquel 
na mistura trabalhando com o mínimo e com o máximo, assim, no 
MR2 temos 5%=0,05 de níquel e temos 100%=1 na mistura pura 
(lógico), logo podemos representar a quantidade de níquel na liga 
desta maneira: 
Mínimo: 
𝟎, 𝟎𝟓𝒙𝟐 + 𝒙𝟔 ≤ 𝟎, 𝟎𝟖 
Máximo: 
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𝟎, 𝟎𝟓𝒙𝟐 + 𝒙𝟔 ≥ 𝟎, 𝟎𝟓 
 
A nona restrição é a mistura de tudo que no final dará 100%=1, 
da liga desejada. 
𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 + 𝒙𝟑 + 𝒙𝟒 + 𝒙𝟓 + 𝒙𝟔 = 𝟏 
 
Logo as restrições são: 
𝒓𝒆𝒔𝒕𝒓𝒊çõ𝒆𝒔 𝒕é𝒄𝒏𝒊𝒄𝒂𝒔
{
 
 
 
 
 
 
 
 
𝟎, 𝟔𝒙𝟏 + 𝟎, 𝟕𝒙𝟐 + 𝒙𝟑 ≥ 𝟎, 𝟔𝟎
𝟎, 𝟔𝒙𝟏 + 𝟎, 𝟕𝒙𝟐 + 𝒙𝟑 ≤ 𝟎, 𝟔𝟓
𝟎, 𝟐𝒙𝟏 + 𝟎, 𝟐𝒙𝟐 + 𝒙𝟒 ≤ 𝟎, 𝟐𝟎
𝟎, 𝟐𝒙𝟏 + 𝟎, 𝟐𝒙𝟐 + 𝒙𝟒 ≥ 𝟎, 𝟏𝟓
𝟎, 𝟐𝒙𝟏 + 𝟎, 𝟎𝟓𝒙𝟐 + 𝒙𝟓 ≤ 𝟎, 𝟐𝟎
𝟎, 𝟐𝒙𝟏 + 𝟎, 𝟎𝟓𝒙𝟐 + 𝒙𝟓 ≥ 𝟎, 𝟏𝟓
𝟎, 𝟎𝟓𝒙𝟐 + 𝒙𝟔 ≥ 𝟎, 𝟎𝟓
𝟎, 𝟎𝟓𝒙𝟐 + 𝒙𝟔 ≤ 𝟎, 𝟎𝟖
𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 + 𝒙𝟑 + 𝒙𝟒 + 𝒙𝟓 + 𝒙𝟔 = 𝟏
 
 
d) Quais as restrições de não – negatividade? 
Como na maioria dos casos a quantidade não pode ser 
negativa de nenhum dos produtos, logo: 
𝒓𝒆𝒔𝒕𝒓𝒊çõ𝒆𝒔 𝒅𝒆 𝒏ã𝒐 𝒏𝒆𝒈𝒂𝒕𝒊𝒗𝒊𝒅𝒂𝒅𝒆 
{
 
 
 
 
𝒙𝟏 ≥ 𝟎
𝒙𝟐 ≥ 𝟎
𝒙𝟑 ≥ 𝟎
𝒙𝟒 ≥ 𝟎
𝒙𝟓 ≥ 𝟎
𝒙𝟔 ≥ 𝟎
 
 
e) Escreva o modelo completo. 
 
𝒙𝟏 → 𝒒𝒖𝒂𝒏𝒕𝒊𝒅𝒂𝒅𝒆 𝒅𝒆 𝑴𝑹𝟏 𝒏𝒂 𝒎𝒊𝒔𝒕𝒖𝒓𝒂 
𝒙𝟐 → 𝒒𝒖𝒂𝒏𝒕𝒊𝒅𝒂𝒅𝒆 𝒅𝒆 𝑴𝑹𝟐 𝒏𝒂 𝒎𝒊𝒔𝒕𝒖𝒓𝒂 
𝒙𝟑 → 𝒒𝒖𝒂𝒏𝒕𝒊𝒅𝒂𝒅𝒆 𝒅𝒆 𝒇𝒆𝒓𝒓𝒐 𝒑𝒖𝒓𝒐 𝒏𝒂 𝒎𝒊𝒔𝒕𝒖𝒓𝒂 
𝒙𝟒 → 𝒒𝒖𝒂𝒏𝒕𝒊𝒅𝒂𝒅𝒆 𝒅𝒆 𝒄𝒂𝒓𝒗ã𝒐 𝒏𝒂 𝒎𝒊𝒔𝒕𝒖𝒓𝒂 
𝒙𝟓 → 𝒒𝒖𝒂𝒏𝒕𝒊𝒅𝒂𝒅𝒆 𝒅𝒆 𝒔𝒊𝒍í𝒄𝒊𝒐 𝒏𝒂 𝒎𝒊𝒔𝒕𝒖𝒓𝒂 
𝒙𝟔 → 𝒒𝒖𝒂𝒏𝒕𝒊𝒅𝒂𝒅𝒆 𝒅𝒆 𝒏í𝒒𝒖𝒆𝒍 𝒏𝒂 𝒎𝒊𝒔𝒕𝒖𝒓𝒂 
 
𝒎í𝒏𝒊𝒎𝒐 𝒄𝒖𝒔𝒕𝒐 = 𝟎, 𝟐𝟎𝒙𝟏 + 𝟎, 𝟐𝟓𝒙𝟐 + 𝟎, 𝟑𝟎𝒙𝟑 + 𝟎, 𝟐𝟎𝒙𝟒 + 𝟎, 𝟐𝟖𝒙𝟓 + 𝟎, 𝟓𝟎𝒙𝟔 
 
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𝒓𝒆𝒔𝒕𝒓𝒊çõ𝒆𝒔 𝒕é𝒄𝒏𝒊𝒄𝒂𝒔
{
 
 
 
 
 
 
 
 
𝟎, 𝟔𝒙𝟏 + 𝟎, 𝟕𝒙𝟐 + 𝒙𝟑 ≥ 𝟎, 𝟔𝟎
𝟎, 𝟔𝒙𝟏 + 𝟎, 𝟕𝒙𝟐 + 𝒙𝟑 ≤ 𝟎, 𝟔𝟓
𝟎, 𝟐𝒙𝟏 + 𝟎, 𝟐𝒙𝟐 + 𝒙𝟒 ≤ 𝟎, 𝟐𝟎
𝟎, 𝟐𝒙𝟏 + 𝟎, 𝟐𝒙𝟐 + 𝒙𝟒 ≥ 𝟎, 𝟏𝟓
𝟎, 𝟐𝒙𝟏 + 𝟎, 𝟎𝟓𝒙𝟐 + 𝒙𝟓 ≤ 𝟎, 𝟐𝟎
𝟎, 𝟐𝒙𝟏 + 𝟎, 𝟎𝟓𝒙𝟐 + 𝒙𝟓 ≥ 𝟎, 𝟏𝟓
𝟎, 𝟎𝟓𝒙𝟐 + 𝒙𝟔 ≥ 𝟎, 𝟎𝟓
𝟎, 𝟎𝟓𝒙𝟐 + 𝒙𝟔 ≤ 𝟎, 𝟎𝟖
𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 + 𝒙𝟑 + 𝒙𝟒 + 𝒙𝟓 + 𝒙𝟔 = 𝟏
 
 
𝒓𝒆𝒔𝒕𝒓𝒊çõ𝒆𝒔 𝒅𝒆 𝒏ã𝒐 𝒏𝒆𝒈𝒂𝒕𝒊𝒗𝒊𝒅𝒂𝒅𝒆 
{
 
 
 
 
𝒙𝟏 ≥ 𝟎
𝒙𝟐 ≥ 𝟎
𝒙𝟑 ≥ 𝟎
𝒙𝟒 ≥ 𝟎
𝒙𝟓 ≥ 𝟎
𝒙𝟔 ≥ 𝟎
 
Assista agora a Vídeo Aula: 
Exercício 9 - Modelo de programação linear 
 
10) Uma rede de depósitos de material de construção tem 4 lojas 
que devem ser abastecidas com 50m3 (loja 1), 80m3 (loja 2), 40m3 
(loja 3) e 100m3 (loja 4) de areia grossa. Essa areia pode ser 
carregada em 3 portos P1, P2 e P3, cujas distâncias às lojas estão 
no quadro (em km): 
 L1 L2 L3 L4 
P1 30 20 24 18 
P2 12 36 30 24 
P3 8 15 25 20 
O caminhão pode transportar 10m3 por viagem. Os portos tem areia 
para suprir qualquer demanda. Estabelecer um plano de transporte que 
minimize a distância total percorrida entre os portos e as lojas e supra as 
necessidades das lojas. Construa o modelo linear do problema. 
 
Solução: 
a) Quais são as variáveis de decisão? 
 
𝒙𝟏𝟏 → 𝒏ú𝒎𝒆𝒓𝒐 𝒅𝒆 𝒗𝒊𝒂𝒈𝒆𝒏𝒔 𝒅𝒐 𝑷𝟏 𝒂 𝑳𝟏 
𝒙𝟏𝟐 → 𝒏ú𝒎𝒆𝒓𝒐 𝒅𝒆 𝒗𝒊𝒂𝒈𝒆𝒏𝒔 𝒅𝒐 𝑷𝟏 𝒂 𝑳𝟐 
𝒙𝟏𝟑 → 𝒏ú𝒎𝒆𝒓𝒐 𝒅𝒆 𝒗𝒊𝒂𝒈𝒆𝒏𝒔 𝒅𝒐 𝑷𝟏 𝒂 𝑳𝟑 
𝒙𝟏𝟒 → 𝒏ú𝒎𝒆𝒓𝒐 𝒅𝒆 𝒗𝒊𝒂𝒈𝒆𝒏𝒔 𝒅𝒐 𝑷𝟏 𝒂 𝑳𝟒 
𝒙𝟐𝟏 → 𝒏ú𝒎𝒆𝒓𝒐 𝒅𝒆 𝒗𝒊𝒂𝒈𝒆𝒏𝒔 𝒅𝒐 𝑷𝟐 𝒂 𝑳𝟏 
𝒙𝟐𝟐 → 𝒏ú𝒎𝒆𝒓𝒐 𝒅𝒆 𝒗𝒊𝒂𝒈𝒆𝒏𝒔 𝒅𝒐 𝑷𝟐 𝒂 𝑳𝟐 
http://www.professormatusalem.com/video-aulas/ensino-superior/aula-11-modelo-de-programacao-linear-exercicio-9/
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𝒙𝟐𝟑 → 𝒏ú𝒎𝒆𝒓𝒐 𝒅𝒆 𝒗𝒊𝒂𝒈𝒆𝒏𝒔 𝒅𝒐 𝑷𝟐 𝒂 𝑳𝟑 
𝒙𝟐𝟒 → 𝒏ú𝒎𝒆𝒓𝒐 𝒅𝒆 𝒗𝒊𝒂𝒈𝒆𝒏𝒔 𝒅𝒐 𝑷𝟐 𝒂 𝑳𝟒 
𝒙𝟑𝟏 → 𝒏ú𝒎𝒆𝒓𝒐 𝒅𝒆 𝒗𝒊𝒂𝒈𝒆𝒏𝒔 𝒅𝒐 𝑷𝟑 𝒂 𝑳𝟏 
𝒙𝟑𝟐 → 𝒏ú𝒎𝒆𝒓𝒐 𝒅𝒆 𝒗𝒊𝒂𝒈𝒆𝒏𝒔 𝒅𝒐 𝑷𝟑 𝒂 𝑳𝟐 
𝒙𝟑𝟑 → 𝒏ú𝒎𝒆𝒓𝒐 𝒅𝒆 𝒗𝒊𝒂𝒈𝒆𝒏𝒔 𝒅𝒐 𝑷𝟑 𝒂 𝑳𝟑 
𝒙𝟑𝟒→ 𝒏ú𝒎𝒆𝒓𝒐 𝒅𝒆 𝒗𝒊𝒂𝒈𝒆𝒏𝒔 𝒅𝒐 𝑷𝟑 𝒂 𝑳𝟒 
 
b) Qual é a função objetivo? 
 
𝒎í𝒏𝒊𝒎𝒐 𝒄𝒖𝒔𝒕𝒐 = 𝟑𝟎𝒙𝟏𝟏 + 𝟐𝟎𝒙𝟏𝟐 + 𝟐𝟒𝒙𝟏𝟑 + 𝟏𝟖𝒙𝟏𝟒 + 𝟏𝟐𝒙𝟐𝟏 + 𝟑𝟔𝒙𝟐𝟐 + 𝟑𝟎𝒙𝟐𝟑 + 𝟐𝟒𝒙𝟐𝟒 + 𝟖𝒙𝟑𝟏 + 𝟏𝟓𝒙𝟑𝟐 + 𝟐𝟓𝒙𝟑𝟑 + 𝟐𝟎𝒙𝟑𝟒 
 
c) Quais são as restrições técnicas? 
 
Como cada caminhão pode transportar usaremos, 10m3 = 1 
unidade. 
 
A primeira restrição, diz respeito quantidade de areia que a loja 1 
necessita, que é de 50m3, portanto desta maneira a soma dos 
caminhões será: 
𝒙𝟏𝟏 + 𝒙𝟐𝟏 + 𝒙𝟑𝟏 = 𝟓 
 
A segunda restrição, diz respeito quantidade de areia que a loja 2 
necessita, que é de 80m3, portanto desta maneira a soma dos 
caminhões será: 
𝒙𝟏𝟐 + 𝒙𝟐𝟐 + 𝒙𝟑𝟐 = 𝟖 
 
A terceira restrição, diz respeito quantidade de areia que a loja 3 
necessita, que é de 40m3, portanto desta maneira a soma dos 
caminhões será: 
𝒙𝟏𝟑 + 𝒙𝟐𝟑 + 𝒙𝟑𝟑 = 𝟒 
 
A quarta restrição, diz respeito quantidade de areia que a loja 4 
necessita, que é de 100m3, portanto desta maneira a soma dos 
caminhões será: 
𝒙𝟏𝟒 + 𝒙𝟐𝟒 + 𝒙𝟑𝟒 = 𝟏𝟎 
 
Logo as restrições são: 
𝒓𝒆𝒔𝒕𝒓𝒊çõ𝒆𝒔 𝒕é𝒄𝒏𝒊𝒄𝒂𝒔{
𝒙𝟏𝟏 + 𝒙𝟐𝟏 + 𝒙𝟑𝟏 = 𝟓
𝒙𝟏𝟐 + 𝒙𝟐𝟐 + 𝒙𝟑𝟐 = 𝟖
𝒙𝟏𝟑 + 𝒙𝟐𝟑 + 𝒙𝟑𝟑 = 𝟒
𝒙𝟏𝟒 + 𝒙𝟐𝟒 + 𝒙𝟑𝟒 = 𝟏𝟎
 
 
30 
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d) Quais as restrições de não – negatividade? 
Como na maioria dos casos a quantidade não pode ser 
negativa de nenhum dos produtos, logo: 
𝒓𝒆𝒔𝒕𝒓𝒊çõ𝒆𝒔 𝒅𝒆 𝒏ã𝒐 𝒏𝒆𝒈𝒂𝒕𝒊𝒗𝒊𝒅𝒂𝒅𝒆 {𝒙𝒊𝒋 ≥ 𝟎, 𝒄𝒐𝒎 𝒊 = 𝟏, 𝟐, 𝟑 𝒆 𝒋 = 𝟏, 𝟐, 𝟑, 𝟒 
 
e) Escreva o modelo completo. 
 
𝒙𝟏𝟏 → 𝒏ú𝒎𝒆𝒓𝒐 𝒅𝒆 𝒗𝒊𝒂𝒈𝒆𝒏𝒔 𝒅𝒐 𝑷𝟏 𝒂 𝑳𝟏 
𝒙𝟏𝟐 → 𝒏ú𝒎𝒆𝒓𝒐 𝒅𝒆 𝒗𝒊𝒂𝒈𝒆𝒏𝒔 𝒅𝒐 𝑷𝟏 𝒂 𝑳𝟐 
𝒙𝟏𝟑 → 𝒏ú𝒎𝒆𝒓𝒐 𝒅𝒆 𝒗𝒊𝒂𝒈𝒆𝒏𝒔 𝒅𝒐 𝑷𝟏 𝒂 𝑳𝟑 
𝒙𝟏𝟒 → 𝒏ú𝒎𝒆𝒓𝒐 𝒅𝒆 𝒗𝒊𝒂𝒈𝒆𝒏𝒔 𝒅𝒐 𝑷𝟏 𝒂 𝑳𝟒 
𝒙𝟐𝟏 → 𝒏ú𝒎𝒆𝒓𝒐 𝒅𝒆 𝒗𝒊𝒂𝒈𝒆𝒏𝒔 𝒅𝒐 𝑷𝟐 𝒂 𝑳𝟏 
𝒙𝟐𝟐 → 𝒏ú𝒎𝒆𝒓𝒐 𝒅𝒆 𝒗𝒊𝒂𝒈𝒆𝒏𝒔 𝒅𝒐 𝑷𝟐 𝒂 𝑳𝟐 
𝒙𝟐𝟑 → 𝒏ú𝒎𝒆𝒓𝒐 𝒅𝒆 𝒗𝒊𝒂𝒈𝒆𝒏𝒔 𝒅𝒐 𝑷𝟐 𝒂 𝑳𝟑 
𝒙𝟐𝟒 → 𝒏ú𝒎𝒆𝒓𝒐 𝒅𝒆 𝒗𝒊𝒂𝒈𝒆𝒏𝒔 𝒅𝒐 𝑷𝟐 𝒂 𝑳𝟒 
𝒙𝟑𝟏 → 𝒏ú𝒎𝒆𝒓𝒐 𝒅𝒆 𝒗𝒊𝒂𝒈𝒆𝒏𝒔 𝒅𝒐 𝑷𝟑 𝒂 𝑳𝟏 
𝒙𝟑𝟐 → 𝒏ú𝒎𝒆𝒓𝒐 𝒅𝒆 𝒗𝒊𝒂𝒈𝒆𝒏𝒔 𝒅𝒐 𝑷𝟑 𝒂 𝑳𝟐 
𝒙𝟑𝟑 → 𝒏ú𝒎𝒆𝒓𝒐 𝒅𝒆 𝒗𝒊𝒂𝒈𝒆𝒏𝒔 𝒅𝒐 𝑷𝟑 𝒂 𝑳𝟑 
𝒙𝟑𝟒 → 𝒏ú𝒎𝒆𝒓𝒐 𝒅𝒆 𝒗𝒊𝒂𝒈𝒆𝒏𝒔 𝒅𝒐 𝑷𝟑 𝒂 𝑳𝟒 
 
 
𝒎í𝒏𝒊𝒎𝒐 𝒄𝒖𝒔𝒕𝒐 = 𝟑𝟎𝒙𝟏𝟏 + 𝟐𝟎𝒙𝟏𝟐 + 𝟐𝟒𝒙𝟏𝟑 + 𝟏𝟖𝒙𝟏𝟒 + 𝟏𝟐𝒙𝟐𝟏 + 𝟑𝟔𝒙𝟐𝟐 + 𝟑𝟎𝒙𝟐𝟑 + 𝟐𝟒𝒙𝟐𝟒 + 𝟖𝒙𝟑𝟏 + 𝟏𝟓𝒙𝟑𝟐 + 𝟐𝟓𝒙𝟑𝟑 + 𝟐𝟎𝒙𝟑𝟒 
 
𝒓𝒆𝒔𝒕𝒓𝒊çõ𝒆𝒔 𝒕é𝒄𝒏𝒊𝒄𝒂𝒔{
𝒙𝟏𝟏 + 𝒙𝟐𝟏 + 𝒙𝟑𝟏 = 𝟓
𝒙𝟏𝟐 + 𝒙𝟐𝟐 + 𝒙𝟑𝟐 = 𝟖
𝒙𝟏𝟑 + 𝒙𝟐𝟑 + 𝒙𝟑𝟑 = 𝟒
𝒙𝟏𝟒 + 𝒙𝟐𝟒 + 𝒙𝟑𝟒 = 𝟏𝟎
 
 
𝒓𝒆𝒔𝒕𝒓𝒊çõ𝒆𝒔 𝒅𝒆 𝒏ã𝒐 𝒏𝒆𝒈𝒂𝒕𝒊𝒗𝒊𝒅𝒂𝒅𝒆 {𝒙𝒊𝒋 ≥ 𝟎, 𝒄𝒐𝒎 𝒊 = 𝟏, 𝟐, 𝟑 𝒆 𝒋 = 𝟏, 𝟐, 𝟑, 𝟒 
 
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Exercício 10 - modelo de programação linear 
 
Técnica de Solução para Modelos de Programação Linear com 
Duas Variáveis de Decisão - Método Gráfico 
 
CONCEITO 
 
Essa técnica consiste em representar num sistema de eixos 
ortogonais o conjunto das possíveis soluções do problema, isto é, o 
conjunto de pontos (x1, x2) que obedecem ao grupo de restrições 
impostas pelo sistema em estudo. O desempenho do modelo é avaliado 
http://www.professormatusalem.com/video-aulas/ensino-superior/aula-12-modelo-de-programacao-linear-exercicio-10/
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através da representação gráfica da função objetivo. As soluções são 
classificadas de acordo com sua posição no gráfico. 
 
GRÁFICO DO CONJUNTO DE SOLUÇÕES 
 
A representação gráfica de uma equação linear com duas variáveis é 
uma reta. A representação gráfica de uma inequação linear com duas 
variáveis é um dos semiplanos definidos pela reta correspondente à 
equação. 
Exemplos: 
Exemplo 1: 
Representar graficamente a inequação: x1 + 2x2 ≥ 10 
a) Construir a reta correspondente à equação: x1 + 2x2 = 10 
(acompanhe no gráfico) 
 
Precisamos de dois pontos: 
 
fazendo x1 = 0 
teremos: 
2x2 = 10 
X2 = 5 
 
fazendo x2 = 0 
teremos: 
x1 = 10 
 
b) Testar a inequação: x1 + 2x2 ≥ 10 
 
Tomamos um ponto qualquer de uma das regiões limitadas pela reta, por 
exemplo o ponto (x1 = 10, x2 = 5). 
Substituindo na inequação: 
 10 + 2 . 5 ≥ 10 ou 20 ≥ 10, o que é verdadeiro, portanto a região das 
soluções da inequação é aquela que contém o ponto testado. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
(10, 5) 
Região das soluções 
x2 
x1 
5 
10 
32 
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Solução gráfica - exemplo 1 
 
Exemplo 2: 
Representar graficamente a solução do sistema: 
 
{
𝑥1 + 3𝑥2 ≤ 12
2𝑥1 + 𝑥2 ≥ 16
𝑥1 ≥ 0
𝑥2 ≥ 0
 
 
Solução: 
Vamos representar cada uma das retas correspondentes: 
1) x1 + 3x2 = 12 se x1 = 0, então 0 + 3. x2 = 12. Portanto, x2 = 12/3 
ou x2 = 4 
se x2 = 0, então x1 + 3. 0= 12. Portanto, x1 = 12 
 
2) 2x1 + x2 = 16 se x1 = 0, então 2. 0+ x2 = 16. Portanto, x2 = 16 se 
x2 = 0, então 2 . x1 + 0 = 16. Portanto, x1 = 16/2 ou x1 = 8 
 
As restrições de não negatividade x1 ≥ 0 e x2 ≥0 representam o primeiro 
quadrante do gráfico de soluções. 
Gráfico: 
 
Vamos testar para cada reta qual a região que corresponde à solução da 
inequação. Para isso escolhemos um ponto fora das retas, por exemplo o 
ponto (8,16). 
 
1) x1 + 3x2 ≤ 12; substituindo x1 = 8, x2 = 16, obtém-se: 8+3.16≤ 12 
ou 56 ≤ 12; a desigualdade é falsa. 
Solução: região oposta. (Vide flecha indicativa.) 
 
2) 2x1 + x2 ≥ 16; substituindo x1 = 8, x2 = 16, obtém-se: 
2 . 8 + 16 ≥16, ou 32 ≥ 16; a desigualdade é verdadeira. (Flecha 
indicativa da solução na região do ponto testado.) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
(8, 16) 
Região das soluções 
x2 
x1 
16 
8 
4 
12 1 
2 
http://www.professormatusalem.com/video-aulas/ensino-superior/aula-13-resolucao-grafica-de-problemas-de-programacao-linear-exemplo-1/
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A região de soluções aparece sombreada no gráfico. 
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Solução gráfica - exemplo 2 
AVALIAÇÃO DO OBJETIVO 
Avaliar o desempenho da função objetivo: Maximizar L = 2x1 + 5x2, 
na região de soluções do gráfico abaixo. 
 
Solução: Escolhemos um valor arbitrário para L, por exemplo, o valor 10. 
 
A equação: 10 = 2x1 + 5x2 fornece o conjunto de pontos (x1,x2) que dão 
para L o valor 10. Vamos representar esses pontos: 
se x1 = 0, então 2 . 0 + 5 . x2 = 10. Portanto, x2 = 10/5 ou x2 = 2 
se x2 = 0, então 2 . x1 + 5 . 0 = 10. Portanto, x1 = 10/2 ou x1 = 5 
 
Escolhemos um segundo valor para L, por exemplo, o valor 15, então: 
 
2x1 + 5x2 = 15 se x1 = 0, então 2 . 0 + 5 . x2 = 15. 
Portanto, x2 = 15/5 ou x2 = 3 
 
se x2 = 0, então 2 . x1 + 5 . 0 = 15. 
Portanto, x1 = 15/2 ou x1 = 7,5 
Graficamente, teremos: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Região das soluções 
x2 
x1 
8 
4 
6 
8 0 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Região das soluções 
x2 
x1 
8 
4 
6 
8 0 
L = máximo 
5 7,5 
3 
2 
L = 15 
L = 10 
P 
http://www.professormatusalem.com/video-aulas/ensino-superior/aula-14-resolucao-grafica-de-problemas-de-programacao-linear-exemplo-2/
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Verificamos do gráfico que: 
1) À medida que atribuirmos valores a L, obtemos retas paralelas. 
2) À medida que o valor de L aumenta, a reta se afasta da origem do 
sistema de eixos. 
Podemos concluir que pelo ponto P do gráfico teremos a paralela de 
maior valor que ainda apresenta um ponto na região de soluções. 
Portanto, o ponto P é a solução que maximiza L na região de soluçõesdadas. 
 
Como P = (0,6) e L = 2x1 + 5x2, substituindo x1 = 0, x2 = 6 teremos: 
L = 2 . 0 + 5 . 6 ou Lmáximo = 30. 
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Solução gráfica - exemplo 3 
 
MÉTODO GRÁFICO 
 
Exemplo 1: 
Resolver o problema de programação linear: 
minimizar Z = 2x1 + 3x2 
𝑠𝑢𝑗𝑒𝑖𝑡𝑜 à𝑠 𝑟𝑒𝑠𝑡𝑟𝑖çõ𝑒𝑠:
{
 
 
 
 
𝑥1 + 𝑥2 ≥ 5
5𝑥1 + 𝑥2 ≥ 10
𝑥1 ≤ 8
𝑥1 ≥ 0
𝑥2 ≥ 0
 
 
Solução: 
a) Construir a região de soluções das restrições: 
1) x1 + x2 = 5 se x1 = 0, então 0 + x2 = 5 ou x2 = 5 
se x2 = 0, então x1 + 0 = 5 ou x1 = 5 
 
2) 5x1 + x2 = 10 se x1 = 0, então 5 . 0 + x2 = 10 ou x2 = 10 
se x2 = 0, então 5. X1 + 0 = 10 ou x1 = 10/5 ou 
x1=2 
 
3) x1 = 8 A representação gráfica é uma reta paralela ao eixo x2 
pelo ponto x1 = 8. 
No gráfico: 
http://www.professormatusalem.com/video-aulas/ensino-superior/aula-15-resolucao-grafica-de-problemas-de-programacao-linear-exemplo-3/
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Tomando-se o ponto (5,5) para o teste da região de solução de cada 
uma das inequações, temos, substituindo os valores x1 = 5 e x2 = 5: 
1) x1 + x2 ≥ 5, então 5 + 5 ≥ 5 ou 10 ≥ 5. A desigualdade é verdadeira 
- flecha em (1) para a região do ponto testado. , 
2) 5x1 + x2 ≥ 10, então 5 .5 + 5 ≥ 10 ou 30 ≥ 10. A desigualdade é 
verdadeira - flecha em (2) para a região do ponto testado. 
3) x1 ≤ 8 substituindo x1 = 5, teremos 5 ≤ 8. A desigualdade é 
verdadeira - flecha em (3) para a região do ponto (5,5). 
 
A região resultante está sombreada na figura. 
 
b) Avaliar o desempenho da função objetivo. 
Arbitramos dois valores para Z, por exemplo: Z = 12 e Z = 18. 
Para Z = 12, teremos: 
 2x1 + 3x2 = 12 se x1 = 0, então 2 . 0 + 3. x2 = 12 ou x2 = 4 
se x2 = 0, então 2 . x1 + 3 . 0 = 12 ou x1 = 6 
 
Para Z = 18, teremos: 
 2x1 + 3x2 = 18 se x1 = 0, então 2 . 0 + 3 . x2 = 18 ou x2 = 6 
se x2 = 0, então 2 . x1 + 3 . 0 = 18 ou x1 = 9 
 
Conclusão: (verifique no gráfico) À medida que diminuímos o valor de Z, 
obtemos retas paralelas mais próximas da origem. Portanto, o ponto da 
região de soluções com o menor valor de Z é o ponto (5,0). 
 
Resposta: 
Ponto de mínimo: x1 = 5, x2 = O. Valor mínimo = 2 . 5 + 3 . 0 = 10. 
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Solução gráfica - exemplo 4 
 
Exemplo 2 
Resolver o problema de programação linear: 
MAX L = 2x1 + 3x2 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Região das soluções 
x2 
x1 
10 
2 
5 
8 0 
Zmín = 10 
5 6 
4 
6 
Z = 18 
Z = 12 
2 
9 
(5, 5) 
1 
3 
http://www.professormatusalem.com/video-aulas/ensino-superior/aula-16-resolucao-grafica-de-problemas-de-programacao-linear-exemplo-4/
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𝑠𝑢𝑗𝑒𝑖𝑡𝑜 𝑎: {
4𝑥1 + 6𝑥2 ≤ 60
𝑥1 + 𝑥2 ≥ 12
𝑥1 ≥ 0, 𝑥2 ≥ 0
 
 
a) Construir a região de soluções das restrições. 
1) 4x1 + 6x2 = 60 se x1 = 0, então 6 . x2 = 60 ou x2 = 10 
se x2 = 0, então 4 . x1 = 60 ou x1 = 15 
 
2) x1 + x2 = 12 se x1 = 0, então x2 = 12 
se x2 = 0, então x1 = 12 
 
b) Teste de região de soluções usando o ponto (x1 = 15, x2 = 12). 
1) 4x1 + 6x2 ≤ 60 substituindo os valores de x1 = 15, x2 = 12, 
obtemos 4 . 15 + 6 . 12 ≤ 60 ou 132 ≤ 60, o que é falso. 
A solução é a região oposta ao ponto testado. 
2) x1 + x2 ≥ 12 substituindo os valores de x1 = 15, x2 = 12, obtemos 
15 + 12 ≥ 12 ou 27 ≥ 12, o que é verdadeiro. 
 
A solução é a região do ponto testado. 
 
c) Avaliar o objetivo na região de soluções: 
Atribuímos dois valores para L: 
 L = 24, então 2x1 + 3x2 = 24 se x1 = 0, então x2 = 8 
se x2 = 0, então x1 = 12 
 L = 45, então 2x1 + 3x2 = 45 se x1 = 0, então x2 = 15 
se x2 = 0, então x1 = 22,5 
Gráfico: 
 
Examinando o gráfico, concluímos que L atinge o maior valor na região 
de soluções sobre a reta (1). Portanto, todos os pontos do segmento PQ 
são soluções ótimas do modelo. 
 
 Por exemplo: O ponto Q: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Região das soluções 
x2 
x1 
15 
8 
12 0 
P 
15 
12 
L = 24 
L = 45 
2 
(15, 12) 
1 
3 
4 
10 
Q 
37 
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x1 = 15 
x2=0 
 
L = 2 . 15 + 3 . 0 = 30 
 
é uma das soluções ótimas. 
Assista agora a Vídeo Aula: 
Solução gráfica - exemplo 5 
 
Exercícios: 
1) Resolver graficamente o modelo de programação linear: 
a) Maximizar LUCRO = 2x1 + 3x2 
𝑠𝑢𝑗𝑒𝑖𝑡𝑜 𝑎: {
−𝑥1 + 2𝑥2 ≤ 4
𝑥1 + 2𝑥2 ≤ 6
𝑥1 + 3𝑥2 ≤ 9
𝑥1 ≥ 0, 𝑥2 ≥ 0
 
 
a) Construir a região de soluções das restrições. 
1) −𝒙𝟏 + 𝟐𝒙𝟐 = 𝟒 se x1 = 0, então 2 . x2 = 4 ou x2 = 2, A(0, 2) 
se x2 = 0, então - x1 = 4 ou x1 = -4, B(-4, 
0) 
 
2) 𝒙𝟏 + 𝟐𝒙𝟐 = 𝟔 se x1 = 0, então 2.x2 = 6, x2 = 3, C(0, 3) 
se x2 = 0, então x1 = 6 , D(6, 0) 
 
3) 𝒙𝟏 + 𝟑𝒙𝟐 = 𝟗 se x1 = 0, então 3.x2 = 9, x2 = 3, F(0, 3) 
se x2 = 0, então x1 = 9, G(9, 0) 
 
b) Teste de região de soluções usando o ponto (x1 = 1, x2 = 
1). 
 
1) −𝒙𝟏 + 𝟐𝒙𝟐 ≤ 𝟒 substituindo os valores de x1 = 1, x2 = 1, 
obtemos - 1 + 2 . 1 ≤ 4 ou 1 ≤ 4, o que é VERDADEIRO. A 
solução é a região do ponto testado. 
 
2) 𝒙𝟏 + 𝟐𝒙𝟐 ≤ 𝟔 substituindo os valores de x1 = 1, x2 = 1, 
obtemos 1 + 2 . 1 ≤ 12 ou 3 ≤ 6, o que é VERDADEIRO. A 
solução é a região do ponto testado. 
 
http://www.professormatusalem.com/video-aulas/ensino-superior/aula-17-resolucao-grafica-de-problemas-de-programacao-linear-exemplo-5/
38 
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3) 𝒙𝟏 + 𝟑𝒙𝟐 ≤ 𝟗 substituindo os valores de x1 = 1, x2 = 1, 
obtemos 1 + 3 . 1 ≤ 9 ou 4 ≤ 9, o que é VERDADEIRO. A 
solução é a região do ponto testado. 
 
 
c) Avaliar o objetivo na região de soluções: 
Maximizar LUCRO = 2x1 + 3x2 
Atribuímos dois valores para L: 
L = 6, então 2x1 + 3x2 = 6 se x1 = 0, então x2 = 2, M(0, 2) 
se x2 = 0, então x1 = 3, N(3, 0) 
 
L = 12 , então 2x1 + 3x2 = 12 se x1 = 0, então x2 = 4, R(0, 4) 
se x2 = 0, então x1 = 6, S(6, 0) 
 
d) Gráfico: 
 
 
e) Solução: 
 
Examinando o gráfico, concluímos que L atinge o maior valor na 
região de soluções sobre a reta (2) no ponto destacado P(6, 0). 
 
L = 2 . 6 + 3 . 0 = 12 
 
é a solução ótima. 
Assista agora a Vídeo Aula: 
Exercício 1 (a) - solução gráfica 
 
b) Maximizar RECEITA = 0,3x1 + 0,5x2 
𝑠𝑢𝑗𝑒𝑖𝑡𝑜 𝑎: {
2𝑥1 + 𝑥2 ≤ 2
𝑥1 + 3𝑥2 ≤ 3
𝑥1 ≥ 0, 𝑥2 ≥ 0
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Região das soluções 
x2 
x1 
3 
4 
6 0 
P 
9 
2 
L = 6 
L = 12 
2 
(1, 1) 
1 
3 
-4 3 
http://www.professormatusalem.com/video-aulas/ensino-superior/aula-18-resolucao-grafica-de-problemas-de-programacao-linear-exercicio-1/
39 
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a) Construir a região de soluções das restrições. 
1) 𝟐𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 = 𝟐 se x1 = 0, então x2 = 2, A(0, 2) 
se x2 = 0, então 2. x1 = 2 ou x1 = 1, B(1, 0) 
 
2) 𝒙𝟏 + 𝟑𝒙𝟐 = 𝟑 se x1 = 0, então 3.x2 = 3, x2 = 1, C(0, 1) 
se x2 = 0, então x1 = 3 , D(3, 0) 
 
b) Teste de região de soluções usando o ponto (x1 = 1, x2 = 
1). 
 
1) 𝟐𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 ≤ 𝟐 substituindo os valores de x1 = 1, x2 = 1, obtemos 
2 + 1 ≤ 2 ou 3 ≤ 2, o que é FALSO. A solução é a região 
oposta ao ponto testado. 
 
2) 𝒙𝟏 + 𝟑𝒙𝟐 ≤ 𝟑 substituindo os valores de x1 = 1, x2 = 1, obtemos 
1 + 3 ≤ 3 ou 4 ≤ 3, o que é FALSO. A solução é a região 
oposta ao ponto testado. 
 
 
c) Avaliar o objetivo na região de soluções: 
Maximizar RECEITA = 0,3x1 + 0,5x2 
Atribuímos dois valores para R: 
R = 1,5 , então 0,3x1 + 0,5x2 = 1,5 
 se x1 = 0, então x2 = 3, M(0, 3) 
se x2 = 0, então x1 = 5, N(5, 0) 
 
R = 3, então 0,3x1 + 0,5x2 = 3 
se x1 = 0, então x2 = 6, R(0, 6) 
se x2 = 0, então x1 = 10, S(10, 0) 
 
d) Gráfico:Região das soluções 
x2 
x1 
3
6 
3 0 10 
2 
R = 1,5 
R = 3 
2 
(1, 1) 
1 
1 5 
1 
R = máx 
40 
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e) Solução: 
 
Examinando o gráfico, concluímos que o máximo R atinge o maior 
valor na região de soluções que é o encontro das retas (1) e (2) 
no ponto destacado. 
Para acharmos a solução precisamos então resolver o sistema 
linear composto pelas duas equações, como vemos a seguir: 
 
{
𝟐𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 = 𝟐
𝒙𝟏 + 𝟑𝒙𝟐 = 𝟑
 
 
Multiplicando a segunda por (-2) e somado as duas equações, 
temos: 
 
{
𝟐𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 = 𝟐
𝒙𝟏 + 𝟑𝒙𝟐 = 𝟑 . (−𝟐)
 
 
{
𝟐𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 = 𝟐
−𝟐𝒙𝟏 − 𝟔𝒙𝟐 = −𝟔
 
 
 𝟐𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 = 𝟐 
−𝟐𝒙𝟏 − 𝟔𝒙𝟐 = −𝟔 
 −𝟓𝒙𝟐 = −𝟒 
 
−𝟓𝒙𝟐 = −𝟒 . (−𝟏) 
 
𝟓𝒙𝟐 = 𝟒 
 
𝒙𝟐 = 
𝟒
𝟓
= 𝟎, 𝟖 
 
Substituindo em uma das equações, nesse exemplo vamos 
substituir na 1ª, e determinar o valor de x1. 
𝟐𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 = 𝟐 
 
𝟐𝒙𝟏 + 𝟎, 𝟖 = 𝟐 
 
𝟐𝒙𝟏 = 𝟐 − 𝟎, 𝟖 
 
𝟐𝒙𝟏 = 𝟏, 𝟐 
 
𝒙𝟏 =
𝟏,𝟐
𝟐
= 𝟎, 𝟔 
41 
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Logo a solução está no ponto P(0,6 ; 0,8). 
Substituindo na função objetiva teremos a máxima receita. 
 
Maximizar RECEITA = 0,3x1 + 0,5x2 
 
R = 0,3. 0,6 + 0,5 . 0,8 
 
R = 0,18 + 0,40 = 0,58 
Assista agora a Vídeo Aula: 
Exercício 1 (b) - solução gráfica 
 
c) Maximizar LUCRO = 2x1 + 3x2 
𝑠𝑢𝑗𝑒𝑖𝑡𝑜 𝑎: {
𝑥1 + 3𝑥2 ≤ 9
−𝑥1 + 2𝑥2 ≤ 4
𝑥1 + 𝑥2 ≤ 6
𝑥1 ≥ 0, 𝑥2 ≥ 0
 
 
a) Construir a região de soluções das restrições. 
1) 𝒙𝟏 + 𝟑𝒙𝟐 = 𝟗 se x1 = 0, então 3.x2 = 9, x2 = 3, A(0, 3) 
se x2 = 0, então x1 = 9, B(9, 0) 
 
2) −𝒙𝟏 + 𝟐𝒙𝟐 = 𝟒 se x1 = 0, então 2 . x2 = 4 ou x2 = 2, C(0, 2) 
se x2 = 0, então - x1 = 4 ou x1 = -4, D(-4, 0) 
 
3) 𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 = 𝟔 se x1 = 0, então x2 = 6, E(0, 6) 
se x2 = 0, então x1 = 6 , F(6, 0) 
 
 
b) Teste de região de soluções usando o ponto (x1 = 1, x2 = 
1). 
 
1) 𝒙𝟏 + 𝟑𝒙𝟐 ≤ 𝟗 substituindo os valores de x1 = 1, x2 = 1, 
obtemos 1 + 3 ≤ 9 ou 4 ≤ 9, o que é VERDADEIRO. A 
solução é a região do ponto testado. 
 
2) −𝒙𝟏 + 𝟐𝒙𝟐 ≤ 𝟒 substituindo os valores de x1 = 1, x2 = 1, 
obtemos -1 + 2 ≤ 4 ou 1 ≤ 4, o que é VERDADEIRO. A 
solução é a região do ponto testado. 
 
http://www.professormatusalem.com/video-aulas/ensino-superior/aula-19-resolucao-grafica-de-problemas-de-programacao-linear-exercicio-2/
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3) 𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 ≤ 𝟔 substituindo os valores de x1 = 1, x2 = 1, 
obtemos 1 + 1 ≤ 6 ou 2 ≤ 6, o que é VERDADEIRO. A 
solução é a região do ponto testado. 
 
 
c) Avaliar o objetivo na região de soluções: 
Maximizar LUCRO = 2x1 + 3x2 
Atribuímos dois valores para L: 
L = 6, então 2x1 + 3x2 = 6 se x1 = 0, então x2 = 2, M(0, 2) 
se x2 = 0, então x1 = 3, N(3, 0) 
L = 12 , então 2x1 + 3x2 = 12 se x1 = 0, então x2 = 4, R(0, 4) 
se x2 = 0, então x1 = 6, S(6, 0) 
 
d) Gráfico: 
 
 
 
e) Solução: 
 
Examinando o gráfico, concluímos que o máximo L atinge o maior 
valor na região de soluções que é o encontro das retas (1) e (3) 
no ponto destacado. 
Para acharmos a solução precisamos então resolver o sistema 
linear composto pelas duas equações, como vemos a seguir: 
 
{
𝒙𝟏 + 𝟑𝒙𝟐 = 𝟗
𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 = 𝟔
 
 
Multiplicando a segunda por (-3) e somado as duas equações, 
temos: 
 
{
𝒙𝟏 + 𝟑𝒙𝟐 = 𝟗
𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 = 𝟔 . (−𝟑)
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Região das soluções 
x2 
x1 
3 
4 
6 0 
P 
9 
2 
L = 6 
L = 12 
3 
(1, 1) 
2 
1 
-4 3 
6 
L máx 
43 
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{
𝒙𝟏 + 𝟑𝒙𝟐 = 𝟗
−𝟑𝒙𝟏 − 𝟑𝒙𝟐 = −𝟏𝟖
 
 
 𝒙𝟏 + 𝟑𝒙𝟐 = 𝟗 
−𝟑𝒙𝟏 − 𝟑𝒙𝟐 = −𝟏𝟖 
−𝟐𝒙𝟏 = −𝟗 
 
−𝟐𝒙𝟏 = −𝟗 . (−𝟏) 
 
𝟐𝒙𝟏 = 𝟗 
 
𝒙𝟏 = 
𝟗
𝟐
= 𝟒, 𝟓 
 
Substituindo em uma das equações, nesse exemplo vamos 
substituir na 1ª, e determinar o valor de x2. 
𝒙𝟏 + 𝟑𝒙𝟐 = 𝟗 
 
𝟒, 𝟓 + 𝟑𝒙𝟐 = 𝟗 
 
𝟑𝒙𝟐 = 𝟗 − 𝟒, 𝟓 
 
𝟑𝒙𝟐 = 𝟒, 𝟓 
 
𝒙𝟐 =
𝟒,𝟓
𝟑
= 𝟏, 𝟓 
 
Logo a solução está no ponto P(4,5 ; 1,5). 
Substituindo na função objetiva teremos o máxima lucro. 
 
Maximizar LUCRO = 2x1 + 3x2 
 
L = 2 . 4,5 + 3 . 1,5 
 
L = 9 + 4,5 
 
L = 13,5 
 
Assista agora a Vídeo Aula: 
Exercício 1 (c) - Solução gráfica 
 
d) Minimizar CUSTO = 10x1 + 12x2 
http://www.professormatusalem.com/video-aulas/ensino-superior/aula-20-resolucao-grafica-de-problemas-de-programacao-linear-exercicio-3/
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𝑠𝑢𝑗𝑒𝑖𝑡𝑜 𝑎: {
𝑥1 + 𝑥2 ≤ 20
𝑥1 + 𝑥2 ≥ 10
5𝑥1 + 6𝑥2 ≥ 54
𝑥1 ≥ 0, 𝑥2 ≥ 0
 
 
a) Construir a região de soluções das restrições. 
1) 𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 = 𝟐𝟎 se x1 = 0, então x2 = 20, A(0, 20) 
se x2 = 0, então x1 = 20, B(20, 0) 
 
2) 𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 = 𝟏𝟎 se x1 = 0, então x2 = 10, C(0, 10) 
se x2 = 0, então x1 = 10 , D(10, 0) 
 
3) 𝟓𝒙𝟏 + 𝟔𝒙𝟐 = 𝟓𝟒 se x1 = 0, então 6.x2 = 54, x2 = 9, F(0, 9) 
se x2 = 0, então 5x1 = 54, x1 = 10,8, G(10,8 ; 0) 
 
b) Teste de região de soluções usando o ponto (x1 = 1, x2 = 
1). 
 
1) 𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 ≤ 𝟐𝟎 substituindo os valores de x1 = 1, x2 = 1, 
obtemos 1 + 1 ≤ 20 ou 2 ≤ 20, o que é VERDADEIRO. A 
solução é a região do ponto testado. 
 
2) 𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 ≥ 𝟏𝟎 substituindo os valores de x1 = 1, x2 = 1, 
obtemos 1 + 1 ≥ 10 ou 2 ≥ 10, o que é FALSA. A solução é 
a região do ponto testado. 
 
3) 𝟓𝒙𝟏 + 𝟔𝒙𝟐 ≥ 𝟓𝟒 substituindo os valores de x1 = 1, x2 = 1, 
obtemos 5 . 1 + 6 . 1 ≥ 9 ou 11 ≥ 54, o que é FALSA. A 
solução é a região oposta ao ponto testado. 
 
 
c) Avaliar o objetivo na região de soluções: 
Minimizar CUSTO = 10x1 + 12x2 
Atribuímos dois valores para C: 
C = 60, então 10x1 + 12x2 = 60 
se x1 = 0, então x2 = 5, M(0, 5) 
se x2 = 0, então x1 = 6, N(6, 0) 
 
C = 120, então 10x1 + 12x2 = 120 
se x1 = 0, então x2 = 10, R(0, 10) 
se x2 = 0, então x1 = 12, S(12, 0) 
 
45 
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d) Gráfico: 
 
 
 
e) Solução: 
 
Examinando o gráfico, concluímos que o máximo L atinge o maior 
valor na região de soluções que é o encontro das retas (2) e (3) 
no ponto destacado. 
Para acharmos a solução precisamos então resolver o sistema 
linear composto pelas duas equações, como vemos a seguir: 
 
{
𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 = 𝟏𝟎 
𝟓𝒙𝟏 + 𝟔𝒙𝟐 = 𝟓𝟒
 
 
Multiplicando a primeira por (-5) e somado as duas equações, 
temos: 
 
{
𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 = 𝟏𝟎 . (−𝟓)
𝟓𝒙𝟏 + 𝟔𝒙𝟐 = 𝟓𝟒
 
 
{
−𝟓𝒙𝟏 − 𝟓𝒙𝟐 = −𝟓𝟎
𝟓𝒙𝟏 + 𝟔𝒙𝟐 = 𝟓𝟒 
 
 
 −𝟓𝒙𝟏 − 𝟓𝒙𝟐 = −𝟓𝟎 
 𝟓𝒙𝟏 + 𝟔𝒙𝟐 = 𝟓𝟒 
𝒙𝟐 = 𝟒 
 
 
 
 
 
20 
20 10 10,8 
10 
9 
C = 120 
C = 60 
P 
Q 
Região das soluções 
 1 
 2 
6 
5 
12 
(1, 1) 
2 
3 1 
46 
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Substituindo em uma das equações, nesse exemplo vamos 
substituir na 1ª, e determinar o valor de x1. 
𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 = 𝟏𝟎 
 
𝒙𝟏 + 𝟒 = 𝟏𝟎 
 
𝒙𝟏 = 𝟔 
 
Logo a solução está no ponto Q(6, 4). 
Substituindo na função objetiva teremos o máxima lucro. 
 
 
Examinando o gráfico, concluímos que C atinge o menor valor na 
região de soluções sobre a reta (3). Portanto, todos os pontos do 
segmento PQ são soluções ótimas do modelo. 
 
 Por exemplo: O ponto Q: 
x1 = 6 
x2 = 4 
 
C = 10. 6 + 12 . 4 = 108 
 
é uma das soluções ótimas (menor custo). 
Assista agora a Vídeo Aula: 
Exercício 1 (d) - solução gráfica 
 
e) Minimizar Z = 7x1 + 9x2 
𝑠𝑢𝑗𝑒𝑖𝑡𝑜 𝑎: 
{
 
 
 
 
−𝑥1 + 𝑥2 ≤ 2
𝑥1 ≤ 5
𝑥2 ≤ 6
3𝑥1 + 5𝑥2≥ 15
5𝑥1 + 4𝑥2 ≥ 20
𝑥1 ≥ 0, 𝑥2 ≥ 0
 
 
a) Construir a região de soluções das restrições. 
1) −𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 = 𝟐 se x1 = 0, então x2 = 2, A(0, 2) 
se x2 = 0, então - x1 = 2 ou x1 = -2, B(-2, 0) 
 
2) 𝒙𝟏 = 𝟓 x1 = 5, para todo valor de x2, C(5, 0), D(5, 5) 
 
3) 𝒙𝟐 = 𝟔 x2 = 6, para todo valor de x1, F(0, 6), G(5, 6) 
http://www.professormatusalem.com/video-aulas/ensino-superior/aula-21-resolucao-grafica-de-problemas-de-programacao-linear-exercicio-4/
47 
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4) 𝟑𝒙𝟏 + 𝟓𝒙𝟐 = 𝟏𝟓 se x1 = 0, então 5.x2 = 15, x2 = 3, H(0, 3) 
se x2 = 0, então 3.x1 = 15, x1 = 5, J(5, 0) 
 
5) 𝟓𝒙𝟏 + 𝟒𝒙𝟐 = 𝟐𝟎 se x1 = 0, então 4.x2 = 20, x2 = 5, K(0, 5) 
se x2 = 0, então 5.x1 = 20, x1 = 4, L(4, 0) 
 
 
 
b) Teste de região de soluções usando o ponto (x1 = 1, x2 = 
1). 
 
1) −𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 ≤ 𝟐 substituindo os valores de x1 = 1, x2 = 1, obtemos 
- 1 + 1 ≤ 2 ou 0 ≤ 2, o que é VERDADEIRO. A solução é a 
região do ponto testado. 
 
2) 𝒙𝟏 ≤ 𝟓 substituindo o valor de x1 = 1, obtemos 1 ≤ 5, o que é 
VERDADEIRO. A solução é a região do ponto testado. 
 
3) 𝒙𝟐 ≤ 𝟔 substituindo o valor de x2 = 1, obtemos 1 ≤ 6, o que é 
VERDADEIRO. A solução é a região do ponto testado. 
 
4) 𝟑𝒙𝟏 + 𝟓𝒙𝟐 ≥ 𝟏𝟓 substituindo os valores de x1 = 1, x2 = 1, 
obtemos 3 + 5 ≥ 15 ou 8 ≥ 15, o que é FALSO. A solução é a 
região oposta ao ponto testado. 
 
5) 𝟓𝒙𝟏 + 𝟒𝒙𝟐 ≥ 𝟐𝟎 substituindo os valores de x1 = 1, x2 = 1, 
obtemos 5 + 4 ≥ 20 ou 9 ≥ 𝟐𝟎, o que é FALSO. A solução é a 
região oposta ao ponto testado. 
 
c) Avaliar o objetivo na região de soluções: 
Minimizar Z = 7x1 + 9x2 
Atribuímos dois valores para Z: 
Z = 63, então 7x1 + 9x2 = 63 
se x1 = 0, então x2 = 7, M(0, 7) 
se x2 = 0, então x1 = 9, N(9, 0) 
 
Z = 126 , então 7x1 + 9x2 = 126 
se x1 = 0, então x2 = 14, R(0, 14) 
se x2 = 0, então x1 = 18, S(18, 0) 
 
d) Gráfico: 
48 
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e) Solução: 
 
Examinando o gráfico, concluímos que o máximo L atinge o maior 
valor na região de soluções que é o encontro das retas (4) e (5) 
no ponto destacado. 
Para acharmos a solução precisamos então resolver o sistema 
linear composto pelas duas equações, como vemos a seguir: 
 
{
𝟑𝒙𝟏 + 𝟓𝒙𝟐 = 𝟏𝟓
𝟓𝒙𝟏 + 𝟒𝒙𝟐 = 𝟐𝟎
 
 
Multiplicando a primeira por (5) e a segunda por (-3) e somado as 
duas equações, temos: 
 
{
𝟑𝒙𝟏 + 𝟓𝒙𝟐 = 𝟏𝟓 . (𝟓)
𝟓𝒙𝟏 + 𝟒𝒙𝟐 = 𝟐𝟎 . (−𝟑)
 
 
{
𝟏𝟓𝒙𝟏 + 𝟐𝟓𝒙𝟐 = 𝟕𝟓
−𝟏𝟓𝒙𝟏 − 𝟏𝟐𝒙𝟐 = −𝟔𝟎
 
 
 𝟏𝟓𝒙𝟏 + 𝟐𝟓𝒙𝟐 = 𝟕𝟓 
−𝟏𝟓𝒙𝟏 − 𝟏𝟐𝒙𝟐 = −𝟔𝟎 
 𝟏𝟑𝒙𝟐 = 𝟏𝟓 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Região das soluções 
x2 
x1 
6 
7 
5 0 18 
3 
Z = 63 
Z = 126 
3 
(1, 1) 
4 
1 
3 
14 
4 9 
P 
5 
2 
-2 
3 
5 
49 
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𝟏𝟑𝒙𝟐 = 𝟏𝟓 
 
𝒙𝟐 = 
𝟏𝟓
𝟏𝟑
≅ 𝟏, 𝟏𝟓 
 
Substituindo em uma das equações, nesse exemplo vamos 
substituir na 1ª, e determinar o valor de x1. 
𝟑𝒙𝟏 + 𝟓𝒙𝟐 = 𝟏𝟓 
 
𝟑𝒙𝟏 + 𝟓 . (
𝟏𝟓
𝟏𝟑
) = 𝟏𝟓 
 
𝟑𝒙𝟏 +
𝟕𝟓
𝟏𝟑
= 𝟏𝟓 
 
𝟑𝟗𝒙𝟏=𝟏𝟗𝟓−𝟕𝟓
𝟏𝟑
 
 
𝟑𝟗𝒙𝟏 = 𝟏𝟐𝟎 
 
𝒙𝟏 =
𝟏𝟐𝟎
𝟑𝟗
=
𝟒𝟎
𝟏𝟑
≅ 𝟑, 𝟎𝟖 
 
Logo a solução está no ponto P(3,08 ; 1,15). 
Substituindo na função objetiva teremos o mínimo. 
 
Minimizar Z = 7x1 + 9x2 
 
𝒁 = 𝟕 .
𝟒𝟎
𝟏𝟑
+ 𝟗 .
𝟏𝟓
𝟏𝟑
 
 
𝒁 = 
𝟐𝟖𝟎
𝟏𝟑
+ 
𝟏𝟑𝟓
𝟏𝟑
=
𝟒𝟏𝟓
𝟏𝟑
≅ 𝟑𝟏, 𝟗𝟐 
Assista agora a Vídeo Aula: 
Exercício 1 (e) - solução gráfica 
 
2) Dado o problema: 
 
Um sapateiro faz 6 sapatos por hora, se fizer somente sapatos, e 5 
cintos por hora, se fizer somente cintos. Ele gasta 2 unidades de couro 
para fabricar 1 unidade de sapato e 1 unidade couro para fabricar uma 
unidade de cinto. Sabendo-se que o total disponível de couro é de 6 
unidades e que o lucro unitário por sapato é de 5 unidades monetárias e 
o do cinto é de 2 unidades monetárias. 
Com o seguinte modelo. 
http://www.professormatusalem.com/video-aulas/ensino-superior/aula-22-resolucao-grafica-de-problemas-de-programacao-linear-exercicio-5/
50 
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𝑥1 → 𝑛º 𝑑𝑒 𝑠𝑎𝑝𝑎𝑡𝑜𝑠/ℎ𝑜𝑟𝑎 
𝑥2 → 𝑛º 𝑑𝑒 𝑐𝑖𝑛𝑡𝑜𝑠/ℎ𝑜𝑟𝑎 
 
𝑚á𝑥𝑖𝑚𝑜 𝑙𝑢𝑐𝑟𝑜 = 5𝑥1 + 2𝑥2 
 
𝑟𝑒𝑠𝑡𝑟𝑖çõ𝑒𝑠 𝑡é𝑐𝑛𝑖𝑐𝑎𝑠 {
10𝑥1 + 12𝑥2 ≤ 60
2𝑥1 + 𝑥2 ≤ 6
 
 
𝑟𝑒𝑠𝑡𝑟𝑖çõ𝑒𝑠 𝑑𝑒 𝑛ã𝑜 𝑛𝑒𝑔𝑎𝑡𝑖𝑣𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 {
𝑥1 ≥ 0
𝑥2 ≥ 0
 
Resolva-o e responda qual a ociosidade de recursos na solução ótima? 
 
a) Construir a região de soluções das restrições. 
 
1) 𝟏𝟎𝒙𝟏 + 𝟏𝟐𝒙𝟐 = 𝟔𝟎 se x1 = 0, então 12.x2 = 60, x2 = 5 A(0, 5) 
se x2 = 0, então 10.x1 = 60, x1 = 6, B(6, 0) 
 
2) 𝟐𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 = 𝟔 se x1 = 0, então x2 = 6, C(0, 6) 
se x2 = 0, então 2.x1 = 6, x1 = 3 , D(3, 0) 
 
b) Teste de região de soluções usando o ponto (x1 = 1, x2 = 
1). 
 
1) 𝟏𝟎𝒙𝟏 + 𝟏𝟐𝒙𝟐 ≤ 𝟔𝟎 substituindo os valores de x1 = 1, x2 = 1, 
obtemos 10 + 12 ≤ 60 ou 22 ≤ 60, o que é VERDADEIRO. A 
solução é a região do ponto testado. 
 
2) 𝟐𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 ≤ 𝟔 substituindo os valores de x1 = 1, x2 = 1, obtemos 
2 + 1 ≤ 6 ou 3 ≤ 6, o que é VERDADEIRO. A solução é a região 
do ponto testado. 
 
 
c) Avaliar o objetivo na região de soluções: 
𝒎á𝒙𝒊𝒎𝒐 𝒍𝒖𝒄𝒓𝒐 = 𝟓𝒙𝟏 + 𝟐𝒙𝟐 
Atribuímos dois valores para L: 
L = 10 , então 𝟓𝒙𝟏 + 𝟐𝒙𝟐 = 10 
 se x1 = 0, então x2 = 5, M(0, 5) 
se x2 = 0, então x1 = 2, N(2, 0) 
 
L = 20, então 𝟓𝒙𝟏 + 𝟐𝒙𝟐 = 20 
se x1 = 0, então x2 = 10, R(0, 10) 
se x2 = 0, então x1 = 4, S(4, 0) 
51 
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d) Gráfico: 
 
 
e) Solução: 
 
Examinando o gráfico, concluímos que L atinge o maior valor na 
região de soluções sobre a reta (1) no ponto destacado P(3, 0). 
 
L = 5 . 3 + 2 . 0 = 15 
 
é a solução ótima. 
 
Logo temos: 
 
Número de sapatos: 3 
Número de cintos: 0 
Lucro = 15 
Usando este valores na inequação do tempo temos: 
𝟏𝟎𝒙𝟏 + 𝟏𝟐𝒙𝟐 ≤ 𝟔𝟎 
𝟏𝟎. 𝟑 + 𝟏𝟐. 𝟎 ≤ 𝟔𝟎 
𝟑𝟎 ≤ 𝟔𝟎 
Então iremos gastar 30 minutos e termos 30 minutos de 
recursos ociosos. 
Assista agora a Vídeo Aula: 
Exercício 2 - solução gráfica 
 
3) Dado o problema. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Região das soluções 
x2 
x1 
5
6 
3 0 6 
10 
L = 10 
L = 20 
2 
(1, 1) 
1 
1 4 
1 
L = máx 
2 
P 
http://www.professormatusalem.com/video-aulas/ensino-superior/aula-23-resolucao-grafica-de-problemas-de-programacao-linear-exercicio-6/
52 
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Certa empresa fabrica 2 produtos P1 e P2. O lucro por unidade de P1 é 
de 100 u.m. e o lucro unitário de P2 é de 150 u.m. A empresa necessita 
de 2 horas para fabricar uma unidade de P1 e 3 horas para fabricar uma 
unidade de P2. O tempo mensal disponível para essas atividades é de 
120 horas. As demandas esperadas para os 2 produtos levaram a 
empresa a decidir que os montantes produzidos de P1 e P2 não devem 
ultrapassar 40 unidades de P1 e 30 unidades de P2 por mês. 
Com o seguinte modelo. 
𝑥1 → 𝑞𝑢𝑎𝑛𝑡𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 𝑎 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑧𝑖𝑟 𝑑𝑒 𝑃1 
𝑥2 → 𝑞𝑢𝑎𝑛𝑡𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 𝑎 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑧𝑖𝑟 𝑑𝑒 𝑃2 
 
𝑚á𝑥𝑖𝑚𝑜 𝑙𝑢𝑐𝑟𝑜 = 100𝑥1 + 150𝑥2 
 
𝑟𝑒𝑠𝑡𝑟𝑖çõ𝑒𝑠 𝑡é𝑐𝑛𝑖𝑐𝑎𝑠 {
2𝑥1 + 3𝑥2 ≤ 120
𝑥1 ≤ 40
𝑥2 ≤ 30
 
 
𝑟𝑒𝑠𝑡𝑟𝑖çõ𝑒𝑠 𝑑𝑒 𝑛ã𝑜 𝑛𝑒𝑔𝑎𝑡𝑖𝑣𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 {
𝑥1 ≥ 0
𝑥2 ≥ 0
 
 
Resolva o problema e diga qual a ociosidade de recursos na solução 
ótima? 
 
a) Construir a região de soluções das restrições. 
 
1) 𝟐𝒙𝟏 + 𝟑𝒙𝟐 = 𝟏𝟐𝟎 se x1 = 0, então 3 . x2 = 120 ou x2 = 40,A(0, 
40) 
se x2 = 0, então 2.x1 = 120 ou x1 = 60, B(60, 0) 
 
2) 𝒙𝟏 = 𝟒𝟎 para todo x2 , x1 = 40, C(40, 0), D(40, 10) 
 
3) 𝒙𝟐 = 𝟑𝟎 para todo x1, x2 = 30, F(0, 30) , G(10, 30) 
 
b) Teste de região de soluções usando o ponto 
(x1 = 10, x2 = 10). 
 
1) 𝟐𝒙𝟏 + 𝟑𝒙𝟐 ≤ 𝟏𝟐𝟎 substituindo os valores de x1 = 10, x2 = 10, 
obtemos 20 + 30 ≤ 120 ou 50 ≤ 120, o que é 
VERDADEIRO. A solução é a região do ponto testado. 
 
53 
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2) 𝒙𝟏 ≤ 𝟒𝟎 substituindo o valore de x1 = 10, obtemos 10 ≤ 40, 
o que é VERDADEIRO. A solução é a região do ponto 
testado. 
 
3) 𝒙𝟐 ≤ 𝟑𝟎 substituindo o valore de x1 = 10, obtemos 10 ≤ 30, o 
que é VERDADEIRO. A solução é a região do ponto testado. 
 
 
c) Avaliar o objetivo na região de soluções: 
𝒎á𝒙𝒊𝒎𝒐 𝒍𝒖𝒄𝒓𝒐 = 𝟏𝟎𝟎𝒙𝟏 + 𝟏𝟓𝟎𝒙𝟐 
Atribuímos dois valores para L: 
L = 3000, então 𝟏𝟎𝟎𝒙𝟏 + 𝟏𝟓𝟎𝒙𝟐 = 3000 
se x1 = 0, então x2 = 20, M(0, 20) 
se x2 = 0, então x1 = 30, N(30, 0) 
 
L = 6000 , então 𝟏𝟎𝟎𝒙𝟏 + 𝟏𝟓𝟎𝒙𝟐= 6000 
se x1 = 0, então x2 = 40, R(0, 40) 
se x2 = 0, então x1 = 60, S(60, 0) 
 
d) Gráfico: 
 
 
 
f) Solução: 
 
Examinando o gráfico, concluímos que L atinge o maior valor na 
região de soluções sobre a reta (1). Portanto, todos os pontos do 
segmento PQ são soluções ótimas do modelo. 
 
 Por exemplo: O ponto P que é a interseção da reta 1 e reta 3: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Região das soluções 
x2 
x1 
20
30 
30 0 60 
40 
L = 3000 
L = 6000 
2 
(10, 10) 
1 
10 40 
10 
3 
P 
Q 
54 
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Para acharmos a solução precisamos então resolver o sistema 
linear composto pelas duas equações, como vemos a seguir: 
 
{
𝟐𝒙𝟏 + 𝟑𝒙𝟐 = 𝟏𝟐𝟎
𝒙𝟐 = 𝟑𝟎
 
 
Como 𝒙𝟐 = 𝟑𝟎, vamos substituir este valor na primeira equação 
para determinar x1. 
 
𝟐𝒙𝟏 + 𝟑𝒙𝟐 = 𝟏𝟐𝟎 
 
𝟐𝒙𝟏 + 𝟑. 𝟑𝟎 = 𝟏𝟐𝟎 
 
𝟐𝒙𝟏 = 𝟏𝟐𝟎 − 𝟗𝟎 
 
𝟐𝒙𝟏 = 𝟑𝟎 
 
𝒙𝟏 =
𝟑𝟎
𝟐
= 𝟏𝟓 
 
Logo a solução está no ponto P(15, 30). 
Substituindo na função objetiva teremos o máximo. 
 
𝒎á𝒙𝒊𝒎𝒐 𝒍𝒖𝒄𝒓𝒐 = 𝟏𝟎𝟎𝒙𝟏 + 𝟏𝟓𝟎𝒙𝟐 
 
L = 𝟏𝟎𝟎. 𝟏𝟓 + 𝟏𝟓𝟎 . 𝟑𝟎 
 
L = 6000 
 
é a solução ótima. 
 
 
Para saber a ociosidade, basta substituir na inequação 
relacionada com o tempo para saber quanto estará sobrando. 
𝟐𝒙𝟏 + 𝟑𝒙𝟐 ≤ 𝟏𝟐𝟎 
 
𝟐. 𝟏𝟓 + 𝟑 . 𝟑𝟎 ≤ 𝟏𝟐𝟎 
 
𝟏𝟐𝟎 ≤ 𝟏𝟐𝟎 
 
Como o resultado foi de 120 horas, não há ociosidade. 
Assista agora a Vídeo Aula: 
Exercício 3 - solução gráfica 
http://www.professormatusalem.com/video-aulas/ensino-superior/aula-24-resolucao-grafica-de-problemas-de-programacao-linear-exercicio-7/
55 
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4) Dado o problema: 
Um vendedor de frutas pode transportar 800 caixas de frutas para sua 
região de vendas. Ele necessita transportar 200 caixas de laranjas a 20 
u.m. de lucro por caixa, pelo menos 100 caixas de pêssegos a 10 u.m. de 
lucro por caixa, e no "máximo 200 caixas de tangerinas a 30 u.m. de 
lucro por caixa. 
Com o seguinte modelo: 
𝑥1 → 𝑞𝑢𝑎𝑛𝑡𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 𝑑𝑒 𝑐𝑎𝑖𝑥𝑎𝑠 𝑑𝑒 𝑝ê𝑠𝑠𝑒𝑔𝑜 
𝑥2 → 𝑞𝑢𝑎𝑛𝑡𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 𝑑𝑒 𝑐𝑎𝑖𝑥𝑎𝑠 𝑑𝑒 𝑡𝑎𝑛𝑔𝑒𝑟𝑖𝑛𝑎𝑠 
 
𝑚á𝑥𝑖𝑚𝑜 𝑙𝑢𝑐𝑟𝑜 = 10𝑥1 + 30𝑥2 + 4.000 
 
𝑟𝑒𝑠𝑡𝑟𝑖çõ𝑒𝑠 𝑡é𝑐𝑛𝑖𝑐𝑎𝑠 {
𝑥1 + 𝑥2 ≤ 600
𝑥1 ≥ 100
𝑥2 ≤ 200
 
 
𝑟𝑒𝑠𝑡𝑟𝑖çõ𝑒𝑠 𝑑𝑒 𝑛ã𝑜 𝑛𝑒𝑔𝑎𝑡𝑖𝑣𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 {
𝑥1 ≥ 0
𝑥2 ≥ 0
 
Resolva o problema. 
 
a) Construir a região de soluções das restrições. 
 
1) 𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 = 𝟔𝟎𝟎 se x1 = 0, então x2 = 600, A(0, 600) 
se x2 = 0, então x1 = 600, B(600, 0) 
 
2) 𝒙𝟏 = 𝟏𝟎𝟎 para todo x2 , x1 = 100, C(100, 0), D(100, 100) 
 
3) 𝒙𝟐 = 𝟐𝟎𝟎 para todo x1, x2 = 200, F(0, 200) , G(100, 200) 
 
b) Teste de região de soluções usando o ponto 
(x1 = 200, x2 = 100). 
 
1) 𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 ≤ 𝟔𝟎𝟎 substituindo os valores de x1 = 200, x2 = 100, 
obtemos 200 + 100 ≤ 600 ou 300 ≤ 600, o que é 
VERDADEIRO. A solução é a região do ponto testado. 
 
2) 𝒙𝟏 ≥ 𝟏𝟎𝟎 substituindo o valore de x1 = 100, obtemos 200 
≥ 100, o que é VERDADEIRO. A solução é a região do ponto 
testado. 
 
56 
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3) 𝒙𝟐 ≤ 𝟐𝟎𝟎substituindo o valore de x1 = 100, obtemos 100 
≤ 200, o que é VERDADEIRO. A solução é a região do ponto 
testado. 
 
 
c) Avaliar o objetivo na região de soluções: 
𝒎á𝒙𝒊𝒎𝒐 𝒍𝒖𝒄𝒓𝒐 = 𝟏𝟎𝒙𝟏 + 𝟑𝟎𝒙𝟐 + 𝟒. 𝟎𝟎𝟎 
Atribuímos dois valores para L: 
L = 7000, então 𝟏𝟎𝒙𝟏 + 𝟑𝟎𝒙𝟐 + 𝟒. 𝟎𝟎𝟎 = 𝟕𝟎𝟎𝟎 
 𝟏𝟎𝒙𝟏 + 𝟑𝟎𝒙𝟐 = 𝟕𝟎𝟎𝟎 − 𝟒𝟎𝟎𝟎 
 𝟏𝟎𝒙𝟏 + 𝟑𝟎𝒙𝟐 = 𝟑𝟎𝟎𝟎 
se x1 = 0, então x2 = 100, M(0, 100) 
se x2 = 0, então x1 = 300, N(300, 0) 
 
L = 10000 , então 𝟏𝟎𝒙𝟏 + 𝟑𝟎𝒙𝟐 + 𝟒. 𝟎𝟎𝟎 = 𝟏𝟎𝟎𝟎𝟎 
 𝟏𝟎𝒙𝟏 + 𝟑𝟎𝒙𝟐 + 𝟒. 𝟎𝟎𝟎 = 𝟏𝟎𝟎𝟎𝟎 − 𝟒𝟎𝟎𝟎 
 𝟏𝟎𝒙𝟏 + 𝟑𝟎𝒙𝟐 = 𝟔𝟎𝟎𝟎 
se x1 = 0, então x2 = 200, R(0, 200) 
se x2 = 0, então x1 = 600, S(600, 0) 
 
d) Gráfico: 
 
 
 
 
e) Solução: 
 
Examinando o gráfico, concluímos que o máximo L atinge o maior 
valor na região de soluções que é o encontro das retas (1) e (3) 
no ponto destacado. 
Para acharmos a solução precisamos então resolver o sistema 
linear composto pelas duas equações, como vemos a seguir: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Região das soluções 
x1 
200
600 
300 0 600 
400 
L = 7000 
L = 10000 
2 
(200, 100) 
1 
200 
100 
3 
P 
100 
L = máx 
57 
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{
𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 = 𝟔𝟎𝟎 
𝒙𝟐 = 𝟐𝟎𝟎
 
 
Como 𝒙𝟐 = 𝟐𝟎𝟎, vamos substituir este valor na primeira equação 
para determinar x1. 
 
𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 = 𝟔𝟎𝟎 
 
𝒙𝟏 + 𝟐𝟎𝟎 = 𝟔𝟎𝟎 
 
𝒙𝟏 = 𝟒𝟎𝟎 
 
Logo a solução está no ponto P(400, 200). 
Substituindo na função objetiva teremos o máximo. 
 
𝒎á𝒙𝒊𝒎𝒐 𝒍𝒖𝒄𝒓𝒐 = 𝟏𝟎𝒙𝟏 + 𝟑𝟎𝒙𝟐 + 𝟒. 𝟎𝟎𝟎 
 
L = 𝟏𝟎. 𝟒𝟎𝟎 + 𝟑𝟎. 𝟐𝟎𝟎 + 𝟒𝟎𝟎𝟎 
 
L = 14000 
 
é a solução ótima. 
 
Laranjas: 200 caixas 
Pêssegos: 400 caixas 
Tangerinas: 200 caixas 
Lucro: 14.000 
Assista agora a Vídeo Aula: 
Exercício 4 - solução gráfica 
 
5) Dado o problema. 
 
Uma rede de televisão local tem o seguinte problema: foi descoberto que 
o programa “A” com 20 minutos de música e 1 minuto de propaganda 
chama a atenção de 30.000 telespectadores, enquanto o programa “B”, 
com 10 minutos de música e 1 minuto de propaganda chama a atenção 
de 10.000 telespectadores. No decorrer de uma semana, o patrocinador 
insiste no uso de no mínimo, 5 minutos para sua propaganda e que não 
há verba para mais de 80 minutos de música. Quantas vezes por semana 
cada programa deve ser levado ao ar para obter o número máximo de 
telespectadores? 
Com o seguinte modelo. 
http://www.professormatusalem.com/video-aulas/ensino-superior/aula-25-resolucao-grafica-de-problemas-de-programacao-linear-exercicio-8/
58 
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𝑥1 → 𝑓𝑟𝑒𝑞𝑢ê𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑠𝑒𝑚𝑎𝑛𝑎𝑙 𝑑𝑜 𝑝𝑟𝑜𝑔𝑟𝑎𝑚𝑎 𝐴 
𝑥2 → 𝑓𝑟𝑒𝑞𝑢ê𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑠𝑒𝑚𝑎𝑛𝑎𝑙 𝑑𝑜 𝑝𝑟𝑜𝑔𝑟𝑎𝑚𝑎 𝐵 
 
𝑚á𝑥𝑖𝑚𝑜 𝑡𝑒𝑙𝑒𝑠𝑝𝑒𝑐𝑡𝑎𝑑𝑜𝑟𝑒𝑠 = 30.000𝑥1 + 10.000𝑥2 
 
𝑟𝑒𝑠𝑡𝑟𝑖çõ𝑒𝑠 𝑡é𝑐𝑛𝑖𝑐𝑎𝑠 {
𝑥1 + 𝑥2 ≥ 5
20𝑥1 + 10𝑥2 ≤ 80
 
 
𝑟𝑒𝑠𝑡𝑟𝑖çõ𝑒𝑠 𝑑𝑒 𝑛ã𝑜 𝑛𝑒𝑔𝑎𝑡𝑖𝑣𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 {
𝑥1 ≥ 0
𝑥2 ≥ 0
 
Resolva o problema. 
 
a) Construir a região de soluções das restrições. 
 
1) 𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 = 𝟓 se x1 = 0, então x2 = 5, A(0, 5) 
se x2 = 0, então x1 = 5, B(5, 0) 
 
2) 𝟐𝟎𝒙𝟏 + 𝟏𝟎𝒙𝟐 = 𝟖𝟎 se x1 = 0, então 10.x2 = 80, x2 = 8, C(0, 8) 
 se x2 = 0, então 20.x1 = 80, x1 = 4 D(4,0) 
 
 
b) Teste de região de soluções usando o ponto 
(x1 = 1, x2 = 1). 
 
1) 𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 ≥ 𝟓 substituindo os valores de x1 = 1, x2 = 1, 
obtemos 1 + 1 ≥ 5 ou 2 ≥ 5, o que é FALSA. A solução é a 
região oposta ao ponto testado. 
 
2) 𝟐𝟎𝒙𝟏 + 𝟏𝟎𝒙𝟐 ≤ 𝟖𝟎 substituindo os valores de x1 = 1, x2 = 1, 
obtemos 20 + 10 ≤ 80 ou 30 ≤ 80, o que é VERDADEIRO. 
A solução é a região do ponto testado. 
 
c) Avaliar o objetivo na região de soluções: 
𝒎á𝒙𝒊𝒎𝒐 𝒕𝒆𝒍𝒆𝒔𝒑𝒆𝒄𝒕𝒂𝒅𝒐𝒓𝒆𝒔 = 𝟑𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝒙𝟏 + 𝟏𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝒙𝟐 
Atribuímos dois valores para T: 
T = 30000, então 𝟑𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝒙𝟏 + 𝟏𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝒙𝟐 = 𝟑𝟎𝟎𝟎𝟎 
se x1 = 0, então x2 = 3, M(0, 3) 
se x2 = 0, então x1 = 1, N(1, 0) 
 
T = 60000 , então 𝟑𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝒙𝟏 + 𝟏𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝒙𝟐 = 𝟔𝟎𝟎𝟎𝟎 
se x1 = 0, então x2 = 6, R(0, 6) 
se x2 = 0, então x1 = 2, S(2, 0) 
59 
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d) Gráfico: 
 
 
e) Solução: 
 
Examinando o gráfico, concluímos que o máximo L atinge o maior 
valor na região de soluções que é o encontro das retas (1) e (3) 
no ponto destacado. 
Para acharmos a solução precisamos então resolver o sistema 
linear composto pelas duas equações, como vemos a seguir: 
 
{
𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 = 𝟓 
𝟐𝟎𝒙𝟏 + 𝟏𝟎𝒙𝟐 = 𝟖𝟎
 
 
Dividindo todos termos da segunda por (-10) e somado as duas 
equações, temos: 
 
{
𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 = 𝟓 
𝟐𝟎𝒙𝟏 + 𝟏𝟎𝒙𝟐 = 𝟖𝟎 ÷ (−𝟏𝟎)
 
 
{
𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 = 𝟓 
−𝟐𝒙𝟏 − 𝒙𝟐 = −𝟖
 
 
 𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 = 𝟓 
−𝟐𝒙𝟏 − 𝒙𝟐 = −𝟖 
 −𝒙𝟏 = −𝟑 
 
 −𝒙𝟏 = −𝟑 . (−𝟏) 
 
 𝒙𝟏 = 𝟑 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Região das soluções 
x2 
x1 
5
8 
4 0 5 
6 
L = 60000 
L = 30000 
2 
(1, 1) 
1 
2 
1 
P 
1 
3 
L = máx 
60 
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Substituindo em uma das equações, nesse exemplo vamos 
substituir na 1ª, e determinar o valor de x2. 
𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 = 𝟓 
 
𝟑 + 𝒙𝟐 = 𝟓 
 
𝒙𝟐 = 𝟐 
 
Logo a solução está no ponto P(3, 2). 
Substituindo na função objetiva teremos o máximo. 
 
𝒎á𝒙𝒊𝒎𝒐 𝒕𝒆𝒍𝒆𝒔𝒑𝒆𝒄𝒕𝒂𝒅𝒐𝒓𝒆𝒔 = 𝟑𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝒙𝟏 + 𝟏𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝒙𝟐 
 
T = 30000 . 3 + 10000 . 2 
T = 110000 
 
Programa A: 3 vezes 
Programa B: 2 vezes 
Telespectadores: 110.000 
Assista agora a Vídeo Aula: 
Exercício 5 - solução gráfica 
6) Dado o problema. 
Um empresa fabrica 2 modelos de cintos de couro. O modelo M1, de 
melhor qualidade, requer o dobro do tempo de fabricação em relação ao 
modelo M2. Se todos os cintos fossem do modelo M2, a empresa poderia 
produzir 1.000 unidades por dia. A disponibilidade de couro permite 
fabricar 800 cintos de ambos os modelos por dia. Os cintos empregam 
fivelas diferentes, cuja disponibilidade diária é de 400 para M1 e 700 para 
M2. Os lucros unitários são de $ 4,00 para M1 e $ 3,00 para M2. Qual o 
programa ótimo de produção que maximiza o lucro total diário da 
empresa? 
Com o seguinte modelo. 
 
𝑥1 → 𝑞𝑢𝑎𝑛𝑡𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 𝑎 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑧𝑖𝑟 𝑑𝑒 𝑀1 
𝑥2 → 𝑞𝑢𝑎𝑛𝑡𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 𝑎 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑧𝑖𝑟 𝑑𝑒 𝑀2 
 
𝑚á𝑥𝑖𝑚𝑜 𝑙𝑢𝑐𝑟𝑜 = 4𝑥1 + 3𝑥2 
 
http://www.professormatusalem.com/video-aulas/ensino-superior/aula-26-resolucao-grafica-de-problemas-de-programacao-linear-exercicio-9/
61 
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𝑟𝑒𝑠𝑡𝑟𝑖çõ𝑒𝑠 𝑡é𝑐𝑛𝑖𝑐𝑎𝑠 {
2𝑥1 + 𝑥2 ≤ 1.000
𝑥1 + 𝑥2 ≤ 800
𝑥1 ≤ 400
𝑥2 ≤ 700
 
 
𝑟𝑒𝑠𝑡𝑟𝑖çõ𝑒𝑠 𝑑𝑒 𝑛ã𝑜 𝑛𝑒𝑔𝑎𝑡𝑖𝑣𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 {
𝑥1 ≥ 0
𝑥2 ≥ 0
 
 
Resolva o problema e diga se existe disponibilidade de recursos na 
solução ótima? 
 
a) Construir a região de soluções das restrições. 
 
1) 𝟐𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 = 𝟏. 𝟎𝟎𝟎 se x1 = 0, então x2 = 1000, A(0, 1000) 
se x2 = 0, então x1 = 500, B(500, 0) 
 
2) 𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 = 𝟖𝟎𝟎 se x1 = 0, então x2 = 800, C(0, 800) 
se x2 = 0, então x1 = 800, D(800, 0) 
 
3) 𝒙𝟏 = 𝟒𝟎𝟎 para todo x2, x1 = 400, F(400, 0) , G(400, 100) 
 
4) 𝒙𝟐 = 𝟕𝟎𝟎 para todo x1, x2 = 700, H(0, 700) , J(100, 700) 
 
b) Teste de região de soluções usando o ponto 
(x1 = 100, x2 = 100). 
 
1) 𝟐𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 ≤ 𝟏. 𝟎𝟎𝟎 substituindo os valores de x1 = 100, x2 = 
100, obtemos 200 + 100 ≤ 1000 ou 300 ≤ 1000, o que é 
VERDADEIRO. A solução é a região do ponto testado. 
 
2) 𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 ≤ 𝟖𝟎𝟎 substituindo o valore de x1 = 100, x2 = 100, 
obtemos 100 + 100 ≤ 800 ou 200 ≤ 800, o que é 
VERDADEIRO. A solução é a região do ponto testado. 
 
3) 𝒙𝟏 ≤ 𝟒𝟎𝟎substituindo o valore de x1 = 100, obtemos 100 
≤ 400, o que é VERDADEIRO. A solução é a região do ponto 
testado. 
 
4) 𝒙𝟐 ≤ 𝟕𝟎𝟎substituindo o valore de x2 = 100, obtemos 100 
≤ 700, o que é VERDADEIRO. A solução é a região do ponto 
testado. 
 
62 
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c) Avaliar o objetivo na região de soluções: 
𝒎á𝒙𝒊𝒎𝒐 𝒍𝒖𝒄𝒓𝒐 = 𝟒𝒙𝟏 + 𝟑𝒙𝟐 
Atribuímos dois valores para L: 
L = 1200, então 𝟒𝒙𝟏 + 𝟑𝒙𝟐 = 𝟏𝟐𝟎𝟎 
se x1 = 0, então x2 = 400, M(0, 400) 
se x2 = 0, então x1 = 300, N(300, 0) 
 
L = 2400 , então 𝟒𝒙𝟏 + 𝟑𝒙𝟐 = 𝟐𝟒𝟎𝟎 
se x1 = 0, então x2 = 800, R(0, 800) 
se x2 = 0, então x1 = 600, S(600, 0) 
 
d) Gráfico: 
 
 
 
e) Solução: 
 
Examinando o gráfico, concluímos que o máximo L atinge o maior 
valor na região de soluções que é o encontro das retas (1) e (2) 
no ponto destacado. 
Para acharmos a solução precisamos então resolver o sistema 
linear composto pelas duas equações, como vemos a seguir: 
 
{
𝟐𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 = 𝟏. 𝟎𝟎𝟎 
𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 = 𝟖𝟎𝟎
 
 
Multiplicando todos termos da segunda por (-1) e somado as duas 
equações, temos: 
 
{
𝟐𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 = 𝟏. 𝟎𝟎𝟎 
𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 = 𝟖𝟎𝟎 . (−𝟏)
 
 
Cada 1un = 100 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Região das soluções 
x2 
x1 
10
8 
4 0 5 
L = 2400 
L = 1200 
2 
(1, 1) 
1 
3 
1 
P 
1 
4 
L = máx 
6 8 
7 
3 
4 
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{
𝟐𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 = 𝟏. 𝟎𝟎𝟎 
−𝒙𝟏 − 𝒙𝟐 = −𝟖𝟎𝟎 
 
 
𝟐𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 = 𝟏. 𝟎𝟎𝟎 
−𝒙𝟏 − 𝒙𝟐 = −𝟖𝟎𝟎 
 𝒙𝟏 = 𝟐𝟎𝟎 
 
Substituindo em uma das equações, nesse exemplo vamos 
substituir na 1ª, e determinar o valor de x2. 
𝟐𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 = 𝟏. 𝟎𝟎𝟎 
 
𝟐 . 𝟐𝟎𝟎 + 𝒙𝟐 = 𝟏. 𝟎𝟎𝟎 
 
𝒙𝟐 = 𝟏. 𝟎𝟎𝟎 − 𝟒𝟎𝟎 
 
𝒙𝟐 = 𝟔𝟎𝟎 
 
Logo a solução está no ponto P(200, 600). 
Substituindo na função objetiva teremos o máximo. 
 
𝒎á𝒙𝒊𝒎𝒐 𝒍𝒖𝒄𝒓𝒐 = 𝟒𝒙𝟏 + 𝟑𝒙𝟐 
 
L = 𝟒. 𝟐𝟎𝟎 + 𝟑. 𝟔𝟎𝟎 
 
L = 2600 
 
é a solução ótima. 
 
f) Para saber sobre os recursos ociosos, basta substituir na 
inequação relacionada com o número de fivelas dos 2 
tipos para saber quanto estará sobrando. 
𝒙𝟏 ≤ 𝟒𝟎𝟎 
 
𝟐𝟎𝟎 ≤ 𝟒𝟎𝟎 
Logo está sobrando 200 fivelas do modelo A. 
 
𝒙𝟐 ≤ 𝟕𝟎𝟎 
 
𝟔𝟎𝟎 ≤ 𝟕𝟎𝟎 
Logo está sobrando 100 fivelas do modelo B. 
 
Cinto de M1: 200 unidades 
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Cinto de M2: 600 unidades 
Receita: 2.600 
Recursos ociosos: Fivela A: 200 e Fivela B: 100 
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Exercício 6 - solução gráfica 
 
7) Duas fábricas produzem 3 diferentes tipos de papel. A companhia 
que controla as fábricas tem um contrato para produzir 16 toneladas 
de papel fino, 6 toneladas de papel médio e 28 toneladas de papel 
grosso. Existe uma demanda para cada tipo de espessura. O custo 
de produção na primeira fábrica é de 1.000 u.m. e o da segunda 
fábrica é de 2.000 u.m., por dia. A primeira fábrica produz 8 
toneladas de papel fino, 1 tonelada de papel médio e 2 toneladas de 
papel grosso por dia, enquanto a segunda fábrica produz 2 
toneladas de papel fino, 1 tonelada de papel médio e 7 toneladasde 
papel grosso. Quantos dias cada fábrica deverá operar para suprir 
os pedidos mais economicamente? 
Construindo o modelo, temos: 
𝒙𝟏 → 𝒒𝒖𝒂𝒏𝒕𝒊𝒅𝒂𝒅𝒆 𝒅𝒆 𝒅𝒊𝒂𝒔 𝒅𝒆 𝒕𝒓𝒂𝒃𝒂𝒍𝒉𝒐 𝒏𝒂 𝑭á𝒃𝒓𝒊𝒄𝒂 𝟏 
𝒙𝟐 → 𝒒𝒖𝒂𝒏𝒕𝒊𝒅𝒂𝒅𝒆 𝒅𝒆 𝒅𝒊𝒂𝒔 𝒅𝒆 𝒕𝒓𝒂𝒃𝒂𝒍𝒉𝒐 𝒏𝒂 𝑭á𝒃𝒓𝒊𝒄𝒂 𝟐 
 
𝑴𝒊𝒏𝒊𝒎𝒊𝒛𝒂𝒓 𝑫𝒊𝒂𝒔 𝑪 = 𝟏𝟎𝟎𝟎𝒙𝟏 + 𝟐𝟎𝟎𝟎𝒙𝟐 
 
𝒓𝒆𝒔𝒕𝒓𝒊çõ𝒆𝒔 𝒕é𝒄𝒏𝒊𝒄𝒂𝒔 {
𝟖𝒙𝟏 + 𝟐𝒙𝟐 ≥ 𝟏𝟔
𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 ≥ 𝟔
𝟐𝒙𝟏 + 𝟕𝒙𝟐 ≥ 𝟐𝟖
 
 
𝒓𝒆𝒔𝒕𝒓𝒊çõ𝒆𝒔 𝒅𝒆 𝒏ã𝒐 𝒏𝒆𝒈𝒂𝒕𝒊𝒗𝒊𝒅𝒂𝒅𝒆 {
𝒙𝟏 ≥ 𝟎
𝒙𝟐 ≥ 𝟎
 
 
a) Construir a região de soluções das restrições. 
 
1) 𝟖𝒙𝟏 + 𝟐𝒙𝟐 = 𝟏𝟔 se x1 = 0, então x2 = 8, A(0, 8) 
se x2 = 0, então x1 = 2, B(2, 0) 
 
2) 𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 = 𝟔 se x1 = 0, então x2 = 6, C(0, 6) 
se x2 = 0, então x1 = 6, D(6, 0) 
 
3) 𝟐𝒙𝟏 + 𝟕𝒙𝟐 = 𝟐𝟖 se x1 = 0, então x2 = 4, F(0, 4) 
se x2 = 0, então x1 = 14, G(14, 0) 
 
 
http://www.professormatusalem.com/video-aulas/ensino-superior/aula-27-resolucao-grafica-de-problemas-de-programacao-linear-exercicio-10/
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b) Teste de região de soluções usando o ponto 
(x1 = 1, x2 = 1). 
 
1) 𝟖𝒙𝟏 + 𝟐𝒙𝟐 ≥ 𝟏𝟔 substituindo os valores de x1 = 1, x2 = 1, 
obtemos 8 + 2 ≥ 16 ou 10 ≥ 16, o que é FALSA. A solução é 
a região oposta ao ponto testado. 
 
2) 𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 ≥ 𝟔 substituindo o valore de x1 = 1, x2 = 1, obtemos 
1 + 1 ≥ 6 ou 2 ≥ 6, o que é FALSA. A solução é a região 
aposta ao ponto testado. 
 
3) 𝟐𝒙𝟏 + 𝟕𝒙𝟐 ≥ 𝟐𝟖 substituindo o valore de x1 = 1, x2 = 1 
obtemos 2 + 7 ≥ 28, 9 ≥ 28 o que é FALSA. A solução é a 
região oposta ao ponto testado. 
 
 
c) Avaliar o objetivo na região de soluções: 
𝑴𝒊𝒏𝒊𝒎𝒊𝒛𝒂𝒓 𝑫𝒊𝒂𝒔 𝑪 = 𝟏𝟎𝟎𝟎𝒙𝟏 + 𝟐𝟎𝟎𝟎𝒙𝟐 
Atribuímos dois valores para C: 
C = 2000, então 𝟏𝟎𝟎𝟎𝒙𝟏 + 𝟐𝟎𝟎𝟎𝒙𝟐 = 𝟐𝟎𝟎𝟎 
se x1 = 0, então x2 = 1, M(0, 1) 
se x2 = 0, então x1 = 2, N(2, 0) 
 
C = 4000 , então 𝟏𝟎𝟎𝟎𝒙𝟏 + 𝟐𝟎𝟎𝟎𝒙𝟐 = 𝟒𝟎𝟎𝟎 
se x1 = 0, então x2 = 2, R(0, 2) 
se x2 = 0, então x1 = 4, S(4, 0) 
 
d) Gráfico: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Região das soluções 
x2 
x1 
6
8 
6 0 5 
C = 4000 
C = 2000 
3 
(1, 1) 
2 
2 
1 
P 
1 
2 
C = min 
14 
4 
1 
4 
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e) Solução: 
 
Examinando o gráfico, concluímos que o máximo L atinge o maior 
valor na região de soluções que é o encontro das retas (1) e (3) 
no ponto destacado. 
Para acharmos a solução precisamos então resolver o sistema 
linear composto pelas duas equações, como vemos a seguir: 
 
{
𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 = 𝟔 
𝟐𝒙𝟏 + 𝟕𝒙𝟐 = 𝟐𝟖
 
 
Multiplicando todos termos da primeira por (-2) e somado as duas 
equações, temos: 
 
{
𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 = 𝟔 . (−𝟐) 
𝟐𝒙𝟏 + 𝟕𝒙𝟐 = 𝟐𝟖
 
 
{
−𝟐𝒙𝟏 − 𝟐𝒙𝟐 = −𝟏𝟐 
𝟐𝒙𝟏 + 𝟕𝒙𝟐 = 𝟐𝟖
 
 
 −𝟐𝒙𝟏 − 𝟐𝒙𝟐 = −𝟏𝟐 
 𝟐𝒙𝟏 + 𝟕𝒙𝟐 = 𝟐𝟖 
 𝟓𝒙𝟐 = 𝟏𝟔 
 
 𝟓𝒙𝟐 = 𝟏𝟔 
 
𝒙𝟐 = 
𝟏𝟔
𝟓
= 𝟑, 𝟐 
 
Substituindo em uma das equações, nesse exemplo vamos 
substituir na 1ª, e determinar o valor de x1. 
𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 = 𝟔 
 
𝒙𝟏 + 𝟑, 𝟐 = 𝟔 
 
𝒙𝟏 = 𝟔 − 𝟑, 𝟐 
 
𝒙𝟏 = 𝟐, 𝟖 
 
Logo a solução está no ponto P(2,8 ; 3,2). 
Substituindo na função objetiva teremos o mínimo. 
 
𝑴𝒊𝒏𝒊𝒎𝒊𝒛𝒂𝒓 𝑫𝒊𝒂𝒔 𝑪 = 𝟏𝟎𝟎𝟎𝒙𝟏 + 𝟐𝟎𝟎𝟎𝒙𝟐 
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𝑪 = 𝟏𝟎𝟎𝟎𝒙𝟏 + 𝟐𝟎𝟎𝟎𝒙𝟐 
 
𝑪 = 𝟏𝟎𝟎𝟎. 𝟐, 𝟖 + 𝟐𝟎𝟎𝟎. 𝟑, 𝟐 
 
𝑪 = 𝟗. 𝟐𝟎𝟎 
 
é a solução ótima. 
 
Fábrica 1: 2,80 dias 
Fábrica 2: 3.20 dias 
Custo: 9.200 
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Exercício 7 - solução gráfica 
 
8) Uma companhia de transporte tem dois tipos de caminhões: O tipo 
“A” tem 2 m3 de espaço refrigerado e 3 m3 de espaço não 
refrigerado; o tipo "B" tem 2 m3 de espaço refrigerado e 1 m3 de 
não refrigerado. O cliente quer transportar um produto que 
necessitará 16 m3 de área refrigerada e 12 m3 de área não 
refrigerada. A companhia calcula em 1.100 L o combustível para 
uma viagem com o caminhão "A" e 750 L para o caminhão "B". 
Quantos caminhões de, cada tipo deverão ser usados no transporte 
do produto, com o menor consumo de combustível. 
 
Construindo o modelo, temos: 
𝒙𝟏 → 𝒏ú𝒎𝒆𝒓𝒐 𝒅𝒆 𝒄𝒂𝒎𝒊𝒏𝒉õ𝒆𝒔 𝑨 
𝒙𝟐 → 𝒏ú𝒎𝒆𝒓𝒐 𝒅𝒆 𝒄𝒂𝒎𝒊𝒏𝒉õ𝒆𝒔 𝑩 
 
𝑴𝒊𝒏𝒊𝒎𝒊𝒛𝒂𝒓 𝑪 = 𝟏𝟏𝟎𝟎𝒙𝟏 + 𝟕𝟓𝟎𝒙𝟐 
 
𝒓𝒆𝒔𝒕𝒓𝒊çõ𝒆𝒔 𝒕é𝒄𝒏𝒊𝒄𝒂𝒔 {
𝟐𝒙𝟏 + 𝟐𝒙𝟐 ≥ 𝟏𝟔
𝟑𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 ≥ 𝟏𝟐
 
 
𝒓𝒆𝒔𝒕𝒓𝒊çõ𝒆𝒔 𝒅𝒆 𝒏ã𝒐 𝒏𝒆𝒈𝒂𝒕𝒊𝒗𝒊𝒅𝒂𝒅𝒆 {
𝒙𝟏 ≥ 𝟎
𝒙𝟐 ≥ 𝟎
 
 
 
a) Construir a região de soluções das restrições. 
 
1) 𝟐𝒙𝟏 + 𝟐𝒙𝟐 = 𝟏𝟔 se x1 = 0, então x2 = 8, A(0, 8) 
se x2 = 0, então x1 = 8, B(8, 0) 
http://www.professormatusalem.com/video-aulas/ensino-superior/aula-28-resolucao-grafica-de-problemas-de-programacao-linear-exercicio-11/
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2) 𝟑𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 = 𝟏𝟐 se x1 = 0, então x2 = 12, C(0, 12) 
se x2 = 0, então x1 = 4, D(4, 0) 
 
b) Teste de região de soluções usando o ponto 
(x1 = 1, x2 = 1). 
 
1) 𝟐𝒙𝟏 + 𝟐𝒙𝟐 ≥ 𝟏𝟔 substituindo os valores de x1 = 1, x2 = 1, 
obtemos 4 + 4 ≥ 16 ou 8 ≥ 16, o que é FALSA. A solução é 
a região oposta ao ponto testado. 
 
2) 𝟑𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 ≥ 𝟏𝟐 substituindo o valore de x1 = 1, x2 = 1, 
obtemos 3 + 1 ≥ 12 ou 3 ≥ 12, o que é FALSA. A solução é 
a região aposta ao ponto testado. 
 
 
c) Avaliar o objetivo na região de soluções: 
𝑴𝒊𝒏𝒊𝒎𝒊𝒛𝒂𝒓 𝑪 = 𝟏𝟏𝟎𝟎𝒙𝟏 + 𝟕𝟓𝟎𝒙𝟐 
Atribuímos dois valores para C: 
C = 2200, então 𝟏𝟏𝟎𝟎𝒙𝟏 + 𝟕𝟓𝟎𝒙𝟐 = 𝟐𝟐𝟎𝟎 
se x1 = 0, então x2 = 2,93, M(0; 2,93) 
se x2 = 0, então x1 = 2, N(2, 0) 
 
C = 4400 , então 𝟏𝟏𝟎𝟎𝒙𝟏 + 𝟕𝟓𝟎𝒙𝟐 = 𝟒𝟒𝟎𝟎 
se x1 = 0, então x2 = 5,87, R(0; 5,87) 
se x2 = 0, então x1 = 4, S(4, 0) 
 
d) Gráfico: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Região das soluções 
x2 
x1 
6
8 
8 0 
C = 4400 
C = 2200 
(1, 1) 
1 
2 
1 
P 
1 
3 
C = min 
14 
2 
4 
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e) Solução: 
 
Examinando o gráfico, concluímos que o máximo L atinge o maior 
valor na região de soluções que é o encontro das retas (1) e (2) 
no ponto destacado. 
Para acharmos a solução precisamos então resolver o sistema 
linear composto pelas duas equações, como vemos a seguir: 
 
{
𝟐𝒙𝟏 + 𝟐𝒙𝟐 = 𝟏𝟔 
𝟑𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 = 𝟏𝟐
 
 
Multiplicando todos termos da segunda por (-2) e somado as duas 
equações, temos: 
 
{
𝟐𝒙𝟏 + 𝟐𝒙𝟐 = 𝟏𝟔 
𝟑𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 = 𝟏𝟐 . (−𝟐)
 
 
{
𝟐𝒙𝟏 + 𝟐𝒙𝟐 − 𝟏𝟔 
−𝟔𝒙𝟏 − 𝟐𝒙𝟐 = −𝟐𝟒
 
 
 𝟐𝒙𝟏 + 𝟐𝒙𝟐 = 𝟏𝟔 
 −𝟔𝒙𝟏 − 𝟐𝒙𝟐 = −𝟐𝟒 
 −𝟒𝒙𝟏 = −𝟖 
 
 −𝟒𝒙𝟏 = −𝟖 . (−𝟏) 
 
 
 𝟒𝒙𝟏 = 𝟖 
 
𝒙𝟏 = 
𝟖
𝟒
= 𝟐 
 
Substituindo em uma das equações, nesse exemplo vamos 
substituir na 1ª, e determinar o valor de x2. 
𝟐𝒙𝟏 + 𝟐𝒙𝟐 = 𝟏𝟔 
 
𝟐. 𝟐 + 𝟐𝒙𝟐 = 𝟏𝟔 
 
𝟐𝒙𝟐 = 𝟏𝟔 − 𝟒 
 
𝟐𝒙𝟐 = 𝟏𝟐 
 
70 
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𝒙𝟐 = 
𝟏𝟐
𝟐
= 𝟔 
 
Logo a solução está no ponto P(2, 6). 
Substituindo na função objetiva teremos o mínimo. 
 
𝑴𝒊𝒏𝒊𝒎𝒊𝒛𝒂𝒓 𝑪 = 𝟏𝟏𝟎𝟎𝒙𝟏 + 𝟕𝟓𝟎𝒙𝟐 
 
𝑪 = 𝟏𝟏𝟎𝟎. 𝟐 + 𝟕𝟓𝟎. 𝟔 
 
𝑪 = 𝟔. 𝟕𝟎𝟎 
 
é a solução ótima. 
 
Caminhão Tipo A: 2 viagens 
Caminhão Tipo B: 6 viagens 
Gasto combustível = 6.700 L 
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Exercício 8 - solução gráfica 
 
9) Uma companhia fabrica dois produtos P1 e P2 que utilizam os 
mesmosrecursos produtivos: matéria-prima, forja e polimento. 
Cada unidade de P1 exige 4 horas de forjaria, 2 h de polimento e 
utiliza 100 u de matéria-prima. Cada unidade de P2 requer 2 horas 
de forjaria, 3 h de polimento e 200 u. de matéria-prima. O preço de 
venda de P1 é 1.900 U.m. e de P2, 2.100 u.m. Toda produção tem 
mercado garantido. As disponibilidades são de: 20 h de forja; 10 h 
de polimento e 500 unidades de matéria-prima, por dia. 
a) Determinar as quantidades a produzir de P1 e P2 que otimizem a 
receita diária dos produtos. 
 
Construindo o modelo, temos: 
𝒙𝟏 → 𝒒𝒖𝒂𝒏𝒕𝒊𝒅𝒂𝒅𝒆 𝒅𝒆 𝑷𝟏 
𝒙𝟐 → 𝒒𝒖𝒂𝒏𝒕𝒊𝒅𝒂𝒅𝒆 𝒅𝒆 𝑷𝟐 
 
𝑴𝒂𝒙𝒊𝒎𝒊𝒛𝒂𝒓 𝑹 = 𝟏𝟗𝟎𝟎𝒙𝟏 + 𝟐𝟏𝟎𝟎𝒙𝟐 
 
𝒓𝒆𝒔𝒕𝒓𝒊çõ𝒆𝒔 𝒕é𝒄𝒏𝒊𝒄𝒂𝒔 {
𝟏𝟎𝟎𝒙𝟏 + 𝟐𝟎𝟎𝒙𝟐 ≤ 𝟓𝟎𝟎
𝟒𝒙𝟏 + 𝟐𝒙𝟐 ≤ 𝟐𝟎
𝟐𝒙𝟏 + 𝟑𝒙𝟐 ≤ 𝟏𝟎
 
 
𝒓𝒆𝒔𝒕𝒓𝒊çõ𝒆𝒔 𝒅𝒆 𝒏ã𝒐 𝒏𝒆𝒈𝒂𝒕𝒊𝒗𝒊𝒅𝒂𝒅𝒆 {
𝒙𝟏 ≥ 𝟎
𝒙𝟐 ≥ 𝟎
 
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a) Construir a região de soluções das restrições. 
 
1) 𝟏𝟎𝟎𝒙𝟏 + 𝟐𝟎𝟎𝒙𝟐 = 𝟓𝟎𝟎 se x1 = 0, então x2 = 2,5, A(0, 2,5) 
se x2 = 0, então x1 = 5, B(5, 0) 
 
2) 𝟒𝒙𝟏 + 𝟐𝒙𝟐 = 𝟐𝟎 se x1 = 0, então x2 = 10, C(0, 10) 
se x2 = 0, então x1 = 5, D(5, 0) 
 
3) 𝟐𝒙𝟏 + 𝟑𝒙𝟐 = 𝟏𝟎 se x1 = 0, então x2 = 3,33, F(0; 3,33) 
se x2 = 0, então x1 = 5, G(5, 0) 
 
 
b) Teste de região de soluções usando o ponto 
(x1 = 1, x2 = 1). 
 
1) 𝟏𝟎𝟎𝒙𝟏 + 𝟐𝟎𝟎𝒙𝟐 ≤ 𝟓𝟎𝟎 substituindo os valores de x1 = 1, x2 = 
1, obtemos 100 + 200 ≤ 500 ou 300 ≤ 500, o que é 
VERDADEIRO. A solução é a região do ponto testado. 
 
2) 𝟒𝒙𝟏 + 𝟐𝒙𝟐 ≤ 𝟐𝟎 substituindo o valore de x1 = 1, x2 = 1, 
obtemos 4 + 2 ≤ 20 ou 8 ≤ 20, o que é VERDADEIRO. A 
solução é a região do ponto testado. 
 
3) 𝟐𝒙𝟏 + 𝟑𝒙𝟐 ≤ 𝟏𝟎 substituindo o valore de x1 = 1, x2 = 1, 
obtemos 2 + 3 ≤ 10, 5 ≤ 10 o que é VERDADEIRO. A 
solução é a região do ponto testado. 
 
 
 
c) Avaliar o objetivo na região de soluções: 
𝑴𝒂𝒙𝒊𝒎𝒊𝒛𝒂𝒓 𝑹 = 𝟏𝟗𝟎𝟎𝒙𝟏 + 𝟐𝟏𝟎𝟎𝒙𝟐 
Atribuímos dois valores para L: 
L = 4200, então 𝟏𝟗𝟎𝟎𝒙𝟏 + 𝟐𝟏𝟎𝟎𝒙𝟐 = 𝟒𝟐𝟎𝟎 
se x1 = 0, então x2 = 2, M(0, 2) 
se x2 = 0, então x1 = 2,21, N(2,21; 0) 
 
L = 8400 , então 𝟏𝟗𝟎𝟎𝒙𝟏 + 𝟐𝟏𝟎𝟎𝒙𝟐 = 𝟖𝟒𝟎𝟎 
se x1 = 0, então x2 = 4, R(0, 4) 
se x2 = 0, então x1 = 4,42, S(4,42; 0) 
 
d) Gráfico: 
72 
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e) Solução: 
Examinando o gráfico, concluímos que o máximo L atinge o maior 
valor na região de soluções que é o encontro das retas (1) e (2) e 
(3) no ponto destacado P(5, 0). 
 
Logo a solução está no ponto P(5, 0). 
Substituindo na função objetiva teremos o máximo. 
 
𝑴𝒂𝒙𝒊𝒎𝒊𝒛𝒂𝒓 𝑹 = 𝟏𝟗𝟎𝟎𝒙𝟏 + 𝟐𝟏𝟎𝟎𝒙𝟐 
 
L = 𝟏𝟗𝟎𝟎 . 𝟓 + 𝟐𝟏𝟎𝟎. 𝟎 
 
L = 9500 
 
é a solução ótima. 
 
b) Suponha que os custos dos insumos sejam: 
 matéria-prima 1 u.m. por unidade 
 forjaria 150 u.m. por hora 
 polimento 100 u.m. por hora 
Qual o plano de produção que maximiza o lucro diário? 
 
Como só iremos fabricar P1, temos: 
P1 Forja Polimento Matéria Prima 
Para cada P1, 
usamos 
4 2 100 
5 . P1 20 10 500 
 
Agora vamos calcular o custo de se produzir as 5 unidades de P1: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Região das soluções 
x2 
x1 
2,5
3,3 
0 5 
10 
L = 4200 
L = 8400 
3 
(1, 1) 
1 
1 
1 
L = máx 
P 
2
2
4
4
2
 
73 
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C = 150 . 20 + 100 . 10 + 1 . 500 
C = 3000 + 1000 + 500 
C = 4500 
 
Bom como sabemos que a receita é de 9500 e custo é de 4500, 
agora vamos calcular o lucro. 
 
L = R – C 
L = 9500 – 4500 
L = 5000 
 
 
a) P1 = 5 unidades 
P2 = 0 unidades 
Receita = 9.500 
b) P1 = 5 unidades 
P2 = 0 unidades 
Receita = 5.000 
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Exercício 9 - solução gráfica 
 
10) Uma refinaria produz gasolina bruta e gasóleo a partir de 
petróleo. A obtenção de gasolina envolve 3 operações: destilação 
atmosférica, dessulfuração e reforming catalítico. Para o gasóleo as 
operações são: destilação atmosférica, dessulfuração e 
craqueamento catalítico. Os reservatórios nos quais essas operações 
são processadas têm capacidade limitada. Tem-se um reservatório 
especial para cada operação acima citada, e suas capacidades 
anuais estão na tabela: 
RESERVATÓRIO GASOLINA BRUTA (t/ANO) GASÓLEO (t/ANO) 
destilação atmosférica 500.000 600.000 
dessulfuração 700.000 500.000 
reforming catalítico 400.000 ... 
craqueamento catalítico ... 450.000 
 
Qual o plano anual de produção que maximiza o lucro da refinaria para 
esses produtos, se os lucros por tonelada são: gasolina: 7 u.m.; gasóleo: 
5 u.m.? 
 
Construindo o modelo, temos: 
𝒙𝟏 → 𝑻𝒐𝒏𝒆𝒍𝒂𝒅𝒂𝒔 𝒅𝒆 𝒈𝒂𝒔𝒐𝒍𝒊𝒏𝒂 
𝒙𝟐 → 𝑻𝒐𝒏𝒆𝒍𝒂𝒂𝒔 𝒅𝒆 𝒈𝒂𝒔ó𝒍𝒆𝒐 
 
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𝑴𝒂𝒙𝒊𝒎𝒊𝒛𝒂𝒓 𝑳 = 𝟕𝒙𝟏 + 𝟓𝒙𝟐 
 
𝒓𝒆𝒔𝒕𝒓𝒊çõ𝒆𝒔 𝒕é𝒄𝒏𝒊𝒄𝒂𝒔 {
𝒙𝟏 ≤ 𝟒𝟎𝟎
𝒙𝟐 ≤ 𝟒𝟓𝟎
𝟏, 𝟐𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 ≤ 𝟔𝟎𝟎
𝒙𝟏 + 𝟏, 𝟒𝒙𝟐 ≤ 𝟕𝟎𝟎
 
 
𝒓𝒆𝒔𝒕𝒓𝒊çõ𝒆𝒔 𝒅𝒆 𝒏ã𝒐 𝒏𝒆𝒈𝒂𝒕𝒊𝒗𝒊𝒅𝒂𝒅𝒆 {
𝒙𝟏 ≥ 𝟎
𝒙𝟐 ≥ 𝟎
 
 
 
a) Construir a região de soluções das restrições. 
 
 
1) 𝒙𝟏 = 𝟒𝟎𝟎 para todo x2, x1 = 400, F(400, 0), G(400, 100) 
 
2) 𝒙𝟐 = 𝟒𝟓𝟎 para todo x1, x2 = 450, H(0, 450), J(100, 450) 
 
3) 𝟏, 𝟐𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 = 𝟔𝟎𝟎 se x1 = 0, então x2 = 600, A(0, 600) 
se x2 = 0, então x1 = 500, B(500, 0) 
 
4) 𝒙𝟏 + 𝟏, 𝟒𝒙𝟐 = 𝟕𝟎𝟎 se x1 = 0, então x2 = 500, C(0, 500) 
se x2 = 0, então x1 = 700, D(700, 0) 
 
 
b) Teste de região de soluções usando o ponto 
(x1 = 100, x2 = 100). 
 
5) 𝒙𝟏 ≤ 𝟒𝟎𝟎 substituindo os valores de x1 = 100, obtemos 100 
≤ 400, o que é VERDADEIRO. A solução é a região do ponto 
testado. 
 
6) 𝒙𝟐 ≤ 𝟒𝟓𝟎 substituindo o valore de x1 = 100, obtemos 100 ≤ 
450, o que é VERDADEIRO. A solução é a região do ponto 
testado. 
 
7) 𝟏, 𝟐𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 ≤ 𝟔𝟎𝟎 substituindo o valore de x1 = 100, x2 = 100, 
obtemos 120 + 100 ≤ 600 ou 220 ≤ 600, o que é 
VERDADEIRO. A solução é a região do ponto testado. 
 
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8) 𝒙𝟏 + 𝟏, 𝟒𝒙𝟐 ≤ 𝟕𝟎𝟎 substituindo o valore de x2 = 100, x2 = 100, 
obtemos 100 + 140 ≤ 700 ou 240 ≤ 700, o que é 
VERDADEIRO. A solução é a região do ponto testado. 
 
 
c) Avaliar o objetivo na região de soluções: 
𝑴𝒂𝒙𝒊𝒎𝒊𝒛𝒂𝒓 𝑳 = 𝟕𝒙𝟏 + 𝟓𝒙𝟐 
Atribuímos dois valores para L: 
L = 3500, então 𝟕𝒙𝟏 + 𝟓𝒙𝟐 = 𝟑𝟓𝟎𝟎 
se x1 = 0, então x2 = 7, M(0, 700) 
se x2 = 0, então x1 = 500, N(500, 0) 
 
L = 7000 , então 𝟕𝒙𝟏 + 𝟓𝒙𝟐 = 𝟕𝟎𝟎𝟎 
se x1 = 0, então x2 = 1400, R(0, 1400) 
se x2 = 0, então x1 = 1000, S(1000, 0) 
 
d) Gráfico: 
 
 
 
 
e) Solução: 
 
Examinando o gráfico, concluímos que o máximo L atinge o maior 
valor na região de soluções que é o encontro das retas (1) e (3) 
no ponto destacado. 
Para acharmos a solução precisamos então resolver o sistema 
linear composto pelas duas equações, como vemos a seguir: 
 
 
Cada 1 um = 100 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Região das soluções 
x2 
x1 
 5
7 
0 5 
14 
L = 7000 
L = 3500 
3 
(1, 1) 
1 
1 
1 
L = máx 
P 
6
7
4,5
4
2
 
10
4 
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{
𝒙𝟏 = 𝟒𝟎𝟎 
𝟏, 𝟐𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 = 𝟔𝟎𝟎Como 𝒙𝟏 = 𝟒𝟎𝟎, vamos substituir este valor na segunda equação 
para determinar x2. 
 
𝟏, 𝟐𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 = 𝟔𝟎𝟎 
 
𝟏, 𝟐 . 𝟒𝟎𝟎 + 𝒙𝟐 = 𝟔𝟎𝟎 
 
𝒙𝟐 = 𝟔𝟎𝟎 − 𝟒𝟖𝟎 
 
𝒙𝟐 = 𝟏𝟐𝟎 
 
Logo a solução está no ponto P(400, 120). 
Substituindo na função objetiva teremos o máximo. 
 
𝑴𝒂𝒙𝒊𝒎𝒊𝒛𝒂𝒓 𝑳 = 𝟕𝒙𝟏 + 𝟓𝒙𝟐 
 
𝑳 = 𝟕. 𝟒𝟎𝟎 + 𝟓 . 𝟏𝟐𝟎 
 
L = 3400 
 
Lembrando que no início simplificamos o valor da gasolina e 
gasóleo dividindo-os por 1000, agora para resposta devemos 
multiplicar por 1000 para termos o valor real. 
 
Gasolina: 400.000t/ano 
Gasóleo: 120.000t/ano 
Lucro: 3.400.000 
 
é a solução ótima. 
Assista agora a Vídeo Aula: 
Exercício 10 - solução gráfica 
 
 
 
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O Método Simplex 
Apresentação 
 
Esse método é formado por um grupo de critérios para escolha de 
sol lições básicas que melhorem o desempenho do modelo, e também de 
um teste de otimalidade. Para isso, o problema deve apresentar uma 
solução básica inicial. As soluções básicas subsequentes são calculadas 
com a troca de variáveis básicas por não básicas, gerando novas 
soluções. 
Os critérios para escolha de vetores e consequentemente das 
variáveis que entram e saem para a formação da nova base constituem o 
centro do simplex. 
Suponhamos inicialmente que o modelo apresente uma solução 
básica inicial. Os modelos com restrições do tipo ≤ e com termos da 
direita não negativos têm uma solução básica formada pelas variáveis de 
folga. 
Exemplo: 
 
No modelo: 
 
maximizar z = 3x1 + 5x2 
sujeito a: 
 
{
 
 
 
 
2𝑥1 + 4𝑥2 ≤ 10
6𝑥1 + 𝑥2 ≤ 20
𝑥1 − 𝑥2 ≤ 30
𝑥1 ≥ 0
𝑥2 ≥ 0
 
 
Acrescentando as variáveis de folga nas restrições: 
Cada restrição técnica foi criada com um sinal “≤”, “≥” ou “=”, logo para 
podermos resolver o problema devemos transformá-las sempre em 
equações, isso significa que devemos transformar as inequações em 
equações. 
Para fazer esta transformação basta lembrarmos de que, se o 1º termo é 
menor que o segundo, ao adicionarmos ao 1º termo o que falta para ele 
se igualar ao 2º teremos nossa equação equivalente a inequação original. 
Note que a lógica também funciona para a situação contrária, se o 1º 
membro é maior que o segundo, basta subtrair dele o que o deixa maior 
78 
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que o 2º e também termos uma equação equivalente a inequação 
original. 
 
Assim teremos no nosso exemplo: 
Na primeira inequação, temos: 
2𝑥1 + 4𝑥2 ≤ 10 
Como o 1º membro é menor que o segundo iremos adicionar uma nova 
variável no 1º membro que o deixará igual ao segundo. 
Usaremos a notação "𝑥𝐹1" para representar esta variável, “𝑥𝐹1 = variável 
de folga da 1º inequação”, ficando então transformada na equação: 
2𝑥1 + 4𝑥2 + 𝑥𝐹1 = 10 
 
Fazendo o mesmo para as demais, teremos: 
 
{
 
 
 
 
 
 
2𝑥1 + 4𝑥2 + 𝑥𝐹1 = 10
6𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥𝐹2 = 20
𝑥1 − 𝑥2 + 𝑥𝐹3 = 30
𝑥1 ≥ 0
𝑥2 ≥ 0
𝑥𝐹1 ≥ 0
𝑥𝐹2 ≥ 0
𝑥𝐹3 ≥ 0
 
 
Podemos visualizar uma solução formada pelas variáveis de folga. 
Basta fazer x1 = 0 e x2 = 0 e teremos: 
xF1 = 10, xF2 = 20, xF3 = 30. Ou escrevendo na forma de vetores: 
|
1
0
0
| 𝑥𝐹1 + |
0
1
0
| 𝑥𝐹2 + |
0
0
1
| 𝑥𝐹3 = |
10
20
30
| 
 
Os vetores do primeiro membro constituem urna base do R3, e a 
solução neste caso é uma solução básica inicial: 
 
 x1 = 0, x2 = 0, xF1 = 10, xF2 = 20 e xF3 = 30, 
 
formada portanto pelas variáveis de folga. 
 
Descrição do Método Geral para Maximização 
 
1ª Parte: Teste de otimalidade para a solução. 
Consiste em avaliar o efeito da permuta de uma variável básica por 
outra não básica, com a consequente formação de nova solução. Se a 
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entrada de uma variável não básica puder melhorar o desempenho do 
sistema, a solução testada não é ótima. 
Essa avaliação é possível quando a função objetivo está escrita 
somente em termos das variáveis não básicas. 
Voltando ao exemplo anterior, a função objetivo está escrita na 
forma: 
𝑀𝐴𝑋 𝑍 = 3𝑥1 + 5𝑥2 
 
e obtivemos, fazendo x1 = 0, x2 = 0, uma solução básica inicial formada 
pelas variáveis de folga xF1 = 10, xF2 = 20 e xF3 = 30. 
 
No caso, as variáveis básicas são xF1, xF2 e xF3, e as não básicas x1 
e x2. 
 
Portanto, a função objetivo está escrita com as variáveis não 
básicas. 
 Examinando a função objetivo e a solução inicial x1 = 0, x2 = 0 e z = 
0, com Z = 3x1 + 5x2, temos: 
 
Se x1 entra na base com valor 1, o valor de z passa de z = 0 para z 
= 3, aumentando 3 unidades, exatamente o valor do coeficiente de x1. 
 
Se x2 entra na base com valor 1, à valor de z passa de z = 0 para z 
= 5, aumentando 5 unidades, exatamente o valor do coeficiente de x2. 
 
Por outro lado, se o coeficiente de x1 ou x2 fosse negativo, a entrada 
dessa variável diminuiria o valor de z, de acordo com seu coeficiente. 
Podemos concluir que enquanto a função objetivo apresentar variáveis 
não básicas com coeficientes positivos, ela poderá ser aumentada, não 
sendo portanto a solução ótima. 
Vamos reescrever, agora, a função objetivo com todas as variáveis 
à esquerda: 
𝑍 = 3𝑥1 + 5𝑥2 ⟹ 𝑍 − 3𝑥1 − 5𝑥2 = 0 
 
Os coeficientes positivos à direita são negativos à esquerda, 
portanto, coeficientes negativos à esquerda indicam que o valor de z 
pode ser aumentado com a entrada da variável na base, e na proporção 
de seu coeficiente. Escrito dessa forma, a solução testada só será ótima 
quando as variáveis não básicas não apresentarem coeficientes 
negativos. 
 
2ª Parte: Cálculo da nova solução básica 
80 
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a) Variável que entra na base: entra na base a variável com 
coeficiente negativo de maior valor absoluto. A ideia é melhorar 
rapidamente o valor dez. 
 
Examinando a função objetivo do exemplo anterior: 
𝑍 = 3𝑥1 + 5𝑥2 𝑜𝑢 𝑍 − 3𝑥1 − 5𝑥2 = 0 
 
entra a variável x2 pois cada unidade a mais em x2 aumenta z em 5 
unidades. 
 
Para determinarmos a variável que entra devemos escolher a que 
apresenta o menor valor negativo como coeficiente, no nosso exemplo o 
coeficiente é (-5), e logo a variável será x2. 
 
 
b) Variável que sai: sai a variável que primeiro se anula com a 
entrada da variável escolhida no item anterior, no caso x2, que entra 
com maior valor possível. 
 
Ela pode ser descoberta dividindo-se os termos da direita das 
restrições técnicas pelos seus respectivos coeficientes positivos da 
variável que entra. O menor valor positivo indica que a variável básica 
dessa linha é a que primeiro se anula e sairá da base, logo essa linha 
será a que sai. 
Obs.: 
Perceba que quando o coeficiente é negativo o resultado da divisão 
será negativo e por isso este será descartado. 
 
No exemplo: 
 
 
 
A última divisão (30 (-1)) não pode ser considerada, pois daria valor 
negativo para a variável na próxima base, o que não é possível. Portanto, 
sai a variável da primeira linha, no caso xF1. 
 
 
81 
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c) Elemento pivô 
A coluna da variável que entra e a linha da variável que sai identificam 
um elemento comum chamado pivô. 
A linha da variável que sai é também a linha pivô. No caso, a primeira 
linha é a pivô e o coeficiente 4 de x2 é o elemento pivô. 
 
d) Calculando a nova solução 
 
d1. Vamos organizar a função objetivo e restrições numa tabela com 
colunas formadas pelos coeficientes de cada variável e outra dos termos 
independentes. 
 
z x1 x2 xF1 xF2 xF3 b 
1 -3-5 0 0 0 0 
0 2 4 1 0 0 10 → 𝑆𝑎𝑖 (𝑙𝑖𝑛ℎ𝑎 𝑝𝑖𝑣ô) 
0 6 1 0 1 0 20 
0 1 -1 0 0 1 30 
 ↑ 
𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎 
 
d2. Dividimos a linha pivô pelo valor do elemento pivô, obtendo uma 
nova linha com pivô unitário. 
 
Linha pivô: 0 2 (4) 1 0 0 10 
Dividindo por 4: 0 0,5 (1) 0,25 0 0 2,5 → 𝑛𝑜𝑣𝑎 𝑙𝑖𝑛ℎ𝑎 𝑝𝑖𝑣ô 
 
d3. Vamos reescrever cada uma das outras linhas da seguinte maneira: 
 
1º - Multiplicar os elementos da nova linha pivô pelo coeficiente da 
variável que entra da outra linha, com sinal trocado. 
 
2º - Somar termo a termo com os elementos da linha original. 
 
Voltando ao exemplo: 
 
Coeficiente da variável que entra (x2) na primeira linha é -5. 
Então: 
Nova linha pivô 0 0,5 (1) 0,25 0 0 2,5 
x 5 0 2,5 5 1,25 0 0 12,5 
+ primeira linha 1 -3 -5 0 0 0 0 
Soma = nova 
Primeira linha: 
1 -0,5 0 1,25 0 0 12,5 
 
82 
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O coeficiente da variável que entra (x2) na terceira linha é 1. 
Então: 
 
Nova linha pivô 0 0,5 1 0,25 0 0 2,5 
x (-1) 0 -0,5 -1 -0,25 0 0 -2,5 
+ terceira linha 0 6 1 0 1 0 20 
Soma = nova 
terceira linha: 
0 5,5 0 -0,25 1 0 17,5 
 
O coeficiente da variável que entra na quarta linha é -1. 
Então: 
Nova linha pivô 0 0,5 1 0,25 0 0 2,5 
x (1) 0 0,5 1 0,25 0 0 2,5 
+ quarta linha 0 1 -1 0 0 1 30 
Soma = nova 
quarta linha: 
0 1,5 0 0,25 0 1 32,5 
 
Reescrevendo a nova tabela com os resultados obtidos teremos: 
z x1 x2 xF1 xF2 xF3 b 
1 -0,5 0 1,25 0 0 12,5 
0 0,5 1 0,25 0 0 2,5 
0 5,5 0 -0,25 1 0 17,5 
0 1,5 0 0,25 0 1 32,5 
 
De onde concluímos a nova solução: 
 
Variáveis não básicas Variáveis básicas Valor de z 
 x1 = 0 x2 = 2,5 z= 12,5 
xF1 = 0 xF2 = 17,5 
xF3 = 32,5 
 
A função objetivo na nova solução está escrita em termos das 
variáveis não básicas x1 e xF1. As variáveis básicas têm coeficientes 
nulos. 
A solução obtida tem z = 12,5, contra z = O da solução inicial. É 
melhor, mas ainda não é ótima, pois o coeficiente de x1 na função 
objetivo é negativo. 
Cálculo da nova solução: 
Variável que entra: x1 (coeficiente negativo de maior valor absoluto 
na função objetivo) 
 
 
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Variável que sai: 
Vamos dividir os termos independentes pelos coeficientes positivos de x1. 
 
2,5 ÷ 0,5 = 5 
17,5 ÷ 5,5 = 3, 18 → menor valor: sai a variável dessa linha no caso xF2 
32,5 ÷ 1,5 = 21,67 
Nova linha pivô = terceira linha 
Elemento pivô: 5,5 
Nova linha pivô = linha pivô ÷ 5,5 
Linha pivô: 0 5,5 0 -0,25 1 0 17,5 
÷5,5 0 1 0 -0,045 0,18 0 3,18 
 
o coeficiente da variável que entra (x1) na primeira linha é -0,5. Então: 
Nova linha pivô: 0 1 0 -0,045 0,18 0 3,18 
x (0,5) 0 0,5 0 -0,022 0,09 0 1,59 
+ primeira linha 1 -0,5 0 1,25 0 0 12,5 
Soma = nova 
Primeira linha: 
1 0 0 1,227 0,09 0 14,09 
o coeficiente da variável que entra (x1) na segunda linha é 0,5. Então: 
Nova linha pivô: 0 1 0 -0,045 0,18 0 3,18 
x (-0,5) 0 -0,5 0 0,022 -0,09 0 -1,59 
+ segunda linha 0 0,5 1 0,25 0 0 2,5 
Soma = nova 
segunda linha: 
0 0 1 0,272 -0,09 0 0,91 
o coeficiente da variável que entra (x1) na quarta linha é 1,5. Então: 
Nova linha pivô: 0 1 0 -0,045 0,18 0 3,18 
x (-1,5) 0 -1,5 0 0,067 -0,27 0 -4,77 
+ quarta linha 0 1,5 0 0,25 0 1 32,5 
Soma = nova 
quarta linha: 
0 0 0 0,317 -0,27 1 27,73 
 
Reescrevendo a nova tabela com os resultados obtidos teremos: 
z x1 x2 xF1 xF2 xF3 b 
1 0 0 1,227 0,09 0 14,09 
0 0 1 0,272 -0,09 0 0,91 
0 1 0 -0,045 0,18 0 3,18 
0 0 0 0,317 -0,27 1 27,73 
A nova solução será portanto: . 
Variáveis não básicas Variáveis básicas Valor de z 
xF1 = 0 x1 = 3,18 z= 14,09 
xF2=0 x2 = 0,91 
xF3 = 27,73 
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A função objetivo está escrita em termos das variáveis não básicas 
xF1 e xF2, pois os coeficientes das variáveis básicas são nulos. O valor de 
z passou de z. = 12,5 para z = 14,09. Essa solução é ótima, pois os 
coeficientes das variáveis não básicas na função objetivo são positivos. 
Se xF1 ou xF2 entrar na base, o valor de z diminui, contrariando o 
objetivo. 
Assista agora a Vídeo Aula: 
Modelo geral do Simplex - exemplo 1 
 
Exemplo 2: 
Maximizar z = 2x1 + 3x2 + x3 
Sujeito a: 
{
 
 
 
 
𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3 ≤ 40
2𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥3 ≤ 20
3𝑥1 + 2𝑥2 − 𝑥3 ≤ 30
𝑥1 ≥ 0
𝑥2 ≥ 0
𝑥3 ≥ 0
 
a. Colocar as variáveis de folga e as variáveis da função objetivo à 
esquerda: 
Maximizar z - 2x1 – 3x2 – x3 = 0 
Sujeito a: 
{
 
 
 
 
 
 
 
 
𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3 + 𝑥𝐹1 = 40
2𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥3 + 𝑥𝐹2 = 20
3𝑥1 + 2𝑥2 − 𝑥3 + 𝑥𝐹3 = 30
𝑥1 ≥ 0
𝑥2 ≥ 0
𝑥3 ≥ 0
𝑥𝐹1 ≥ 0
𝑥𝐹2 ≥ 0
𝑥𝐹3 ≥ 0
 
 
No quadro teremos: 
z x1 x2 x3 xF1 xF2 xF3 b 
1 -2 -3 -1 0 0 0 0 
0 1 1 1 1 0 0 40 
0 2 1 -1 0 1 0 20 
0 3 2 -1 0 0 1 30 → 𝑆𝑎𝑖 (𝑙𝑖𝑛ℎ𝑎 𝑝𝑖𝑣ô) 
 ↑ 
𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎 
 
b. Solução básica inicial: 
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Variáveis não básicas Variáveis básicas Valor de z 
x1 = 0 xF1 = 40 z=0 
x2 = 0 xF2 = 20 
x3 = 0 xF3 = 30 
 
c. Teste da solução: A solução não é ótima, pois tem coeficientes 
negativos na função objetivo. 
d. Cálculo da nova solução 
 
- Variável que entra: x2 (coeficiente negativo de maior valor 
absoluto) 
- Variável que sai (termos independentes divididos pelos coeficientes 
de x2): 40 ÷ 1 = 40 
20 ÷ 1 = 20 
 30 ÷ 2 = 15 
Menor valor: 15. Sai a variável da quarta linha (xF3). 
Linha pivô: quarta linha 
Elemento pivô: 2 
- Dividindo a linha pivô por 2, temos: 
Nova linha pivô: (0 1,5 1 -0,5 0 0 0,5 15) 
Cálculo da nova primeira linha (coeficiente da variável que entra = -3) 
Nova linha pivô: 0 1,5 1 -0,5 0 0 0,5 15 
x (3) 0 4,5 3 -1,5 0 0 1,5 45 
+ primeira linha 1 -2 -3 -1 0 0 0 0 
Soma = nova 
Primeira linha: 
1 2,5 0 -2,5 0 0 1,5 45 
 
Cálculo da nova segunda linha (coeficiente da variável que entra = 1) 
Nova linha pivô: 0 1,5 1 -0,5 0 0 0,5 15 
x (-1) 0 -1,5 -1 0,5 0 0 -0,5 -15 
+ segunda linha 0 1 1 1 1 0 0 40 
Soma = nova 
segunda linha: 
0 -0,5 0 1,5 1 0 -0,5 25 
Cálculo da nova terceira linha (coeficiente da variável que entra = 1) 
Nova linha pivô: 0 1,5 1 -0,5 0 0 0,5 15 
x (-1) 0 -1,5 -1 0,5 0 0 -0,5 -15 
+ terceira linha 0 2 1 -1 0 1 0 20 
Soma = nova 
terceira linha: 
0 0,5 0 -0,5 0 1 -0,5 5 
 
 
Reescrevendo a nova tabela com os resultados obtidos teremos: 
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z x1 x2 x3 xF1 xF2 xF3 b 
1 2,5 0 -2,5 0 0 1,5 45 
0 -0,5 0 1,5 1 0 -0,5 25 
0 0,5 0 -0,5 0 1 -0,5 5 
0 1,5 1 -0,5 0 0 0,5 15 
 
Nova solução: 
Variáveis básicas Variáveis não básicas Valor de z 
x2 = 15 x1 = 0 z=45 
xF1 = 25 x3=0 
xF2=5 xF3=0 
 
Essa solução não é ótima, pois o coeficiente de x3 na função objetivo 
é negativo (-2,5). 
 
Cálculo da nova solução: 
- Variável que entra: x3 (coeficiente negativo de maior valor 
absoluto) 
- Variável que sai: 25 ÷ 1,5 = 16,67 
5 ÷ (-0,5) = -10 
1,5 ÷ (-0,5) = -30 
desconsiderados, pois dariam valor negativo para a variável na 
próxima solução. Sai portanto a variável da segunda linha: xF1 
 - Linha pivô: segunda linha 
- Elemento pivô: 1,5 
- Nova linha pivô: linha pivô ÷ 1,5 
 0 -0,33 0 1 0,67 O -0,333 16,67 
 
Cálculo da nova primeira linha (coeficiente da variável que entra = -2,5) 
Nova linha pivô: 0 -0,33 0 1 0,67 0 -0,33 16,67 
x (2,5) 0 -0,83 0 2,5 1,67 0 -0,83 41,67 
+ primeira linha 0 2,5 0 -2,5 0 0 1,5 45 
Soma = nova 
Primeira linha: 
0 1,67 0 0 1,67 0 0,67 86,67 
 
Cálculo da nova terceira linha (coeficienteda variável que entra = -0,5) 
Nova linha Pivô: 0 -0,33 0 1 0,67 0 -0,33 16,67 
x (0,5) 0 -0,165 0 0,5 0,335 0 -0,165 8,335 
+ terceira linha 0 0,5 0 -0,5 0 1 -0,5 5 
Soma = nova 
terceira linha: 
0 0,335 0 0 0,335 1 -0,66 13,335 
 
87 
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Cálculo da nova quarta linha (coeficiente da variável que entra = -0,5) 
Nova linha 
pivô: 
0 -0,33 0 1 0,67 0 -0,33 16,67 
x (0,5) 0 -0,165 0 0,5 0,335 0 -0,165 8,335 
+ quarta linha 0 1,5 1 -0,5 0 0 0,5 15 
Soma = nova 
quarta linha: 
0 1,335 1 0 0,335 0 0,335 23,335 
 
Reescrevendo a nova tabela: 
z x1 x2 x3 xF1 xF2 xF3 b 
1 1,67 0 0 1,67 0 0,67 86,67 
0 -0,33 0 1 0,67 0 -0,33 16,67 
0 0,335 0 0 0,335 1 -0,665 13,335 
0 1,335 1 0 0,335 0 0,335 23,335 
 
Nova solução: 
Variáveis básicas Variáveis não básicas Objetivo 
x2=23,335 x1 = 0 z= 86,67 
x3=16,67 xF1 = 0 
xF2 = 13,335 xF3= 0 
 
A solução é ótima, pois todos os coeficientes na função objetivo são positivos. 
Assista agora a Vídeo Aula: 
Modelo geral do Simplex - exemplo 2 
 
Exercícios 
 
01) Resolver o modelo em programação linear, usando o método Simplex. 
Max. z= x1 + 2x2 + 3x3 
Sujeito a: 
{
 
 
 
 
𝑥1 + 2𝑥2 + 𝑥3 ≤ 40
2𝑥1 + 3𝑥2 ≤ 30
 4𝑥2 + 2𝑥3 ≤ 20
𝑥1 ≥ 0
𝑥2 ≥ 0
𝑥3 ≥ 0
 
 
Resolução: 
 
a) Reescrevendo a função objetivo e passando as inequações de restrição para 
equações, colocando as devidas folgas, temos: 
z - x1 - 2x2 – 3x3 = 0 
𝑥1 + 2𝑥2 + 𝑥3 + 𝑥𝐹1 = 40 
2𝑥1 + 3𝑥2 + 𝑥𝐹2 = 30 
4𝑥2 + 2𝑥3 + 𝑥𝐹3 = 20 
b) Montamos a tabela: 
http://www.professormatusalem.com/video-aulas/ensino-superior/aula-33-resolucao-pelo-simplex-exemplo-2/
88 
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z x1 x2 x3 xF1 xF2 xF3 b 
1 -1 -2 -3 0 0 0 0 
0 1 2 1 1 0 0 40 
0 2 3 0 0 1 0 30 
0 0 4 2 0 0 1 20 
 
c) Na função objetivo identificamos a variável que entra localizando o maior 
coeficiente. 
z= x1 + 2x2 + 3x3 
Logo a variável que entra será (x3) 
 
d) Agora iremos dividir os termos independentes pelos respectivos coeficiente de (x3 - 
a variável que entra nesse exercício) e encontraremos a linha que sai (o menor 
resultado positivo). 
b x3 
0 -3 Não fazemos conta com a função objetivo 
40 ÷ 1 = 40 
30 ÷ 0 = Não existe 
20 ÷ 2 = 10 → sai 
 
e) Então podemos visualizar a tabela assim: 
 
z x1 x2 x3 xF1 xF2 xF3 b 
1 -1 -2 -3 0 0 0 0 
0 1 2 1 1 0 0 40 
0 2 3 0 0 1 0 30 
0 0 4 2 0 0 1 20 sai 
 entra 
 
O elemento que está na coluna que entra e na linha que sai é chamado de elemento 
pivô, no nosso caso foi (2). 
 
f) Agora iremos calcular a nova linha pivô. Para isso basta dividir todos os elementos 
da linha que sai pelo elemento pivô. 
Linha que sai 0 0 4 2 0 0 1 20 
÷ (2) 0 0 2 1 0 0 0,5 10 →Nova linha pivô 
 
g) Agora iremos calcular as novas linhas. 
O coeficiente de x3 na primeira linha é (-3), então multiplicaremos a linha pivô pelo 
seu oposto (3). 
 Nova 1ª linha 
Nova linha pivô 0 0 2 1 0 0 0,5 10 
x(3) 0 0 6 3 0 0 1,5 30 
+ 1ª linha 1 -1 -2 -3 0 0 0 0 
Nova 1ª linha 1 -1 4 0 0 0 1,5 30 
 
O coeficiente de x3 na segunda linha é (1), então multiplicaremos a linha pivô pelo 
seu oposto (-1). 
89 
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 Nova 2ª linha 
Nova linha pivô 0 0 2 1 0 0 0,5 10 
x(-1) 0 0 -2 -1 0 0 -0,5 -10 
+ 2ª linha 0 1 2 1 1 0 0 40 
Nova 2ª linha 0 1 0 0 1 0 -0,5 30 
 
O coeficiente de x3 na terceira linha é (0), então multiplicaremos a linha pivô pelo 
seu oposto (0). 
 
 Nova 3ª linha 
Nova linha pivô 0 0 2 1 0 0 0,5 10 
x(0) 0 0 0 0 0 0 0 0 
+ 3ª linha 0 2 3 0 0 1 0 30 
Nova 3ª linha 0 2 3 0 0 1 0 30 
 
h) Reescrevendo a tabela, temos: 
 
z x1 x2 x3 xF1 xF2 xF3 b 
1 -1 4 0 0 0 1,5 30 
0 1 0 0 1 0 -0,5 30 
0 2 3 0 0 1 0 30 
0 0 2 1 0 0 0,5 10 
 
De onde destacamos: 
 
Variáveis Básicas Variáveis Não 
Básicas 
Valor de z 
x3 = 10 x2 = 0 z = 30 
xF1 = 30 xF3 = 0 
xF2 = 30 x1 = 0 
 
A solução não é ótima pois o coeficiente de x1 na função objetivo é (-1), 
então vamos recalcular tudo iniciando desta ultima tabela. 
a) 
z x1 x2 x3 xF1 xF2 xF3 b 
1 -1 4 0 0 0 1,5 30 
0 1 0 0 1 0 -0,5 30 
0 2 3 0 0 1 0 30 
0 0 2 1 0 0 0,5 10 
Olhando na linha da função objetivo escolhemos o maior número negativo para 
determinar a coluna que entra, no nosso caso só temos o coeficiente de x1 que é 
(-1) 
 
 
b) Agora iremos dividir os termos independentes pelos respectivos coeficiente de (x1 - 
a variável que entra nesse exercício) e encontraremos a linha que sai (o menor 
resultado positivo). 
90 
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b x1 
30 -1 Não fazemos conta com a função objetivo 
30 ÷ 1 = 30 
30 ÷ 2 = 15 → sai 
10 ÷ 0 = Não existe 
 
c) Então podemos visualizar a tabela assim: 
 
z x1 x2 x3 xF1 xF2 xF3 b 
1 -1 4 0 0 0 1,5 30 
0 1 0 0 1 0 -0,5 30 
0 2 3 0 0 1 0 30 sai 
0 0 2 1 0 0 0,5 10 
 entra 
 
O elemento que está na coluna que entra e na linha que sai é chamado de elemento 
pivô, no nosso caso foi (2). 
 
d) Agora iremos calcular a nova linha pivô. Para isso basta dividir todos os elementos 
da linha que sai pelo elemento pivô. 
Linha que sai 0 2 3 0 0 1 0 30 
÷ (2) 0 1 1,5 0 0 0,5 0 15 →Nova linha pivô 
 
e) Agora iremos calcular as novas linhas. 
O coeficiente de x1 na primeira linha é (-1), então multiplicaremos a linha pivô pelo 
seu oposto (1). 
 Nova 1ª linha 
Nova linha pivô 0 1 1,5 0 0 0,5 0 15 
x(1) 0 1 1,5 0 0 0,5 0 15 
+ 1ª linha 1 -1 4 0 0 0 1,5 30 
Nova 1ª linha 1 0 5,5 0 0 0,5 1,5 45 
 
O coeficiente de x1 na segunda linha é (1), então multiplicaremos a linha pivô pelo 
seu oposto (-1). 
 Nova 2ª linha 
Nova linha pivô 0 1 1,5 0 0 0,5 0 15 
x(-1) 0 -1 -1,5 0 0 -0,5 0 -15 
+ 2ª linha 0 1 0 0 1 0 -0,5 30 
Nova 2ª linha 0 0 -1,5 0 1 -0,5 -0,5 15 
O coeficiente de x1 na quarta linha é (0), então multiplicaremos a linha pivô pelo seu 
oposto (0). 
 
 Nova 4ª linha 
Nova linha pivô 0 1 1,5 0 0 0,5 0 15 
x(0) 0 0 0 0 0 0 0 0 
+ 4ª linha 0 0 2 1 0 0 0,5 10 
Nova 4ª linha 0 0 2 1 0 0 0,5 10 
 
91 
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f) Reescrevendo a tabela, temos: 
z x1 x2 x3 xF1 xF2 xF3 b 
1 0 5,5 0 0 0,5 1,5 45 
0 0 -1,5 0 0 -0,5 -0,5 15 
0 1 1,5 0 0 0,5 0 15 
0 0 2 1 0 0 0,5 10 
 
De onde destacamos: 
Variáveis Básicas Variáveis Não 
Básicas 
Valor de z 
x3 = 10 x2 = 0 z = 45 
x1 = 15 xF3 = 0 
xF1 = 15 xF2 = 0 
Agora a solução é ótima z = 45. 
 
Assista agora a Vídeo Aula: 
Modelo geral do Simplex - exercício 1 
 
 
02) Resolver o modelo em programação linear, usando o método Simplex. 
Max. z= 2x1 + x2 + x3 
Sujeito a: 
{
 
 
 
 
𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3 ≤ 50
2𝑥1 + 𝑥2 + 2𝑥3 ≤ 60
3𝑥1 + 𝑥2 ≤ 93
𝑥1 ≥ 0
𝑥2 ≥ 0
𝑥3 ≥ 0
 
 
Resolução: 
a) Reescrevendo a função objetivo e passando as inequações de restrição para 
equações, colocando as devidas folgas, temos: 
z - 2x1 - x2 – x3 = 0 
𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3 + 𝑥𝐹1 = 50 
2𝑥1 + 𝑥2 + 2𝑥3 + 𝑥𝐹2 = 60 
3𝑥1 + 𝑥3 + 𝑥𝐹3 = 93 
 
b) Montamos a tabela: 
z x1 x2 x3 xF1 xF2 xF3 b 
1 -2 -1 -1 0 0 0 0 
0 1 1 1 1 0 0 50 
0 2 1 2 0 1 0 60 
0 3 1 0 0 0 1 93 
 
c) Na função objetivo identificamos a variável que entra localizando o maior 
coeficiente. 
z= 2x1 + x2 + x3 
Logo a variável que entra será (x1) 
http://www.professormatusalem.com/video-aulas/aula-71-simplex-exercicio-1/
92 
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d) Agora iremos dividir os termos independentes pelos respectivos coeficiente de (x1 - 
a variável que entra nesse exercício) e encontraremosa linha que sai (o menor 
resultado positivo). 
 
b x1 
0 -2 Não fazemos conta com a função objetivo 
50 ÷ 1 = 50 
60 ÷ 2 = 30 → sai 
93 ÷ 3 = 31 
 
e) Então podemos visualizar a tabela assim: 
 
z x1 x2 x3 xF1 xF2 xF3 b 
1 -2 -1 -1 0 0 0 0 
0 1 1 1 1 0 0 50 
0 2 1 2 0 1 0 60 sai 
0 3 1 0 0 0 1 93 
 entra 
 
 
O elemento que está na coluna que entra e na linha que sai é chamado de elemento 
pivô, no nosso caso foi (2). 
 
f) Agora iremos calcular a nova linha pivô. Para isso basta dividir todos os elementos 
da linha que sai pelo elemento pivô. 
Linha que sai 0 2 1 2 0 1 0 60 
÷ (2) 0 1 0,5 1 0 0,5 0 30 →Nova linha pivô 
 
 
g) Agora iremos calcular as novas linhas. 
O coeficiente de x1 na primeira linha é (-2), então multiplicaremos a linha pivô pelo 
seu oposto (2). 
 Nova 1ª linha 
Nova linha pivô 0 1 0,5 1 0 0,5 0 30 
x(2) 0 2 1 2 0 1 0 60 
+ 1ª linha 1 -2 -1 -1 0 0 0 0 
Nova 1ª linha 1 0 0 1 0 1 0 60 
 
O coeficiente de x1 na segunda linha é (1), então multiplicaremos a linha pivô pelo 
seu oposto (-1). 
 
 
 Nova 2ª linha 
Nova linha pivô 0 1 0,5 1 0 0,5 0 30 
x(-1) 0 -1 -0,5 -1 0 -0,5 0 -30 
+ 2ª linha 0 1 1 1 1 0 0 50 
Nova 2ª linha 0 0 0,5 0 1 -0,5 0 20 
93 
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O coeficiente de x1 na quarta linha é (3), então multiplicaremos a linha pivô pelo seu 
oposto (-3). 
 
 Nova 4ª linha 
Nova linha pivô 0 1 0,5 1 0 0,5 0 30 
x(-3) 0 -3 -1,5 -3 0 -1,5 0 -90 
+ 4ª linha 0 3 1 0 0 0 1 93 
Nova 4ª linha 0 0 -0,5 -3 0 -1,5 1 3 
h) Reescrevendo a tabela, temos: 
z x1 x2 x3 xF1 xF2 xF3 b 
1 0 0 1 0 1 0 60 
0 0 0,5 0 1 -0,5 0 20 
0 1 0,5 1 0 0,5 0 30 
0 0 -0,5 -3 0 -1,5 1 3 
 
De onde destacamos: 
Variáveis Básicas Variáveis Não 
Básicas 
Valor de z 
x1 = 30 x2 = 0 z = 60 
xF1 = 20 x3 = 0 
xF2 = 3 xF2 = 0 
 
 
A solução é ótima e z = 60. 
 
Assista agora a Vídeo Aula: 
Modelo geral do Simplex - exercício 2 
 
 
03) Resolver o modelo em programação linear, usando o método Simplex. 
Max z = 5x1 + 6x2 
Sujeito a: 
{
2𝑥1 + 𝑥2 ≤ 50
𝑥1 + 𝑥2 ≤ 90
𝑥1 ≥ 0
𝑥2 ≥ 0
 
 
Resolução: 
 
a) Reescrevendo a função objetivo e passando as inequações de restrição para 
equações, colocando as devidas folgas, temos: 
z - 5x1 - 6x2 = 0 
2𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥𝐹1 = 50 
𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥𝐹2 = 90 
 
b) Montamos a tabela: 
 
 
http://www.professormatusalem.com/video-aulas/aula-72-simplex-exercicio-2/
94 
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z x1 x2 xF1 xF2 b 
1 -5 -6 0 0 0 
0 2 1 1 0 50 
0 1 1 0 1 90 
 
c) Na função objetivo identificamos a variável que entra localizando o maior 
coeficiente. 
z = 5x1 + 6x2 
Logo a variável que entra será (x2) 
 
d) Agora iremos dividir os termos independentes pelos respectivos coeficiente de (x2 - 
a variável que entra nesse exercício) e encontraremos a linha que sai (o menor 
resultado positivo). 
b x2 
0 -6 Não fazemos conta com a função objetivo 
50 ÷ 1 = 50 → sai 
90 ÷ 1 = 60 
 
e) Então podemos visualizar a tabela assim: 
z x1 x2 xF1 xF2 b 
1 -5 -6 0 0 0 
0 2 1 1 0 50 sai 
0 1 1 0 1 90 
 entra 
O elemento que está na coluna que entra e na linha que sai é chamado de elemento 
pivô, no nosso caso foi (1). 
 
f) Agora iremos calcular a nova linha pivô. Para isso basta dividir todos os elementos 
da linha que sai pelo elemento pivô. 
Linha que sai 0 2 1 1 0 50 
÷ (1) 0 2 1 1 0 50 →Nova linha pivô 
 
g) Agora iremos calcular as novas linhas. 
O coeficiente de x2 na primeira linha é (-6), então multiplicaremos a linha pivô pelo 
seu oposto (6). 
Nova 1ª linha 
Nova linha pivô 0 2 1 1 0 50 
x(6) 0 12 6 6 0 300 
+ 1ª linha 1 -5 -6 0 0 0 
Nova 1ª linha 1 7 0 6 0 300 
 
O coeficiente de x2 na terceira linha é (1), então multiplicaremos a linha pivô pelo 
seu oposto (-1). 
Nova 3ª linha 
Nova linha pivô 0 2 1 1 0 50 
x(-1) 0 -2 -1 -1 0 -50 
+ 3ª linha 0 1 1 0 1 90 
Nova 3ª linha 0 -1 0 -1 1 40 
95 
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h) Reescrevendo a tabela, temos: 
z x1 x2 xF1 xF2 b 
1 7 0 6 0 300 
0 2 1 1 0 50 
0 -1 0 -1 1 40 
 
De onde destacamos: 
Variáveis Básicas Variáveis Não 
Básicas 
Valor de z 
x2 = 50 x1 = 0 z = 300 
xF2 = 40 xF1 = 0 
 
Solução ótima z = 300. 
 
Assista agora a Vídeo Aula: 
Modelo geral do Simplex - exercício 3 
 
 
04) Resolver o modelo em programação linear, usando o método Simplex. 
Max z = 3x1 + x2 
Sujeito a: 
{
2𝑥1 + 4𝑥2 ≤ 30
3𝑥1 + 5𝑥2 ≤ 40
𝑥1 ≥ 0
𝑥2 ≥ 0
 
 
Resolução: 
a) Reescrevendo a função objetivo e passando as inequações de restrição para 
equações, colocando as devidas folgas, temos: 
z - 3x1 - x2 = 0 
2𝑥1 + 4𝑥2 + 𝑥𝐹1 = 30 
3𝑥1 + 5𝑥2 + 𝑥𝐹2 = 40 
 
b) Montamos a tabela: 
z x1 x2 xF1 xF2 b 
1 -3 -1 0 0 0 
0 2 4 1 0 30 
0 3 5 0 1 40 
 
c) Na função objetivo identificamos a variável que entra localizando o maior 
coeficiente. 
z = 3x1 + x2 
 
Logo a variável que entra será (x1) 
 
http://www.professormatusalem.com/video-aulas/aula-73-simplex-exercicio-3/
96 
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d) Agora iremos dividir os termos independentes pelos respectivos coeficiente de (x1 
- a variável que entra nesse exercício) e encontraremos a linha que sai (o 
menor resultado positivo). 
 
b x1 
0 -3 Não fazemos conta com a função objetivo 
30 ÷ 2 = 15 
40 ÷ 3 = 13,33 → sai 
 
e) Então podemos visualizar a tabela assim: 
 
z x1 x2 xF1 xF2 b 
1 -3 -1 0 0 0 
0 2 4 1 0 30 
0 3 5 0 1 40 sai 
 entra 
 
O elemento que está na coluna que entra e na linha que sai é chamado de elemento 
pivô, no nosso caso foi (3). 
 
f) Agora iremos calcular a nova linha pivô. Para isso basta dividir todos os elementos 
da linha que sai pelo elemento pivô. 
Linha que sai 0 3 5 0 1 40 
÷ (3) 0 1 1,67 0 0,33 13,3 →Nova linha pivô 
 
 
g) Agora iremos calcular as novas linhas. 
O coeficiente de x1 na primeira linha é (-3), então multiplicaremos a linha pivô pelo 
seu oposto (3). 
Nova 1ª linha 
Nova linha pivô 0 1 1,67 0 0,33 13,3 
x(3) 0 3 5 0 1 40 
+ 1ª linha 1 -3 -1 0 0 0 
Nova 1ª linha 1 0 4 0 1 40 
 
O coeficiente de x1 na segunda linha é (2), então multiplicaremos a linha pivô pelo 
seu oposto (-2). 
Nova 2ª linha 
Nova linha pivô 0 1 1,67 0 0,33 13,3 
x(-2) 0 -2 -3,34 0 -0,66 -26,6 
+ 2ª linha 0 2 4 1 0 30 
Nova 2ª linha 0 0 0,66 1 -0,66 3,4 
 
h) Reescrevendo a tabela, temos: 
z x1 x2 xF1 xF2 b 
1 0 4 0 1 40 
0 0 0,66 1 -0,66 3,4 
0 1 1,67 0 0,33 13,3 
97 
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De onde destacamos: 
Variáveis Básicas Variáveis Não 
Básicas 
Valor de z 
x1 = 13,3 x2 = 0 z = 40 
xF1 = 3,4 xF2 = 0 
Solução ótima z = 40. 
 
Assista agora a Vídeo Aula: 
Modelo geral do Simplex - exercício 4 
 
05) Resolver os modelos em programação linear, usando o método Simplex. 
a) Max. Receita = 10x1 + 12x2 
 
{
𝑥1 + 𝑥2 ≤ 100
𝑥1 + 3𝑥2 ≤ 270
𝑥1 ≥ 0
𝑥2 ≥ 0
 
Resolução: 
a) Reescrevendo a função objetivo e passando as inequações de restrição para 
equações, colocando as devidas folgas, temos: 
z - 10x1 - 12x2 = 0 
𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥𝐹1 = 100 
𝑥1 + 3𝑥2 + 𝑥𝐹2 = 270 
b) Montamos a tabela: 
z x1 x2 xF1 xF2 b 
1 -10 -12 0 0 0 
0 1 1 1 0 100 
0 1 3 0 1 270 
 
c) Na função objetivo identificamos a variável que entra localizando o maior 
coeficiente. 
z = 10x1 + 12x2 
Logo a variável que entra será (x2) 
 
d) Agora iremos dividir os termos independentes pelos respectivos coeficiente de 
(x2 - a variável que entra nesse exercício) e encontraremos a linha que sai (o 
menor resultado positivo). 
b x2 
0 -12 Não fazemos conta com a função objetivo 
100 ÷ 1 = 100 
270 ÷ 3 = 90 → saie) Então podemos visualizar a tabela assim: 
z x1 x2 xF1 xF2 b 
1 -10 -12 0 0 0 
0 1 1 1 0 100 
0 1 3 0 1 270 sai 
 entra 
http://www.professormatusalem.com/video-aulas/aula-74-simplex-exercicio-4/
98 
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O elemento que está na coluna que entra e na linha que sai é chamado de elemento 
pivô, no nosso caso foi (3). 
 
 
f) Agora iremos calcular a nova linha pivô. Para isso basta dividir todos os elementos 
da linha que sai pelo elemento pivô. 
Linha que sai 0 1 3 0 1 270 
÷ (3) 0 0,34 1 0 0,34 90 →Nova linha pivô 
 
 
g) Agora iremos calcular as novas linhas. 
O coeficiente de x2 na primeira linha é (-12), então multiplicaremos a linha pivô pelo 
seu oposto (12). 
 
Nova 1ª linha 
Nova linha pivô 0 0,34 1 0 0,34 90 
x(12) 0 4 12 0 4 1080 
+ 1ª linha 1 -10 -12 0 0 0 
Nova 1ª linha 1 -6 0 0 4 1080 
 
O coeficiente de x2 na segunda linha é (1), então multiplicaremos a linha pivô pelo 
seu oposto (-1). 
 
Nova 2ª linha 
Nova linha pivô 0 0,34 1 0 0,34 90 
x(-1) 0 -0,34 -1 0 -0,34 -90 
+ 2ª linha 0 1 1 1 0 100 
Nova 2ª linha 0 0,66 0 1 -0,34 10 
 
h) Reescrevendo a tabela, temos: 
 
z x1 x2 xF1 xF2 b 
1 -6 0 0 4 1080 
0 0,66 0 1 -0,34 10 
0 0,34 1 0 0,34 90 
 
De onde destacamos: 
Variáveis Básicas Variáveis Não 
Básicas 
Valor de z 
x2 = 90 x1 = 0 z = 1080 
xF1 = 10 xF2 = 0 
 
Solução não é ótima. 
 
i) Montamos a tabela: 
 
 
99 
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z x1 x2 xF1 xF2 b 
1 -6 0 0 4 1080 
0 0,66 0 1 -0,34 10 
0 0,34 1 0 0,34 90 
 
j) Na função objetivo (1ª linha) identificamos a variável que entra localizando o 
menor coeficiente negativo. 
Logo a variável que entra será (x1) 
 
k) Agora iremos dividir os termos independentes pelos respectivos coeficiente de 
(x1 - a variável que entra nesse exercício) e encontraremos a linha que sai (o 
menor resultado positivo). 
 
b x1 
0 -6 Não fazemos conta com a função objetivo 
10 ÷ 0,66 = 15,15 → sai 
90 ÷ 0,34 = 264,7 
 
 
l) Então podemos visualizar a tabela assim: 
z x1 x2 xF1 xF2 b 
1 -6 0 0 4 1080 
0 0,66 0 1 -0,34 10 sai 
0 0,34 1 0 0,34 90 
 entra 
 
O elemento que está na coluna que entra e na linha que sai é chamado de elemento 
pivô, no nosso caso foi (0,66). 
 
m) Agora iremos calcular a nova linha pivô. Para isso basta dividir todos os 
elementos da linha que sai pelo elemento pivô. 
Linha que 
sai 
0 0,66 0 1 -0,34 10 
÷ (0,66) 0 1 0 1,52 -0,52 15,15 →Nova linha pivô 
 
n) Agora iremos calcular as novas linhas. 
O coeficiente de x1 na primeira linha é (-6), então multiplicaremos a linha pivô pelo 
seu oposto (6). 
 
Nova 1ª linha 
Nova linha pivô 0 1 0 1,52 -0,52 15,15 
x(6) 0 6 0 9,12 -3,12 90,90 
+ 1ª linha 1 -6 0 0 4 1080 
Nova 1ª linha 1 0 0 9,12 0,88 1170,9 
 
 
O coeficiente de x1 na terceira linha é (0,34), então multiplicaremos a linha pivô pelo 
seu oposto (-0,34). 
100 
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Nova 3ª linha 
Nova linha pivô 0 1 0 1,52 -0,52 15,15 
x(-0,34) 0 -0,34 0 -0,52 0,18 5,15 
+ 3ª linha 0 0,34 1 0 0,34 90 
Nova 3ª linha 0 0 1 -0,52 0,52 84,85 
 
o) Reescrevendo a tabela, temos: 
z x1 x2 xF1 xF2 b 
1 0 0 9,12 0,88 1170,9 
0 1 0 1,52 -0,52 15,15 
0 0 1 -0,52 0,52 84,85 
De onde destacamos: 
Variáveis Básicas Variáveis Não 
Básicas 
Valor de z 
x2 = 84,85 xF1 = 0 z = 1170,9 
x1 = 15,15 xF2 = 0 
 
Assista agora a Vídeo Aula: 
Exercício 5 (a) - modelo geral do simplex 
 
b) Max. Lucro = 2x1 + 3x2 + 4x3 
Sujeito a: 
{
 
 
 
 
𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3 ≤ 100
2𝑥1 + 𝑥2 ≤ 210
𝑥1 ≤ 80
𝑥1 ≥ 0
𝑥2 ≥ 0
𝑥3 ≥ 0
 
 
Resolução: 
a) Reescrevendo a função objetivo e passando as inequações de restrição para 
equações, colocando as devidas folgas, temos: 
z - 2x1 - 3x2 -4x3 = 0 
𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3 + 𝑥𝐹1 = 100 
2𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥𝐹2 = 210 
𝑥1 + 𝑥𝐹3 = 80 
b) Montamos a tabela: 
z x1 x2 x3 xF1 xF2 xF3 b 
1 -2 -3 -4 0 0 0 0 
0 1 1 1 1 0 0 100 
0 2 1 0 0 1 0 210 
0 1 0 0 0 0 1 80 
 
c) Na função objetivo identificamos a variável que entra localizando o maior 
coeficiente. 
Lucro = 2x1 + 3x2 + 4x3 
Logo a variável que entra será (x3) 
 
http://www.professormatusalem.com/video-aulas/ensino-superior/aula-34-resolucao-pelo-simplex-exercicio-1/
101 
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d) Agora iremos dividir os termos independentes pelos respectivos coeficiente de 
(x3 - a variável que entra nesse exercício) e encontraremos a linha que sai (o 
menor resultado positivo). 
b x3 
0 -4 Não fazemos conta com a função objetivo 
100 ÷ 1 = 100 → sai 
210 ÷ 0 = ∄ 
80 ÷ 0 = ∄ 
 
 
e) Então podemos visualizar a tabela assim: 
z x1 x2 x3 xF1 xF2 xF3 b 
1 -2 -3 -4 0 0 0 0 
0 1 1 1 1 0 0 100 sai 
0 2 1 0 0 1 0 210 
0 1 0 0 0 0 1 80 
 entra 
 
O elemento que está na coluna que entra e na linha que sai é chamado de elemento 
pivô, no nosso caso foi (1). 
 
 
f) Agora iremos calcular a nova linha pivô. Para isso basta dividir todos os elementos 
da linha que sai pelo elemento pivô. 
Linha que sai 0 1 1 1 1 0 0 100 
÷ (1) 0 1 1 1 1 0 0 100 →Nova linha pivô 
 
 
g) Agora iremos calcular as novas linhas. 
O coeficiente de x3 na primeira linha é (-4), então multiplicaremos a linha pivô pelo 
seu oposto (4). 
 
 Nova 1ª linha 
Nova linha pivô 0 1 1 1 1 0 0 100 
x(4) 0 4 4 4 4 0 0 400 
+ 1ª linha 1 -2 -3 -4 0 0 0 0 
Nova 1ª linha 1 2 1 0 4 0 0 400 
 
O coeficiente de x3 na terceira linha é (0), então multiplicaremos a linha pivô pelo 
seu oposto (0). 
 
 Nova 3ª linha 
Nova linha pivô 0 1 1 1 1 0 0 100 
x(0) 0 0 0 0 0 0 0 0 
+ 3ª linha 0 2 1 0 0 1 0 210 
Nova 3ª linha 0 2 1 0 0 1 0 210 
 
 
102 
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O coeficiente de x3 na quarta linha é (0), então multiplicaremos a linha pivô pelo seu 
oposto (0). 
 
 Nova 4ª linha 
Nova linha pivô 0 1 1 1 1 0 0 100 
x(0) 0 0 0 0 0 0 0 0 
+ 4ª linha 0 1 0 0 0 0 1 80 
Nova 4ª linha 0 1 0 0 0 0 1 80 
 
 
h) Reescrevendo a tabela, temos: 
z x1 x2 x3 xF1 xF2 xF3 b 
1 2 1 0 4 0 0 400 
0 1 1 1 1 0 0 100 
0 2 1 0 0 1 0 210 
0 1 0 0 0 0 1 80 
 
 
De onde destacamos: 
Variáveis Básicas Variáveis Não 
Básicas 
Valor de z 
x3 = 100 x1 = 0 z = 400 
xF2 = 210 x2 = 0 
xF3 = 80 xF1 = 0 
 
Solução é ótima. 
 
Assista agora a Vídeo Aula: 
Exercício 5 (b) - modelo geral do Simplex 
 
c) Max. c 
Sujeito a: 
z = 0,2x1 + 2x2 + 4x3 
{
 
 
 
 
𝑥1 + 2𝑥2 ≤ 20
3𝑥1 + 𝑥3 ≤ 50
𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥3 ≤ 15
𝑥1 ≥ 0
𝑥2 ≥ 0
𝑥3 ≥ 0
 
 
Resolução: 
a) Reescrevendo a função objetivo e passando as inequações de restrição para 
equações, colocando as devidas folgas, temos: 
z – 0,2x1 - 2x2 - 4x3 = 0 
𝑥1 + 2𝑥2 + 𝑥𝐹1 = 20 
3𝑥1 + 𝑥3 + 𝑥𝐹2 = 50 
𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥3 + 𝑥𝐹3 = 15 
 
http://www.professormatusalem.com/video-aulas/ensino-superior/aula-35-resolucao-pelo-simplex-exercicio-2/
103 
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b) Montamos a tabela: 
z x1 x2 x3 xF1 xF2 xF3 b 
1 -0,2 -2 -4 0 0 0 0 
0 1 2 0 1 0 0 20 
0 3 0 1 0 1 0 50 
0 1 1 -1 0 0 1 15 
 
c) Na função objetivo identificamos a variável que entra localizando o maior 
coeficiente. 
z= 0,2x1 + 2x2 + 4x3 
Logo a variável que entra será (x3) 
 
d) Agora iremos dividir os termos independentes pelos respectivos coeficiente de 
(x3 - a variável que entra nesse exercício) e encontraremos a linha que sai (o 
menor resultado positivo). 
b x3 
0 -4 Não fazemos conta com a função objetivo 
20 ÷ 0 = ∄ 
50 ÷ 1 = 50 → sai 
15 ÷ -1 = -15 
 
e) Então podemos visualizar a tabela assim: 
 
z x1 x2 x3xF1 xF2 xF3 b 
1 -0,2 -2 -4 0 0 0 0 
0 1 2 0 1 0 0 20 
0 3 0 1 0 1 0 50 sai 
0 1 1 -1 0 0 1 15 
 entra 
 
O elemento que está na coluna que entra e na linha que sai é chamado de elemento 
pivô, no nosso caso foi (1). 
 
f) Agora iremos calcular a nova linha pivô. Para isso basta dividir todos os elementos 
da linha que sai pelo elemento pivô. 
 
Linha que sai 0 3 0 1 0 1 0 50 
÷ (1) 0 3 0 1 0 1 0 50 →Nova linha pivô 
 
g) Agora iremos calcular as novas linhas. 
O coeficiente de x3 na primeira linha é (-4), então multiplicaremos a linha pivô pelo 
seu oposto (4). 
 
 Nova 1ª linha 
Nova linha pivô 0 3 0 1 0 1 0 50 
x(4) 0 12 0 4 0 4 0 200 
+ 1ª linha 1 -0,2 -2 -4 0 0 0 0 
Nova 1ª linha 1 11,8 -2 0 0 4 0 200 
104 
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O coeficiente de x3 na segunda linha é (0), então multiplicaremos a linha pivô pelo 
seu oposto (0). 
 Nova 2ª linha 
Nova linha pivô 0 3 0 1 0 1 0 50 
x(0) 0 0 0 0 0 0 0 0 
+ 2ª linha 0 1 2 0 1 0 0 20 
Nova 2ª linha 0 1 2 0 1 0 0 20 
 
O coeficiente de x3 na quarta linha é (-1), então multiplicaremos a linha pivô pelo seu 
oposto (1). 
 Nova 4ª linha 
Nova linha pivô 0 3 0 1 0 1 0 50 
x(1) 0 3 0 1 0 1 0 50 
+ 4ª linha 0 1 1 -1 0 0 1 15 
Nova 4ª linha 0 4 1 0 0 1 1 65 
 
 
h) Reescrevendo a tabela, temos: 
z x1 x2 x3 xF1 xF2 xF3 b 
1 11,8 -2 0 0 4 0 200 
0 1 2 0 1 0 0 20 
0 3 0 1 0 1 0 50 
0 4 1 0 0 1 1 65 
 
 
De onde destacamos: 
Variáveis Básicas Variáveis Não 
Básicas 
Valor de z 
x3 = 50 x1 = 0 z = 200 
xF1 = 20 x2 = 0 
xF3 = 65 xF2 = 0 
 
Solução não é ótima. 
 
i) Montamos a tabela: 
z x1 x2 x3 xF1 xF2 xF3 b 
1 11,8 -2 0 0 4 0 200 
0 1 2 0 1 0 0 20 
0 3 0 1 0 1 0 50 
0 4 1 0 0 1 1 65 
 
j) Na função objetivo identificamos a variável que entra localizando o menor 
coeficiente negativo. 
Logo a variável que entra será (x2) 
 
k) Agora iremos dividir os termos independentes pelos respectivos coeficiente de 
(x2 - a variável que entra nesse exercício) e encontraremos a linha que sai (o 
menor resultado positivo). 
105 
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b x2 
200 -2 Não fazemos conta com a função objetivo 
20 ÷ 2 = 10 → sai 
50 ÷ 0 = ∄ 
65 ÷ 1 = 65 
l) Então podemos visualizar a tabela assim: 
z x1 x2 x3 xF1 xF2 xF3 b 
1 11,8 -2 0 0 4 0 200 
0 1 2 0 1 0 0 20 sai 
0 3 0 1 0 1 0 50 
0 4 1 0 0 1 1 65 
 entra 
 
O elemento que está na coluna que entra e na linha que sai é chamado de elemento 
pivô, no nosso caso foi (2). 
 
m) Agora iremos calcular a nova linha pivô. Para isso basta dividir todos os 
elementos da linha que sai pelo elemento pivô. 
Linha que sai 0 1 2 0 1 0 0 20 
÷ (2) 0 0,5 1 0 0,5 0 0 10 →Nova linha pivô 
 
 
n) Agora iremos calcular as novas linhas. 
O coeficiente de x2 na primeira linha é (-2), então multiplicaremos a linha pivô pelo 
seu oposto (2). 
 Nova 1ª linha 
Nova linha pivô 0 0,5 1 0 0,5 0 0 10 
x(2) 0 1 2 0 1 0 0 20 
+ 1ª linha 1 11,8 -2 0 0 4 0 200 
Nova 1ª linha 1 12,8 0 0 1 4 0 220 
 
O coeficiente de x2 na segunda linha é (0), então multiplicaremos a linha pivô pelo 
seu oposto (0). 
 Nova 3ª linha 
Nova linha pivô 0 0,5 1 0 0,5 0 0 10 
x(0) 0 0 0 0 0 0 0 0 
+ 3ª linha 0 3 0 1 0 1 0 50 
Nova 3ª linha 0 3 0 1 0 1 0 50 
 
O coeficiente de x2 na quarta linha é (1), então multiplicaremos a linha pivô pelo seu 
oposto (-1). 
 Nova 4ª linha 
Nova linha pivô 0 0,5 1 0 0,5 0 0 10 
x(-1) 0 -0,5 -1 0 -0,5 0 0 -10 
+ 4ª linha 0 4 1 0 0 1 1 65 
Nova 4ª linha 0 3,5 0 0 -0,5 1 1 55 
o) Reescrevendo a tabela, temos: 
106 
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z x1 x2 x3 xF1 xF2 xF3 b 
1 12,8 0 0 1 4 0 220 
0 0,5 1 0 0,5 0 0 10 
0 3 0 1 0 1 0 50 
0 3,5 0 0 -0,5 1 1 55 
 
De onde destacamos: 
Variáveis Básicas Variáveis Não 
Básicas 
Valor de z 
X2 = 10 x1 = 0 z = 220 
X3 = 50 xF1 = 0 
xF3 = 55 xF2 = 0 
 
Solução é ótima. 
Assista agora a Vídeo Aula: 
Exercício 5 (c) - modelo geral do simplex 
 
d) Max. Z = 5x1 - 3x2 + 4x3 – x4 
 
{
 
 
 
 
𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3 + 𝑥4 ≤ 600
2𝑥1 + 𝑥3 ≤ 280
𝑥1 + 3𝑥4 ≤ 150
𝑥1 ≥ 0
𝑥2 ≥ 0
𝑥3 ≥ 0
𝑥4 ≥ 0
 
 
Resolução: 
a) Reescrevendo a função objetivo e passando as inequações de restrição para 
equações, colocando as devidas folgas, temos: 
z – 5x1 + 3x2 - 4x3 + x4 = 0 
𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3 + 𝑥4 + 𝑥𝐹1 = 600 
2𝑥1 + 𝑥3 + 𝑥𝐹2 = 280 
𝑥1 + 3𝑥4 + 𝑥𝐹3 = 150 
 
b) Montamos a tabela: 
z x1 x2 x3 x4 xF1 xF2 xF3 b 
1 -5 3 -4 1 0 0 0 0 
0 1 1 1 1 1 0 0 600 
0 2 0 1 0 0 1 0 280 
0 1 0 0 3 0 0 1 150 
 
 
c) Na função objetivo identificamos a variável que entra localizando o maior 
coeficiente. 
Z = 5x1 - 3x2 + 4x3 – x4 
Logo a variável que entra será (x1) 
 
http://www.professormatusalem.com/video-aulas/ensino-superior/aula-36-resolucao-pelo-simplex-exercicio-3/
107 
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d) Agora iremos dividir os termos independentes pelos respectivos coeficiente de 
(x1 - a variável que entra nesse exercício) e encontraremos a linha que sai (o 
menor resultado positivo). 
 
 
b X1 
0 -5 Não fazemos conta com a função objetivo 
600 ÷ 1 = 600 
280 ÷ 2 = 140 → sai 
150 ÷ 1 = 150 
 
e) Então podemos visualizar a tabela assim: 
z x1 x2 x3 x4 xF1 xF2 xF3 b 
1 -5 3 -4 1 0 0 0 0 
0 1 1 1 1 1 0 0 600 
0 2 0 1 0 0 1 0 280 sai 
0 1 0 0 3 0 0 1 150 
 entra 
 
O elemento que está na coluna que entra e na linha que sai é chamado de elemento 
pivô, no nosso caso foi (2). 
 
 
f) Agora iremos calcular a nova linha pivô. Para isso basta dividir todos os elementos 
da linha que sai pelo elemento pivô. 
Linha que sai 0 2 0 1 0 0 1 0 280 
÷ (2) 0 1 0 0,5 0 0 0,5 0 140 →NLP 
 
 
g) Agora iremos calcular as novas linhas. 
O coeficiente de x1 na primeira linha é (-5), então multiplicaremos a linha pivô pelo 
seu oposto (5). 
 
 Nova 1ª linha 
Nova linha pivô 0 1 0 0,5 0 0 0,5 0 140 
x(5) 0 5 0 2,5 0 0 2,5 0 700 
+ 1ª linha 1 -5 3 -4 1 0 0 0 0 
Nova 1ª linha 1 0 3 -1,5 1 0 2,5 0 700 
 
 
O coeficiente de x1 na segunda linha é (1), então multiplicaremos a linha pivô pelo 
seu oposto (-1). 
 
 Nova 2ª linha 
Nova linha pivô 0 1 0 0,5 0 0 0,5 0 140 
x(-1) 0 -1 0 -0,5 0 0 -0,5 0 -140 
+ 2ª linha 0 1 1 1 1 1 0 0 600 
Nova 2ª linha 0 0 1 0,5 1 1 -0,5 0 460 
108 
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O coeficiente de x1 na quarta linha é (1), então multiplicaremos a linha pivô pelo seu 
oposto (-1). 
 
 Nova 4ª linha 
Nova linha pivô 0 1 0 0,5 0 0 0,5 0 140 
x(-1) 0 -1 0 -0,5 0 0 -0,5 0 -140 
+ 4ª linha 0 1 0 0 3 0 0 1 150 
Nova 4ª linha 0 0 0 -0,5 3 0 -0,5 1 10 
 
 
h) Reescrevendo a tabela, temos: 
z x1 x2 x3 x4 xF1 xF2 xF3 b 
1 0 3 -1,5 1 0 2,5 0 700 
0 0 1 0,5 1 1 -0,5 0 460 
0 1 0 0,5 0 0 0,5 0 140 
0 0 0 -0,5 3 0 -0,5 1 10 
 
De onde destacamos: 
Variáveis Básicas Variáveis Não 
Básicas 
Valor de z 
X1 = 140 x2 = 0 z = 700 
xF1 = 460 x3 = 0 
xF3 = 10 x4 = 0 
 xF2 =0 
Solução não é ótima. 
 
i) Montamos a tabela: 
z x1 x2 x3 x4 xF1 xF2 xF3 b 
1 0 3 -1,5 1 0 2,5 0 700 
0 0 1 0,5 1 1 -0,5 0 460 
0 1 0 0,5 0 0 0,5 0 140 
0 0 0 -0,5 3 0 -0,5 1 10 
 
j) Na função objetivo identificamos a variável que entra localizando o menor 
coeficiente negativo. 
Logo a variável que entra será (x3) 
 
k) Agora iremos dividir os termos independentes pelos respectivos coeficiente de 
(x3 - a variável que entra nesse exercício) e encontraremos a linha que sai (o 
menor resultado positivo). 
b x3 
700 -1,5 Não fazemos conta com a função objetivo 
460 ÷ 0,5 = 920 
140 ÷ 0,5 = 280 → sai10 ÷ -0,5 = -20 
 
109 
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l) Então podemos visualizar a tabela assim: 
z x1 x2 x3 x4 xF1 xF2 xF3 b 
1 0 3 -1,5 1 0 2,5 0 700 
0 0 1 0,5 1 1 -0,5 0 460 
0 1 0 0,5 0 0 0,5 0 140 sai 
0 0 0 -0,5 3 0 -0,5 1 10 
 entra 
O elemento que está na coluna que entra e na linha que sai é chamado de elemento 
pivô, no nosso caso foi (0,5). 
m) Agora iremos calcular a nova linha pivô. Para isso basta dividir todos os 
elementos da linha que sai pelo elemento pivô. 
Linha que sai 0 1 0 0,5 0 0 0,5 0 140 
÷ (0,5) 0 2 0 1 0 0 1 0 280 →NLP 
 
n) Agora iremos calcular as novas linhas. 
O coeficiente de x3 na primeira linha é (-1,5), então multiplicaremos a linha pivô 
pelo seu oposto (1,5). 
 
 Nova 1ª linha 
Nova linha pivô 0 2 0 1 0 0 1 0 280 
x(1,5) 0 3 0 1,5 0 0 1,5 0 420 
+ 1ª linha 1 0 3 -1,5 1 0 2,5 0 700 
Nova 1ª linha 1 3 3 0 1 0 4 0 1120 
 
O coeficiente de x3 na segunda linha é (0,5), então multiplicaremos a linha pivô pelo 
seu oposto (-0,5). 
 Nova 2ª linha 
Nova linha pivô 0 2 0 1 0 0 1 0 280 
x(-0,5) 0 -1 0 -0,5 0 0 -0,5 0 -140 
+ 2ª linha 0 0 1 0,5 1 1 -0,5 0 460 
Nova 2ª linha 0 -1 1 0 1 1 -1 0 320 
 
O coeficiente de x3 na quarta linha é (-0,5), então multiplicaremos a linha pivô pelo 
seu oposto (0,5). 
 
 Nova 4ª linha 
Nova linha pivô 0 2 0 1 0 0 1 0 280 
x(0,5) 0 1 0 0,5 0 0 0,5 0 140 
+ 4ª linha 0 0 0 -0,5 3 0 -0,5 1 10 
Nova 4ª linha 0 1 0 0 3 0 0 1 150 
o) Reescrevendo a tabela, temos: 
z x1 x2 x3 x4 xF1 xF2 xF3 b 
1 3 3 0 1 0 4 0 1120 
0 -1 1 0 1 1 -1 0 320 
0 2 0 1 0 0 1 0 280 
0 1 0 0 3 0 0 1 150 
 
De onde destacamos: 
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Variáveis Básicas Variáveis Não 
Básicas 
Valor de z 
X3 = 280 x1 = 0 z = 1120 
xF1 = 320 x2 = 0 
xF3 = 150 x4 = 0 
 xF2 =0 
Solução é ótima. 
Assista agora a Vídeo Aula: 
Exercício 5 (d) - modelo geral do Simplex 
 
e) Max. Z = 2x1 + 4x3 
{
 
 
 
 
𝑥1 + 2𝑥2 + 𝑥3 ≤ 8.000
2𝑥1 ≤ 6.000
𝑥2 + 𝑥3 ≤ 620
𝑥1 ≥ 0
𝑥2 ≥ 0
𝑥3 ≥ 0
 
 
Resolução: 
a) Reescrevendo a função objetivo e passando as inequações de restrição para 
equações, colocando as devidas folgas, temos: 
z – 2x1 - 4x3 = 0 
𝑥1 + 2𝑥2 + 𝑥3 + 𝑥𝐹1 = 8000 
2𝑥1 + 𝑥𝐹2 = 6000 
𝑥2 + 𝑥3 + 𝑥𝐹3 = 620 
 
b) Montamos a tabela: 
z x1 x2 x3 xF1 xF2 xF3 b 
1 -2 0 -4 0 0 0 0 
0 1 2 1 1 0 0 8000 
0 2 0 0 0 1 0 6000 
0 0 1 1 0 0 1 620 
 
c) Na função objetivo identificamos a variável que entra localizando o maior 
coeficiente. 
Z = 2x1 + 4x3 
Logo a variável que entra será (x3) 
 
d) Agora iremos dividir os termos independentes pelos respectivos coeficiente de 
(x3 - a variável que entra nesse exercício) e encontraremos a linha que sai (o 
menor resultado positivo). 
b x3 
0 -4 Não fazemos conta com a função objetivo 
8000 ÷ 1 = 8000 
6000 ÷ 0 = ∄ 
620 ÷ 1 = 620 → sai 
 
e) Então podemos visualizar a tabela assim: 
http://www.professormatusalem.com/video-aulas/ensino-superior/aula-37-resolucao-pelo-simplex-exercicio-4/
111 
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z x1 x2 x3 xF1 xF2 xF3 b 
1 -2 0 -4 0 0 0 0 
0 1 2 1 1 0 0 8000 
0 2 0 0 0 1 0 6000 
0 0 1 1 0 0 1 620 sai 
 entra 
 
O elemento que está na coluna que entra e na linha que sai é chamado de elemento 
pivô, no nosso caso foi (1). 
 
 
f) Agora iremos calcular a nova linha pivô. Para isso basta dividir todos os elementos 
da linha que sai pelo elemento pivô. 
Linha que sai 0 0 1 1 0 0 1 620 
÷ (1) 0 0 1 1 0 0 1 620 →Nova linha pivô 
 
 
g) Agora iremos calcular as novas linhas. 
O coeficiente de x3 na primeira linha é (-4), então multiplicaremos a linha pivô pelo 
seu oposto (4). 
 
 Nova 1ª linha 
Nova linha pivô 0 0 1 1 0 0 1 620 
x(4) 0 0 4 4 0 0 4 2480 
+ 1ª linha 1 -2 0 -4 0 0 0 0 
Nova 1ª linha 1 -2 4 0 0 0 4 2480 
 
O coeficiente de x3 na segunda linha é (1), então multiplicaremos a linha pivô pelo 
seu oposto (-1). 
 
 Nova 2ª linha 
Nova linha pivô 0 0 1 1 0 0 1 620 
x(-1) 0 0 -1 -1 0 0 -1 -620 
+ 2ª linha 0 1 2 1 1 0 0 8000 
Nova 2ª linha 0 1 1 0 1 0 -1 7380 
 
 
O coeficiente de x3 na terceira linha é (0), então multiplicaremos a linha pivô pelo 
seu oposto (0). 
 
 Nova 3ª linha 
Nova linha pivô 0 0 1 1 0 0 1 620 
x(0) 0 0 0 0 0 0 0 0 
+ 3ª linha 0 2 0 0 0 1 0 6000 
Nova 3ª linha 0 2 0 0 0 1 0 6000 
 
 
h) Reescrevendo a tabela, temos: 
112 
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z x1 x2 x3 xF1 xF2 xF3 b 
1 -2 4 0 0 0 4 2480 
0 1 1 0 1 0 -1 7380 
0 2 0 0 0 1 0 6000 
0 0 1 1 0 0 1 620 
 
 
De onde destacamos: 
Variáveis Básicas Variáveis Não 
Básicas 
Valor de z 
x3 = 620 x1 = 0 z = 2480 
xF1 = 7380 x2 = 0 
xF2 = 6000 xF3 = 0 
 
Solução não é ótima. 
 
i) Montamos a tabela: 
z x1 x2 x3 xF1 xF2 xF3 b 
1 -2 4 0 0 0 4 2480 
0 1 1 0 1 0 -1 7380 
0 2 0 0 0 1 0 6000 
0 0 1 1 0 0 1 620 
 
 
j) Na função objetivo identificamos a variável que entra localizando o menor 
coeficiente negativo. 
Logo a variável que entra será (x1) 
 
k) Agora iremos dividir os termos independentes pelos respectivos coeficiente de 
(x1 - a variável que entra nesse exercício) e encontraremos a linha que sai (o 
menor resultado positivo). 
b x1 
2480 -2 Não fazemos conta com a função objetivo 
7380 ÷ 1 = 7380 
6000 ÷ 2 = 3000 → sai 
620 ÷ 0 = ∄ 
 
l) Então podemos visualizar a tabela assim: 
z x1 x2 x3 xF1 xF2 xF3 b 
1 -2 4 0 0 0 4 2480 
0 1 1 0 1 0 -1 7380 
0 2 0 0 0 1 0 6000 sai 
0 0 1 1 0 0 1 620 
 entra 
 
O elemento que está na coluna que entra e na linha que sai é chamado de elemento 
pivô, no nosso caso foi (2). 
 
113 
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m) Agora iremos calcular a nova linha pivô. Para isso basta dividir todos os 
elementos da linha que sai pelo elemento pivô. 
Linha que sai 0 2 0 0 0 1 0 6000 
÷ (2) 0 1 0 0 0 0,5 0 3000 →Nova linha pivô 
 
n) Agora iremos calcular as novas linhas. 
O coeficiente de x1 na primeira linha é (-2), então multiplicaremos a linha pivô pelo 
seu oposto (2). 
 
 Nova 1ª linha 
Nova linha pivô 0 1 0 0 0 0,5 0 3000 
x(2) 0 2 0 0 0 1 0 6000 
+ 1ª linha 1 -2 4 0 0 0 4 2480 
Nova 1ª linha 1 0 4 0 0 1 4 8480 
 
O coeficiente de x1 na segunda linha é (1), então multiplicaremos a linha pivô pelo 
seu oposto (-1). 
 Nova 2ª linha 
Nova linha pivô 0 1 0 0 0 0,5 0 3000 
x(-1) 0 -1 0 0 0 -0,5 0 -3000 
+ 2ª linha 0 1 1 0 1 0 -1 7380 
Nova 2ª linha 0 0 1 0 1 -0,5 -1 4380 
 
O coeficiente de x1 na quarta linha é (0), então multiplicaremos a linha pivô pelo seu 
oposto (0). 
 Nova 4ª linha 
Nova linha pivô 0 1 0 0 0 0,5 0 3000 
x(0) 0 0 0 0 0 0 0 0 
+ 4ª linha 0 0 1 1 0 0 1 620 
Nova 4ª linha 0 0 1 1 0 0 1 620 
 
o) Reescrevendo a tabela, temos: 
z x1 x2 x3 xF1 xF2 xF3 b 
1 0 4 0 0 1 4 8480 
0 0 1 0 1 -0,5 -1 4380 
0 1 0 0 0 0,5 0 3000 
0 0 1 1 0 0 1 620 
 
De onde destacamos: 
Variáveis Básicas Variáveis Não 
Básicas 
Valor de z 
x1 = 3000 x2 = 0 z = 8480 
x3 = 620 xF2 = 0 
xF1 = 4380 xF3 = 0 
Solução é ótima. 
Assista agora a Vídeo Aula: 
Exercício 5 (e) - modelo geral do Simplex 
http://www.professormatusalem.com/video-aulas/ensino-superior/aula-38-resolucao-pelo-simplex-exercicio-5/
114 
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f) Max. Z = 2x1 + 4x2 + 6x3 
{
 
 
 
 
𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3 ≤ 100
2𝑥1 − 𝑥2 + 5𝑥3 ≤ 50
3𝑥1 + 𝑥3 ≤ 200
𝑥1 ≥ 0
𝑥2 ≥ 0
𝑥3 ≥ 0
 
 
Resolução: 
a) Reescrevendo a função objetivo e passando as inequações de restrição para 
equações, colocando as devidasfolgas, temos: 
z – 2x1 - 4x2 -6x3 = 0 
𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3 + 𝑥𝐹1 = 100 
2𝑥1 − 𝑥2 + 5𝑥3 + 𝑥𝐹2 = 50 
3𝑥1 + 𝑥3 + 𝑥𝐹3 = 200 
 
b) Montamos a tabela: 
z x1 x2 x3 xF1 xF2 xF3 b 
1 -2 -4 -6 0 0 0 0 
0 1 1 1 1 0 0 100 
0 2 -1 5 0 1 0 50 
0 3 0 1 0 0 1 200 
 
c) Na função objetivo identificamos a variável que entra localizando o maior 
coeficiente. 
Z = 2x1 + 4x2 + 6x3 
Logo a variável que entra será (x3) 
 
d) Agora iremos dividir os termos independentes pelos respectivos coeficiente de 
(x3 - a variável que entra nesse exercício) e encontraremos a linha que sai (o 
menor resultado positivo). 
b x3 
0 -6 Não fazemos conta com a função objetivo 
100 ÷ 1 = 100 
50 ÷ 5 = 10 → sai 
200 ÷ 1 = 200 
 
e) Então podemos visualizar a tabela assim: 
z x1 x2 x3 xF1 xF2 xF3 b 
1 -2 -4 -6 0 0 0 0 
0 1 1 1 1 0 0 100 
0 2 -1 5 0 1 0 50 sai 
0 3 0 1 0 0 1 200 
 entra 
 
O elemento que está na coluna que entra e na linha que sai é chamado de elemento 
pivô, no nosso caso foi (5). 
 
115 
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f) Agora iremos calcular a nova linha pivô. Para isso basta dividir todos os elementos 
da linha que sai pelo elemento pivô. 
Linha que sai 0 2 -1 5 0 1 0 50 
÷ (5) 0 0,4 -0,2 1 0 0,2 0 10 →Nova linha pivô 
 
 
g) Agora iremos calcular as novas linhas. 
O coeficiente de x3 na primeira linha é (-6), então multiplicaremos a linha pivô pelo 
seu oposto (6). 
 
 Nova 1ª linha 
Nova linha pivô 0 0,4 -0,2 1 0 0,2 0 10 
x(6) 0 2,4 -1,2 6 0 1,2 0 60 
+ 1ª linha 1 -2 -4 -6 0 0 0 0 
Nova 1ª linha 1 0,4 -5,2 0 0 1,2 0 60 
 
O coeficiente de x3 na segunda linha é (1), então multiplicaremos a linha pivô pelo 
seu oposto (-1). 
 
 Nova 2ª linha 
Nova linha pivô 0 0,4 -0,2 1 0 0,2 0 10 
x(-1) 0 -0,4 0,2 -1 0 -0,2 0 -10 
+ 2ª linha 0 1 1 1 1 0 0 100 
Nova 2ª linha 0 0,6 1,2 0 1 -0,2 0 90 
 
O coeficiente de x3 na quarta linha é (1), então multiplicaremos a linha pivô pelo seu 
oposto (-1). 
 
 Nova 4ª linha 
Nova linha pivô 0 0,4 -0,2 1 0 0,2 0 10 
x(-1) 0 -0,4 0,2 -1 0 -0,2 0 -10 
+ 4ª linha 0 3 0 1 0 0 1 200 
Nova 4ª linha 0 2,6 0,2 0 0 -0,2 1 190 
 
h) Reescrevendo a tabela, temos: 
z x1 x2 x3 xF1 xF2 xF3 b 
1 0,4 -5,2 0 0 1,2 0 60 
0 0,6 1,2 0 1 -0,2 0 90 
0 0,4 -0,2 1 0 0,2 0 10 
0 2,6 0,2 0 0 -0,2 1 190 
 
De onde destacamos: 
Variáveis Básicas Variáveis Não 
Básicas 
Valor de z 
x3 = 10 x1 = 0 z = 60 
xF1 = 90 x2 = 0 
xF3 = 190 xF2 = 0 
116 
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Solução não é ótima. 
 
i) Montamos a tabela: 
z x1 x2 x3 xF1 xF2 xF3 b 
1 0,4 -5,2 0 0 1,2 0 60 
0 0,6 1,2 0 1 -0,2 0 90 
0 0,4 -0,2 1 0 0,2 0 10 
0 2,6 0,2 0 0 -0,2 1 190 
 
j) Na função objetivo identificamos a variável que entra localizando o menor 
coeficiente negativo. 
Logo a variável que entra será (x2) 
 
k) Agora iremos dividir os termos independentes pelos respectivos coeficiente de 
(x2 - a variável que entra nesse exercício) e encontraremos a linha que sai (o 
menor resultado positivo). 
b x2 
60 -5,2 Não fazemos conta com a função objetivo 
90 ÷ 1,2 = 75 → sai 
10 ÷ -0,2 = -50 
190 ÷ 0,2 = 950 
 
l) Então podemos visualizar a tabela assim: 
z x1 x2 x3 xF1 xF2 xF3 b 
1 0,4 -5,2 0 0 1,2 0 60 
0 0,6 1,2 0 1 -0,2 0 90 sai 
0 0,4 -0,2 1 0 0,2 0 10 
0 2,6 0,2 0 0 -0,2 1 190 
 entra 
 
O elemento que está na coluna que entra e na linha que sai é chamado de elemento 
pivô, no nosso caso foi (1,2). 
 
 
m) Agora iremos calcular a nova linha pivô. Para isso basta dividir todos os 
elementos da linha que sai pelo elemento pivô. 
Linha que sai 0 0,6 1,2 0 1 -0,2 0 90 
÷ (1,2) 0 0,5 1 0 0,83 -0,17 0 75 →Nova linha pivô 
 
n) Agora iremos calcular as novas linhas. 
O coeficiente de x2 na primeira linha é (-5,2), então multiplicaremos a linha pivô 
pelo seu oposto (5,2). 
 Nova 1ª linha 
Nova linha pivô 0 0,5 1 0 0,83 -0,17 0 75 
x(5,2) 0 2,6 5,2 0 4,32 -0,88 0 390 
+ 1ª linha 1 0,4 -5,2 0 0 1,2 0 60 
Nova 1ª linha 1 3 0 0 4,32 0,32 0 450 
 
117 
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O coeficiente de x2 na terceira linha é (-0,2), então multiplicaremos a linha pivô pelo 
seu oposto (0,2). 
 Nova 3ª linha 
Nova linha pivô 0 0,5 1 0 0,83 -0,17 0 75 
x(0,2) 0 0,1 0,2 0 0,17 -0,03 0 15 
+ 3ª linha 0 0,4 -0,2 1 0 0,2 0 10 
Nova 3ª linha 0 0,5 0 1 0,17 0,17 0 25 
 
O coeficiente de x2 na quarta linha é (0,2), então multiplicaremos a linha pivô pelo 
seu oposto (-0,2). 
 
 Nova 4ª linha 
Nova linha pivô 0 0,5 1 0 0,83 -0,17 0 75 
x(-0,2) 0 -0,1 -0,2 0 -0,17 0,03 0 -15 
+ 4ª linha 0 2,6 0,2 0 0 -0,2 1 190 
Nova 4ª linha 0 2,5 0 0 -0,17 -0,17 1 175 
 
 
o) Reescrevendo a tabela, temos: 
z x1 x2 x3 xF1 xF2 xF3 b 
1 3 0 0 4,32 0,32 0 450 
0 0,5 1 0 0,83 -0,17 0 75 
0 0,5 0 1 0,17 0,17 0 25 
0 2,5 0 0 -0,17 -0,17 1 175 
 
 
De onde destacamos: 
Variáveis Básicas Variáveis Não 
Básicas 
Valor de z 
X2 = 75 X1 = 0 z = 450 
x3 = 25 xF1 = 0 
xF3 = 175 xF2 = 0 
 
Solução é ótima. 
Assista agora a Vídeo Aula: 
Exercício 5 (f) - modelo geral do Simplex 
 
06) Resolva, usando o método Simplex: 
Um sapateiro faz 6 sapatos por hora, se fizer somente sapatos, e 5 cintos por 
hora, se fizer somente cintos. Ele gasta 2 unidades de couro para fabricar 1 unidade 
de sapato e 1 unidade couro para fabricar uma unidade de cinto. Sabendo-se que o 
total disponível de couro é de 6 unidades e que o lucro unitário por sapato é de 5 
unidades monetárias e o do cinto é de 2 unidades monetárias. 
Com o seguinte modelo. 
𝑥1 → 𝑛º 𝑑𝑒 𝑠𝑎𝑝𝑎𝑡𝑜𝑠/ℎ𝑜𝑟𝑎 
𝑥2 → 𝑛º 𝑑𝑒 𝑐𝑖𝑛𝑡𝑜𝑠/ℎ𝑜𝑟𝑎 
 
𝑚á𝑥𝑖𝑚𝑜 𝑙𝑢𝑐𝑟𝑜 = 5𝑥1 + 2𝑥2 
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118 
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𝑟𝑒𝑠𝑡𝑟𝑖çõ𝑒𝑠 𝑡é𝑐𝑛𝑖𝑐𝑎𝑠 {
10𝑥1 + 12𝑥2 ≤ 60
2𝑥1 + 𝑥2 ≤ 6
 
 
𝑟𝑒𝑠𝑡𝑟𝑖çõ𝑒𝑠 𝑑𝑒 𝑛ã𝑜 𝑛𝑒𝑔𝑎𝑡𝑖𝑣𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 {
𝑥1 ≥ 0
𝑥2 ≥ 0
 
Resolução: 
a) Reescrevendo a função objetivo e passando as inequações de restrição para 
equações, colocando as devidas folgas, temos: 
z - 5x1 - 2x2 = 0 
10𝑥1 + 12𝑥2 + 𝑥𝐹1 = 60 
2𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥𝐹2 = 6 
 
b) Montamos a tabela: 
 
z x1 x2 xF1 xF2 b 
1 -5 -2 0 0 0 
0 10 12 1 0 60 
0 2 1 0 1 6 
 
 
c) Na função objetivo identificamos a variável que entra localizando o maior 
coeficiente. 
z = 5x1 + 6x2 
Logo a variável que entra será (x1) 
 
d) Agora iremos dividir os termos independentes pelos respectivos coeficiente de (x1 - 
a variável que entra nesse exercício) e encontraremos a linha que sai (o menor 
resultado positivo). 
b x1 
0 -5 Não fazemos conta com a função objetivo 
60 ÷ 10 = 6 
6 ÷ 2 = 3 → sai 
 
e) Então podemos visualizar a tabela assim: 
z x1 x2 xF1 xF2 b 
1 -5 -2 0 0 0 
0 10 12 1 0 60 
0 2 1 0 1 6 sai 
 entra 
O elemento que está na coluna que entra e na linha que sai é chamado de elemento 
pivô, no nosso caso foi (2). 
 
f) Agora iremos calcular a nova linha pivô. Para isso basta dividir todos os elementos 
da linha que sai pelo elemento pivô. 
Linha que sai 0 2 1 0 1 6 
÷ (2) 0 1 0,5 0 0,5 3 →Nova linha pivô 
 
 
119 
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g) Agora iremos calcular as novas linhas. 
O coeficiente de x1 na primeira linha é (-5), então multiplicaremos a linha pivô pelo 
seu oposto (5). 
Nova 1ª linha 
Nova linha pivô 0 1 0,5 0 0,5 3 
x(5) 0 5 2,5 0 2,5 15 
+ 1ª linha 1 -5 -2 0 0 0 
Nova 1ª linha 1 0 0,5 0 2,5 15 
 
O coeficiente de x1 na segunda linha é (10), então multiplicaremos a linha pivô pelo 
seuoposto (-10). 
 
Nova 2ª linha 
Nova linha pivô 0 1 0,5 0 0,5 3 
x(-10) 0 -10 -5 0 -5 -30 
+ 2ª linha 0 10 12 1 0 60 
Nova 2ª linha 0 0 7 1 -5 30 
 
h) Reescrevendo a tabela, temos: 
z x1 x2 xF1 xF2 b 
1 0 0,5 0 2,5 15 
0 0 7 1 -5 30 
0 1 0,5 0 0,5 3 
 
De onde destacamos: 
Variáveis Básicas Variáveis Não 
Básicas 
Valor de z 
x1 = 3 x2 = 0 z = 15 
xF1 = 30 xF2 = 0 
 
Solução ótima z = 15. 
Assista agora a Vídeo Aula: 
Exercício 6 - modelo geral do simplex 
 
07) Resolva, usando o método Simplex: 
Certa empresa fabrica 2 produtos P1 e P2. O lucro por unidade de P1 é de 100 
u.m. e o lucro unitário de P2 é de 150 u.m. A empresa necessita de 2 horas para 
fabricar uma unidade de P1 e 3 horas para fabricar uma unidade de P2. O tempo 
mensal disponível para essas atividades é de 120 horas. As demandas esperadas para 
os 2 produtos levaram a empresa a decidir que os montantes produzidos de P1 e P2 
não devem ultrapassar 40 unidades de P1 e 30 unidades de P2 por mês. 
Com o seguinte modelo. 
𝑥1 → 𝑞𝑢𝑎𝑛𝑡𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 𝑎 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑧𝑖𝑟 𝑑𝑒 𝑃1 
𝑥2 → 𝑞𝑢𝑎𝑛𝑡𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 𝑎 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑧𝑖𝑟 𝑑𝑒 𝑃2 
 
𝑚á𝑥𝑖𝑚𝑜 𝑙𝑢𝑐𝑟𝑜 = 100𝑥1 + 150𝑥2 
 
http://www.professormatusalem.com/video-aulas/ensino-superior/aula-40-resolucao-pelo-simplex-exercicio-7/
120 
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𝑟𝑒𝑠𝑡𝑟𝑖çõ𝑒𝑠 𝑡é𝑐𝑛𝑖𝑐𝑎𝑠 {
2𝑥1 + 3𝑥2 ≤ 120
𝑥1 ≤ 40
𝑥2 ≤ 30
 
 
𝑟𝑒𝑠𝑡𝑟𝑖çõ𝑒𝑠 𝑑𝑒 𝑛ã𝑜 𝑛𝑒𝑔𝑎𝑡𝑖𝑣𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 {
𝑥1 ≥ 0
𝑥2 ≥ 0
 
Resolução: 
a) Reescrevendo a função objetivo e passando as inequações de restrição para 
equações, colocando as devidas folgas, temos: 
z - 100x1 - 150x2 = 0 
2𝑥1 + 3𝑥2 + 𝑥𝐹1 = 120 
𝑥1 + 𝑥𝐹2 = 40 
𝑥2 + 𝑥𝐹3 = 30 
 
b) Montamos a tabela: 
z x1 x2 xF1 xF2 xF3 b 
1 -100 -150 0 0 0 0 
0 2 3 1 0 0 120 
0 1 0 0 1 0 40 
0 0 1 0 0 1 30 
 
c) Na função objetivo identificamos a variável que entra localizando o maior 
coeficiente. 
𝑧 = 100𝑥1 + 150𝑥2 
Logo a variável que entra será (x2) 
 
d) Agora iremos dividir os termos independentes pelos respectivos coeficiente de (x2 - 
a variável que entra nesse exercício) e encontraremos a linha que sai (o menor 
resultado positivo). 
b x2 
0 -150 Não fazemos conta com a função objetivo 
120 ÷ 3 = 40 
40 ÷ 0 = ∄ 
30 ÷ 1 = 30 → sai 
 
e) Então podemos visualizar a tabela assim: 
z x1 x2 xF1 xF2 xF3 b 
1 -100 -150 0 0 0 0 
0 2 3 1 0 0 120 
0 1 0 0 1 0 40 
0 0 1 0 0 1 30 sai 
 entra 
O elemento que está na coluna que entra e na linha que sai é chamado de elemento 
pivô, no nosso caso foi (1). 
 
f) Agora iremos calcular a nova linha pivô. Para isso basta dividir todos os elementos 
da linha que sai pelo elemento pivô. 
Linha que sai 0 0 1 0 0 1 30 
÷ (1) 0 0 1 0 0 1 30 →Nova linha pivô 
121 
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g) Agora iremos calcular as novas linhas. 
O coeficiente de x2 na primeira linha é (-150), então multiplicaremos a linha pivô 
pelo seu oposto (150). 
 Nova 1ª linha 
Nova linha pivô 0 0 1 0 0 1 30 
x(150) 0 0 150 0 0 150 4500 
+ 1ª linha 1 -100 -150 0 0 0 0 
Nova 1ª linha 1 -100 0 0 0 150 4500 
 
O coeficiente de x2 na segunda linha é (3), então multiplicaremos a linha pivô pelo 
seu oposto (-3). 
 
 Nova 2ª linha 
Nova linha pivô 0 0 1 0 0 1 30 
x(-3) 0 0 -3 0 0 -3 -90 
+ 2ª linha 0 2 3 1 0 0 120 
Nova 2ª linha 0 2 0 1 0 -3 30 
 
O coeficiente de x2 na terceira linha é (0), então multiplicaremos a linha pivô pelo 
seu oposto (0). 
 
 Nova 3ª linha 
Nova linha pivô 0 0 1 0 0 1 30 
x(0) 0 0 0 0 0 0 0 
+ 3ª linha 0 1 0 0 1 0 40 
Nova 3ª linha 0 1 0 0 1 0 40 
 
 
h) Reescrevendo a tabela, temos: 
z x1 x2 xF1 xF2 xF3 b 
1 -100 0 0 0 150 4500 
0 2 0 1 0 -3 30 
0 1 0 0 1 0 40 
0 0 1 0 0 1 30 
 
 
De onde destacamos: 
Variáveis Básicas Variáveis Não 
Básicas 
Valor de z 
x2 = 30 x1 = 0 z = 4500 
xF1 = 30 xF3 = 0 
xF2 = 40 
 
Solução não é ótima. 
 
i) Montamos a tabela: 
 
122 
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z x1 x2 xF1 xF2 xF3 b 
1 -100 0 0 0 150 4500 
0 2 0 1 0 -3 30 
0 1 0 0 1 0 40 
0 0 1 0 0 1 30 
 
j) Na função objetivo identificamos a variável que entra localizando o menor valor 
negativo na função objetivo. 
Logo a variável que entra será (x1) 
 
k) Agora iremos dividir os termos independentes pelos respectivos coeficiente de (x1 - 
a variável que entra nesse exercício) e encontraremos a linha que sai (o menor 
resultado positivo). 
b x1 
450
0 
 -100 Não fazemos conta com a função 
objetivo 
30 ÷ 2 = 15 → sai 
40 ÷ 1 = 40 
30 ÷ 0 = ∄ 
 
l) Então podemos visualizar a tabela assim: 
z x1 x2 xF1 xF2 xF3 b 
1 -100 0 0 0 150 4500 
0 2 0 1 0 -3 30 sai 
0 1 0 0 1 0 40 
0 0 1 0 0 1 30 
 entra 
O elemento que está na coluna que entra e na linha que sai é chamado de elemento 
pivô, no nosso caso foi (2). 
 
m) Agora iremos calcular a nova linha pivô. Para isso basta dividir todos os 
elementos da linha que sai pelo elemento pivô. 
Linha que sai 0 2 0 1 0 -3 30 
÷ (2) 0 1 0 0,5 0 -1,5 15 →Nova linha pivô 
 
 
n) Agora iremos calcular as novas linhas. 
O coeficiente de x1 na primeira linha é (-100), então multiplicaremos a linha pivô 
pelo seu oposto (100). 
 Nova 1ª linha 
Nova linha pivô 0 1 0 0,5 0 -1,5 15 
x(100) 0 100 0 50 0 -150 1500 
+ 1ª linha 1 -100 0 0 0 150 4500 
Nova 1ª linha 1 0 0 50 0 0 6000 
 
 
O coeficiente de x1 na terceira linha é (1), então multiplicaremos a linha pivô pelo 
seu oposto (-1). 
123 
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 Nova 3ª linha 
Nova linha pivô 0 1 0 0,5 0 -1,5 15 
x(-1) 0 -1 0 -0,5 0 1,5 -15 
+ 3ª linha 0 1 0 0 1 0 40 
Nova 3ª linha 0 0 0 -0,5 1 1,5 25 
 
O coeficiente de x1 na quarta linha é (0), então multiplicaremos a linha pivô pelo seu 
oposto (0). 
 
 Nova 4ª linha 
Nova linha pivô 0 1 0 0,5 0 -1,5 15 
x(0) 0 0 0 0 0 0 0 
+ 4ª linha 0 0 1 0 0 1 30 
Nova 4ª linha 0 0 1 0 0 1 30 
 
 
o) Reescrevendo a tabela, temos: 
z x1 x2 xF1 xF2 xF3 b 
1 0 0 50 0 0 6000 
0 1 0 0,5 0 -1,5 15 
0 0 0 -0,5 1 1,5 25 
0 0 1 0 0 1 30 
 
 
De onde destacamos: 
Variáveis Básicas Variáveis Não 
Básicas 
Valor de z 
x1 = 15 xF1 = 0 z = 6000 
x2 = 30 xF3 = 0 
xF2 = 25 
Solução é ótima. 
Assista agora a Vídeo Aula: 
Exercício 7 - modelo geral do simplex 
 
08) Um fabricante de fantasias tem em estoque 32 m de brim, 22 m de seda 
e 30 m de cetim e pretende fabricar dois modelos de fantasias. O primeiro 
modelo (M1) consome 4 m de brim, 2 m de seda e 2 m de cetim. O segundo 
modelo (M2) consome 2 m de brim, 4 m de seda e 6 m de cetim. Se M1 é 
vendido a 6.000 u.m. e M2 a 10.000 u.m., quantas peças de cada tipo o 
fabricante deve fazer para obter a receita máxima? 
 
Escrevendo o modelo temos: 
𝑥1 → 𝑞𝑢𝑎𝑛𝑡𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 𝑑𝑒 𝑀1 
𝑥2 → 𝑞𝑢𝑎𝑛𝑡𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 𝑑𝑒 𝑀2 
 
𝑚á𝑥𝑖𝑚𝑜 𝑟𝑒𝑐𝑒𝑖𝑡𝑎 𝑧 = 6000𝑥1 + 10000𝑥2 
 
http://www.professormatusalem.com/video-aulas/ensino-superior/aula-41-resolucao-pelo-simplex-exercicio-8/
124 
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𝑟𝑒𝑠𝑡𝑟𝑖çõ𝑒𝑠 𝑡é𝑐𝑛𝑖𝑐𝑎𝑠 {
4𝑥1 + 2𝑥2 ≤ 32
2𝑥1 + 4𝑥2 ≤ 22
2𝑥1 + 6𝑥2 ≤ 30
 
 
𝑟𝑒𝑠𝑡𝑟𝑖çõ𝑒𝑠 𝑑𝑒 𝑛ã𝑜 𝑛𝑒𝑔𝑎𝑡𝑖𝑣𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 {
𝑥1 ≥ 0
𝑥2 ≥ 0
 
 
 
a) Reescrevendo a função objetivo e passando as inequações de restrição para 
equações, colocando as devidas folgas, temos: 
z – 6000x1 - 10000x2 = 0 
4𝑥1 + 2𝑥2 + 𝑥𝐹1 = 32 
2𝑥1 + 4𝑥2 + 𝑥𝐹2 = 22 
2𝑥1 + 6𝑥2 + 𝑥𝐹3 = 30 
 
b) Montamos a tabela: 
z x1 x2 xF1 xF2 xF3 b 
1 -6000 -10000 0 0 0 0 
0 4 2 1 0 0 32 
0 2 4 0 1 0 22 
0 2 6 0 0 1 30c) a função objetivo identificamos a variável que entra localizando o maior 
coeficiente. 
𝑧 = 6000𝑥1 + 10000𝑥2 
Logo a variável que entra será (x2) 
 
d) Agora iremos dividir os termos independentes pelos respectivos coeficiente de 
(x2 - a variável que entra nesse exercício) e encontraremos a linha que sai (o 
menor resultado positivo). 
b x2 
0 -10000 Não fazemos conta com a função 
objetivo 
32 ÷ 2 = 16 
22 ÷ 4 = 5,5 
30 ÷ 6 = 5 → sai 
 
 
 
e) Então podemos visualizar a tabela assim: 
z x1 x2 xF1 xF2 xF3 b 
1 -6000 -10000 0 0 0 0 
0 4 2 1 0 0 32 
0 2 4 0 1 0 22 
0 2 6 0 0 1 30 sai 
 entra 
O elemento que está na coluna que entra e na linha que sai é chamado de elemento 
pivô, no nosso caso foi (6). 
125 
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f) Agora iremos calcular a nova linha pivô. Para isso basta dividir todos os elementos 
da linha que sai pelo elemento pivô. 
Linha que sai 0 2 6 0 0 1 30 
÷ (6) 0 0,33 1 0 0 0,17 5 →Nova linha pivô 
 
 
g) Agora iremos calcular as novas linhas. 
O coeficiente de x2 na primeira linha é (-10000), então multiplicaremos a linha pivô 
pelo seu oposto (10000). 
 
 Nova 1ª linha 
Nova linha pivô 0 0,33 1 0 0 0,17 5 
x(10000) 0 3333,33 10000 0 0 1666,67 50000 
+ 1ª linha 1 -6000 -10000 0 0 0 0 
Nova 1ª linha 1 -2666,67 0 0 0 1666,67 50000 
 
O coeficiente de x2 na segunda linha é (2), então multiplicaremos a linha pivô pelo 
seu oposto (-2). 
 
 Nova 2ª linha 
Nova linha pivô 0 0,33 1 0 0 0,17 5 
x(-2) 0 -0,66 -2 0 0 -0,34 -10 
+ 2ª linha 0 4 2 1 0 0 32 
Nova 2ª linha 0 3,33 0 1 0 -0,34 22 
 
 
O coeficiente de x2 na terceira linha é (4), então multiplicaremos a linha pivô pelo 
seu oposto (-4). 
 
 Nova 3ª linha 
Nova linha pivô 0 0,33 1 0 0 0,17 5 
x(-4) 0 -1,33 -4 0 0 -0,68 -20 
+ 3ª linha 0 2 4 0 1 0 22 
Nova 3ª linha 0 0,67 0 0 1 -068 2 
 
 
h) Reescrevendo a tabela, temos: 
i) 
z x1 x2 xF1 xF2 xF3 b 
1 -2666,67 0 0 0 1666,67 50000 
0 3,33 0 1 0 -0,34 22 
0 0,67 0 0 1 -068 2 
0 0,33 1 0 0 0,17 5 
 
De onde destacamos: 
 
126 
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Variáveis Básicas Variáveis Não 
Básicas 
Valor de z 
x2 = 5 x1 = 0 z = 50000 
xF1 = 22 xF3 = 0 
xF2 = 2 
A solução não é ótima. 
 
j) Montamos a tabela: 
z x1 x2 xF1 xF2 xF3 b 
1 -2666,67 0 0 0 1666,67 50000 
0 3,33 0 1 0 -0,34 22 
0 0,67 0 0 1 -068 2 
0 0,33 1 0 0 0,17 5 
 
k) Na função objetivo identificamos a variável que entra localizando o menor 
coeficiente negativo. 
Logo a variável que entra será (x1) 
 
l) Agora iremos dividir os termos independentes pelos respectivos coeficiente de 
(x1 - a variável que entra nesse exercício) e encontraremos a linha que sai (o 
menor resultado positivo). 
b x1 
50000 -2666,67 Não fazemos conta com a função objetivo 
22 ÷ 3,33 = 6,61 
2 ÷ 0,67 = 2,99 → sai 
5 ÷ 0,33 = 15,15 
 
m) Então podemos visualizar a tabela assim: 
z x1 x2 xF1 xF2 xF3 b 
1 -2666,67 0 0 0 1666,67 50000 
0 3,33 0 1 0 -0,34 22 
0 0,67 0 0 1 -068 2 sai 
0 0,33 1 0 0 0,17 5 
 entra 
 
 
O elemento que está na coluna que entra e na linha que sai é chamado de elemento 
pivô, no nosso caso foi (0,67). 
 
n) Agora iremos calcular a nova linha pivô. Para isso basta dividir todos os elementos 
da linha que sai pelo elemento pivô. 
Linha que sai 0 0,67 0 0 1 -068 2 
÷ (0,67) 0 1 0 0 1,5 -1 3 →Nova linha pivô 
 
 
o) Agora iremos calcular as novas linhas. 
O coeficiente de x1 na primeira linha é (-2666,67), então multiplicaremos a linha 
pivô pelo seu oposto (2666,67). 
127 
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 Nova 1ª linha 
Nova linha pivô 0 1 0 0 1,5 -1 3 
x(2666,67) 0 2666,67 0 0 4000 -2666,67 8000 
+ 1ª linha 1 -2666,67 0 0 0 1666,67 50000 
Nova 1ª linha 1 0 0 0 4000 -1000 58000 
 
O coeficiente de x1 na segunda linha é (3,33), então multiplicaremos a linha pivô 
pelo seu oposto (-3,33). 
 Nova 2ª linha 
Nova linha pivô 0 1 0 0 1,5 -1 3 
x(-3,33) 0 -3,33 0 0 -5 3,33 -10 
+ 2ª linha 0 3,33 0 1 0 -0,34 22 
Nova 2ª linha 0 0 0 1 -5 3 12 
 
O coeficiente de x1 na quarta linha é (0,33), então multiplicaremos a linha pivô pelo 
seu oposto (-0,33). 
 
 Nova 4ª linha 
Nova linha pivô 0 1 0 0 1,5 -1 3 
x(-0,33) 0 -0,33 0 0 -0,5 0,33 -1 
+ 4ª linha 0 0,33 1 0 0 0,17 5 
Nova 4ª linha 0 0 1 0 -0,5 0,5 4 
 
 
p) Reescrevendo a tabela, temos: 
z x1 x2 xF1 xF2 xF3 b 
1 0 0 0 4000 -1000 58000 
0 0 0 1 -5 3 12 
0 1 0 0 1,5 -1 3 
0 0 1 0 -0,5 0,5 4 
 
 
De onde destacamos: 
Variáveis Básicas Variáveis Não 
Básicas 
Valor de z 
x1 = 3 xF2 = 0 z = 58000 
x2 = 4 xF3 = 0 
xF1 = 12 
 
A solução não é ótima. 
q) Montamos a tabela: 
z x1 x2 xF1 xF2 xF3 b 
1 0 0 0 4000 -1000 58000 
0 0 0 1 -5 3 12 
0 1 0 0 1,5 -1 3 
0 0 1 0 -0,5 0,5 4 
 
128 
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r) Na função objetivo identificamos a variável que entra localizando o menor 
coeficiente negativo. 
Logo a variável que entra será (xF3) 
 
s) Agora iremos dividir os termos independentes pelos respectivos coeficiente de 
(xF3 - a variável que entra nesse exercício) e encontraremos a linha que sai (o 
menor resultado positivo). 
b xF3 
58000 -1000 Não fazemos conta com a função objetivo 
12 ÷ 3 = 4 → sai 
3 ÷ -1 = -3 
4 ÷ 0,5 = 8 
 
t) Então podemos visualizar a tabela assim: 
z x1 x2 xF1 xF2 xF3 b 
1 0 0 0 4000 -1000 58000 
0 0 0 1 -5 3 12 sai 
0 1 0 0 1,5 -1 3 
0 0 1 0 -0,5 0,5 4 
 entra 
 
O elemento que está na coluna que entra e na linha que sai é chamado de elemento 
pivô, no nosso caso foi (3). 
 
 
u) Agora iremos calcular a nova linha pivô. Para isso basta dividir todos os elementos 
da linha que sai pelo elemento pivô. 
Linha que sai 0 0 0 1 -5 3 12 
÷ (3) 0 0 0 0,33 -1,67 1 4 →Nova linha pivô 
 
v) Agora iremos calcular as novas linhas. 
O coeficiente de xF3 na primeira linha é (-1000), então multiplicaremos a linha pivô 
pelo seu oposto (1000). 
 
 Nova 1ª linha 
Nova linha pivô 0 0 0 0,33 -1,67 1 4 
x(1000) 0 0 0 333,33 -1666,67 1000 4000 
+ 1ª linha 1 0 0 0 4000 -1000 58000 
Nova 1ª linha 1 0 0 333,33 2333,33 0 62000 
 
O coeficiente de xF3 na terceira linha é (-1), então multiplicaremos a linha pivô pelo 
seu oposto (1). 
 Nova 3ª linha 
Nova linha pivô 0 0 0 0,33 -1,67 1 4 
x(1) 0 0 0 0,33 -1,67 1 4 
+ 3ª linha 0 1 0 0 1,5 -1 3 
Nova 3ª linha 0 1 0 0,33 -0,17 0 7 
 
129 
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O coeficiente de xF3 na quarta linha é (0,5), então multiplicaremos a linha pivô pelo 
seu oposto (-0,5). 
 
 Nova 4ª linha 
Nova linha pivô 0 0 0 0,33 -1,67 1 4 
x(-0,5) 0 0 0 -0,17 0,84 -0,5 -2 
+ 4ª linha 0 0 1 0 -0,5 0,5 4 
Nova 4ª linha 0 0 1 -0,17 0,34 0 2 
 
 
w) Reescrevendo a tabela, temos: 
z x1 x2 xF1 xF2 xF3 b 
1 0 0 333,33 2333,33 0 62000 
0 0 0 0,33 -1,67 1 4 
0 1 0 0,33 -0,17 0 7 
0 0 1 -0,17 0,34 0 2 
 
 
De onde destacamos: 
Variáveis Básicas Variáveis Não 
Básicas 
Valor de z 
x1 = 7 xF1 = 0 z = 62000 
x2 = 2 xF2 = 0 
xF3 = 4 
 
A solução é ótima Z = 62.000, serão feitas 7 fantasias do modelo M1 e 2 
fantasias do modelo M2, e sobraram 4 m de cetim. 
 
 
Assista agora a Vídeo Aula: 
Exercício 8 - modelo geral do simplex 
 
 
09) O problema consiste em programar a produção de dois itens P1 e P2 a 
partir dos recursos produtivos R1, R2 e R3. Os dados colhidos nos vários 
setores da empresa são os seguintes: . 
Uso dos recursos produtivos 
 
Produtos R1 por unidade R2 por unidade R3 por unidade 
P1 2 4 1 
P2 3 2 5 
Disponibilidade mensais 3.000 4.000 4.500 
 
Produtos Custounitário Custo de venda Preço de venda 
P1 20 20% 50 
P2 30 20% 70 
 
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Demanda conjunta dos produtos: 1.000 unidades/mês. O objetivo é maximizar o 
lucro. 
Escrevendo o modelo temos: 
𝑥1 → 𝑞𝑢𝑎𝑛𝑡𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 𝑑𝑒 𝑃1 
𝑥2 → 𝑞𝑢𝑎𝑛𝑡𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 𝑑𝑒 𝑃2 
 
𝑚á𝑥𝑖𝑚𝑜 𝑙𝑢𝑐𝑟𝑜 𝑧 = 20𝑥1 + 26𝑥2 
 
𝑟𝑒𝑠𝑡𝑟𝑖çõ𝑒𝑠 𝑡é𝑐𝑛𝑖𝑐𝑎𝑠 {
2𝑥1 + 3𝑥2 ≤ 3000
4𝑥1 + 2𝑥2 ≤ 4000
𝑥1 + 5𝑥2 ≤ 4500
𝑥1 + 𝑥2 ≤ 1000
 
 
𝑟𝑒𝑠𝑡𝑟𝑖çõ𝑒𝑠 𝑑𝑒 𝑛ã𝑜 𝑛𝑒𝑔𝑎𝑡𝑖𝑣𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 {
𝑥1 ≥ 0
𝑥2 ≥ 0
 
 
a) Reescrevendo a função objetivo e passando as inequações de restrição para 
equações, colocando as devidas folgas, temos: 
z – 20x1 - 26x2 = 0 
2𝑥1 + 3𝑥2 + 𝑥𝐹1 = 3000 
4𝑥1 + 2𝑥2 + 𝑥𝐹2 = 4000 
𝑥1 + 5𝑥2 + 𝑥𝐹3 = 4500 
𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥𝐹4 = 1000 
 
b) Montamos a tabela: 
z x1 x2 xF1 xF2 xF3 xF4 b 
1 -20 -26 0 0 0 0 0 
0 2 3 1 0 0 0 3000 
0 4 2 0 1 0 0 4000 
0 1 5 0 0 1 0 4500 
0 1 1 0 0 0 1 1000 
 
c) a função objetivo identificamos a variável que entra localizando o maior 
coeficiente. 
𝑧 = 20𝑥1 + 26𝑥2 
Logo a variável que entra será (x2) 
 
d) Agora iremos dividir os termos independentes pelos respectivos coeficiente 
de (x2 - a variável que entra nesse exercício) e encontraremos a linha que 
sai (o menor resultado positivo). 
b x2 
0 -26 Não fazemos conta com a função 
objetivo 
3000 ÷ 3 = 1000 
4000 ÷ 2 = 2000 
4500 ÷ 5 = 900 → sai 
1000 ÷ 1 = 1000 
 
e) Então podemos visualizar a tabela assim: 
131 
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z x1 x2 xF1 xF2 xF3 xF4 b 
1 -20 -26 0 0 0 0 0 
0 2 3 1 0 0 0 3000 
0 4 2 0 1 0 0 4000 
0 1 5 0 0 1 0 4500 sai 
0 1 1 0 0 0 1 1000 
 entra 
 
O elemento que está na coluna que entra e na linha que sai é chamado de elemento 
pivô, no nosso caso foi (5). 
 
 
f) Agora iremos calcular a nova linha pivô. Para isso basta dividir todos os elementos 
da linha que sai pelo elemento pivô. 
Linha que sai 0 1 5 0 0 1 0 4500 
÷ (5) 0 0,2 1 0 0 0,2 0 900 →Nova linha pivô 
 
g) Agora iremos calcular as novas linhas. 
O coeficiente de x2 na primeira linha é (-26), então multiplicaremos a linha pivô pelo 
seu oposto (26). 
 
 Nova 1ª linha 
Nova linha pivô 0 0,2 1 0 0 0,2 0 900 
x(26) 0 5,2 26 0 0 5,2 0 23400 
+ 1ª linha 1 -20 -26 0 0 0 0 0 
Nova 1ª linha 1 -14,8 0 0 0 5,2 0 23400 
 
O coeficiente de x2 na segunda linha é (3), então multiplicaremos a linha pivô pelo 
seu oposto (-3). 
 
 Nova 2ª linha 
Nova linha pivô 0 0,2 1 0 0 0,2 0 900 
x(-3) 0 -0,6 -3 0 0 -0,6 0 -2700 
+ 2ª linha 0 2 3 1 0 0 0 3000 
Nova 2ª linha 0 1,4 0 1 0 -0,6 0 300 
 
O coeficiente de x2 na terceira linha é (2), então multiplicaremos a linha pivô pelo 
seu oposto (-2). 
 
 Nova 3ª linha 
Nova linha pivô 0 0,2 1 0 0 0,2 0 900 
x(-2) 0 -0,4 -2 0 0 -0,4 0 -1800 
+ 3ª linha 0 4 2 0 1 0 0 4000 
Nova 3ª linha 0 3,6 0 0 1 -0,4 0 2200 
 
 
132 
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O coeficiente de x2 na quinta linha é (1), então multiplicaremos a linha pivô pelo seu 
oposto (-1). 
 Nova 5ª linha 
Nova linha pivô 0 0,2 1 0 0 0,2 0 900 
x(-1) 0 -0,2 -1 0 0 -0,2 0 -900 
+ 5ª linha 0 1 1 0 0 0 1 1000 
Nova 5ª linha 0 0,8 0 0 0 -0,2 1 100 
 
h) Reescrevendo a tabela, temos: 
 
z x1 x2 xF1 xF2 xF3 xF4 b 
1 -14,8 0 0 0 5,2 0 23400 
0 1,4 0 1 0 -0,6 0 300 
0 3,6 0 0 1 -0,4 0 2200 
0 0,2 1 0 0 0,2 0 900 
0 0,8 0 0 0 -0,2 1 100 
 
De onde destacamos: 
Variáveis Básicas Variáveis Não 
Básicas 
Valor de z 
x2 = 900 x1 = 0 z = 23400 
xF1 = 300 xF3 = 0 
xF2 = 2200 
xF4 = 100 
 
A solução não é ótima. 
i) Montamos a tabela: 
z x1 x2 xF1 xF2 xF3 xF4 b 
1 -14,8 0 0 0 5,2 0 23400 
0 1,4 0 1 0 -0,6 0 300 
0 3,6 0 0 1 -0,4 0 2200 
0 0,2 1 0 0 0,2 0 900 
0 0,8 0 0 0 -0,2 1 100 
 
j) Na função objetivo identificamos a variável que entra localizando o menor 
coeficiente negativo. 
 
Logo a variável que entra será (x1) 
k) Agora iremos dividir os termos independentes pelos respectivos coeficiente 
de (x1 - a variável que entra nesse exercício) e encontraremos a linha que 
sai (o menor resultado positivo). 
b x1 
23400 -14,8 Não fazemos conta com a função 
objetivo 
300 ÷ 1,4 = 214,29 
2200 ÷ 3,6 = 611,11 
900 ÷ 0,2 = 4500 
100 ÷ 0,8 = 125 → sai 
133 
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l) Então podemos visualizar a tabela assim: 
z x1 x2 xF1 xF2 xF3 xF4 b 
1 -14,8 0 0 0 5,2 0 23400 
0 1,4 0 1 0 -0,6 0 300 
0 3,6 0 0 1 -0,4 0 2200 
0 0,2 1 0 0 0,2 0 900 
0 0,8 0 0 0 -0,2 1 100 sai 
 entra 
O elemento que está na coluna que entra e na linha que sai é chamado de elemento 
pivô, no nosso caso foi (0,8). 
 
 
m) Agora iremos calcular a nova linha pivô. Para isso basta dividir todos os 
elementos da linha que sai pelo elemento pivô. 
Linha que sai 0 0,8 0 0 0 -0,2 1 100 
÷ (0,8) 0 1 0 0 0 -0,25 1,25 125 →Nova linha pivô 
 
 
n) Agora iremos calcular as novas linhas. 
O coeficiente de x1 na primeira linha é (-14,8), então multiplicaremos a linha pivô 
pelo seu oposto (14,8). 
 
 Nova 1ª linha 
Nova linha pivô 0 1 0 0 0 -0,25 1,25 125 
x(14,8) 0 14,8 0 0 0 -3,70 18,5 1850 
+ 1ª linha 1 -14,8 0 0 0 5,2 0 23400 
Nova 1ª linha 1 0 0 0 0 1,5 18,5 25250 
 
O coeficiente de x1 na segunda linha é (1,4), então multiplicaremos a linha pivô pelo 
seu oposto (-1,4). 
 Nova 2ª linha 
Nova linha pivô 0 1 0 0 0 -0,25 1,25 125 
x(-1,4) 0 -1,4 0 0 0 0,35 -1,75 -175 
+ 2ª linha 0 1,4 0 1 0 -0,6 0 300 
Nova 2ª linha 0 0 0 1 0 -0,25 -1,75 125 
 
O coeficiente de x1 na terceira linha é (3,6), então multiplicaremos a linha pivô pelo 
seu oposto (-3,6). 
 
 Nova 3ª linha 
Nova linha pivô 0 1 0 0 0 -0,25 1,25 125 
x(-3,6) 0 -3,6 0 0 0 0,90 -4,5 -450 
+ 3ª linha 0 3,6 0 0 1 -0,4 0 2200 
Nova 3ª linha 0 0 0 0 1 0,5 -4,5 1750 
 
 
134 
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O coeficiente de x1 na quarta linha é (0,2), então multiplicaremos a linha pivô pelo 
seu oposto (-0,2). 
 
 Nova 4ª linha 
Nova linha pivô 0 1 0 0 0 -0,25 1,25 125 
x(-0,2) 0 -0,2 0 0 0 0,05 -0,25 -25 
+ 4ª linha 0 0,2 1 0 0 0,2 0 900 
Nova 4ª linha 0 0 1 0 0 0,25 -0,25 875 
 
 
 
o) Reescrevendo a tabela, temos: 
z x1 x2 xF1 xF2 xF3 xF4 b 
1 0 0 0 0 1,5 18,5 25250 
0 0 0 1 0 -0,25 -1,75 125 
0 0 0 0 1 0,5 -4,5 1750 
0 0 1 0 0 0,25 -0,25 875 
0 1 0 0 0 -0,25 1,25 125 
 
 
De onde destacamos: 
Variáveis Básicas Variáveis Não 
Básicas 
Valor de z 
x1 = 125 xF3 = 0 z = 25250 
x2 = 875 xF4 = 0 
xF1 = 125 
xF2 = 1750 
 
A solução é ótima. 
Assista agora a Vídeo Aula: 
Exercício 9 - modelo geral do Simplex 
 
 
 
 
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Solução de um Modelo Geral de 
Programação Linear pelo Método 
Simplex 
Os modelos de programação linear apresentados até agora têm as seguintes 
características: 
 a função objetivo deve ser maximizada; 
 todas as varáveis de decisão são não negativas; 
 apresentam uma solução básica inicial. 
 
A aplicação do Simplex, como foi apresentada, exige essas três características no 
modelo. Caso isso não ocorra, devemos procurar um modelo equivalente que possua 
essas três características, para então usar o Simplex. 
 
O PROBLEMA DA MINIMIZAÇÃO 
 
Se a função objetivo for de minimização, devemos multiplicá-lapor -1, obtendo 
uma função equivalente para maximização. 
Exemplo: 
Minimizar. z = 3x1 - 4x2 + x3 
 
{
 
 
 
 
𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3 ≤ 10
2𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥3 ≤ 20
𝑥1 ≥ 0
𝑥2 ≥ 0
𝑥3 ≥ 0
 
 
o modelo equivalente é: 
Maximizar (-z) = -3x1 + 4x2 – x3 
{
 
 
 
 
𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3 ≤ 10
2𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥3 ≤ 20
𝑥1 ≥ 0
𝑥2 ≥ 0
𝑥3 ≥ 0
 
Resolvido o modelo equivalente, teremos a solução do modelo original com a troca do 
sinal de z. 
Exemplo: 
 
01) Resolva pelo Simplex, usando o método da função objetiva auxiliar. 
Min z = 3x1 + 2x2 
136 
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 {
2𝑥1 + 𝑥2 ≥ 10
𝑥1 + 5𝑥2 ≥ 15
𝑥1 ≥ 0
𝑥2 ≥ 0
 
Antes devemos multiplicar a função objetivo por (-1) pois este exercício é de 
minimizar: 
z = 3x1 + 2x2 .(-1) 
- z = - 3x1 - 2x2 
 
Resolução: 
1º iremos fazer pelo método da função objetivo auxiliar. 
a) Reescrevendo as inequações de restrição para equações, colocando as devidas 
folgas, temos: 
-z + 3x1 + 2x2 = 0 
2𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥𝐹1 + 𝑎1 = 10 
𝑥1 + 5𝑥2 − 𝑥𝐹2 + 𝑎2 = 15 
 
b) Neste exemplo a função objetivo auxiliar será: 
W = a1 + a2 
Logo: 
a1 = -2x1 – x2 + xF1 + 10 
e 
a2 = -x1 -5x2 + xF2 + 15 
 
então, 
 
a1 = -2x1 – x2 + xF1 + 10 
a2 = -x1 -5x2 + xF2 + 15 
a1 + a2 = -3x1 - 6x2 +xF1 + xF2 + 25 
 
 w = -3x1 - 6x2 + xF1 + xF2 + 25 
 
Como a função auxiliar sempre será de minimização, escrevemos: 
 
Min w = -3x1 - 6x2 + xF1 + xF2 + 25 
 
E portanto deverá ser multiplicada por (-1) 
 
w = -3x1 - 6x2 + xF1 + xF2 + 25 . (-1) 
-w = 3x1 + 6x2 - xF1 - xF2 - 25 
 
Agora passando todas as variáveis para o primeiro membro, temos: 
 -w -3x1 - 6x2 + xF1 + xF2 = -25 
 
Agora temos as seguintes equações que comporão nossa tabela. 
-z + 3x1 + 2x2 = 0 
2𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥𝐹1 + 𝑎1 = 10 
𝑥1 + 5𝑥2 − 𝑥𝐹2 + 𝑎2 = 15 
-w -3x1 - 6x2 + xF1 + xF2 = -25 
137 
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c) Montamos a tabela: 
z x1 x2 xF1 xF2 a1 a2 b 
-1 3 2 0 0 0 0 0 
0 2 1 -1 0 1 0 10 
0 1 5 0 -1 0 1 15 
-1 -3 -6 1 1 0 0 -25 
w 
 
d) Iremos trabalhar com a função objetivo auxiliar onde identificamos a variável 
que entra localizando o menor negativo da última linha da tabela. 
Neste exemplo será x2, pois tem coeficiente (-6). 
A variável que entra será (x2) 
 
e) Agora iremos dividir os termos independentes pelos respectivos coeficiente de (x2 - 
a variável que entra nesse exercício) e encontraremos a linha que sai (o menor 
resultado positivo). 
b x2 
0 2 Não fazemos conta com a função objetivo 
10 ÷ 1 = 10 
15 ÷ 5 = 3 → sai 
-25 -6 Não fazemos conta com a função objetivo 
 
f) Então podemos visualizar a tabela assim: 
z x1 x2 xF1 xF2 a1 a2 b 
1 3 2 0 0 0 0 0 
0 2 1 -1 0 1 0 10 
0 1 5 0 -1 0 1 15 
-1 -3 -6 1 1 0 0 -25 
w entra 
 
O elemento que está na coluna que entra e na linha que sai é chamado de elemento 
pivô, no nosso caso foi (5). 
 
g) Agora iremos calcular a nova linha pivô. Para isso basta dividir todos os elementos 
da linha que sai pelo elemento pivô. 
Linha que sai 0 1 5 0 -1 0 1 15 
÷ (5) 0 0,2 1 0 -0,2 0 0,2 3 →Nova linha pivô 
 
 
h) Agora iremos calcular as novas linhas. 
O coeficiente de x2 na primeira linha é (2), então multiplicaremos a linha pivô pelo 
seu oposto (-2). 
 Nova 1ª linha 
Nova linha pivô 0 0,2 1 0 -0,2 0 0,2 3 
x(-2) 0 -0,4 -2 0 0,4 0 -0,4 -6 
+ 1ª linha -1 3 2 0 0 0 0 0 
Nova 1ª linha -1 2,6 0 0 0,4 0 -0,4 -6 
138 
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O coeficiente de x2 na segunda linha é (1), então multiplicaremos a linha pivô pelo 
seu oposto (-1). 
 
 Nova 2ª linha 
Nova linha pivô 0 0,2 1 0 -0,2 0 0,2 3 
x(-1) 0 -0,2 -1 0 0,2 0 -0,2 -3 
+ 2ª linha 0 2 1 -1 0 1 0 10 
Nova 2ª linha 0 1,8 0 -1 0,2 1 -0,2 7 
 
O coeficiente de x2 na quarta linha é (-6), então multiplicaremos a linha pivô pelo 
seu oposto (6). 
 
 Nova 4ª linha 
Nova linha pivô 0 0,2 1 0 -0,2 0 0,2 3 
x(6) 0 1,2 6 0 -1,2 0 1,2 18 
+ 4ª linha -1 -3 -6 1 1 0 0 -25 
Nova 4ª linha -1 -1,8 0 1 -0,2 0 1,2 -7 
i) Reescrevendo a tabela, temos: 
z x1 x2 xF1 xF2 a1 a2 b 
-1 2,6 0 0 0,4 0 -0,4 -6 
0 1,8 0 -1 0,2 1 -0,2 7 
0 0,2 1 0 -0,2 0 0,2 3 
-1 -1,8 0 1 -0,2 0 1,2 -7 
w 
 
De onde destacamos: 
Variáveis Básicas Variáveis Não 
Básicas 
Valor de w 
x2 = 3 x1 = 0 w = -7 
a1 = 7 xF1 = 0 
 a2 = 0 
 xF2 = 0 
 
Como ainda temos variáveis auxiliares não zeradas e w foram ainda não foi zerado, 
temos que recalcular. 
 
j) Montamos a tabela: 
z x1 x2 xF1 xF2 a1 a2 b 
-1 2,6 0 0 0,4 0 -0,4 -6 
0 1,8 0 -1 0,2 1 -0,2 7 
0 0,2 1 0 -0,2 0 0,2 3 
-1 -1,8 0 1 -0,2 0 1,2 -7 
w 
 
k) Iremos trabalhar com a função objetivo auxiliar onde identificamos a variável 
que entra localizando o menor negativo da última linha da tabela. 
Neste exemplo será x1, pois tem coeficiente (-1,8). 
139 
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A variável que entra será (x1) 
 
l) Agora iremos dividir os termos independentes pelos respectivos coeficiente de (x1 - 
a variável que entra nesse exercício) e encontraremos a linha que sai (o menor 
resultado positivo). 
b x1 
6 2,6 Não fazemos conta com a função objetivo 
7 ÷ 1,8 = 3,89 → sai 
3 ÷ 0,2 = 15 
-7 -1,8 Não fazemos conta com a função objetivo 
 
m) Então podemos visualizar a tabela assim: 
z x1 x2 xF1 xF2 a1 a2 b 
-1 2,6 0 0 0,4 0 -0,4 -6 
0 1,8 0 -1 0,2 1 -0,2 7 
0 0,2 1 0 -0,2 0 0,2 3 
-1 -1,8 0 1 -0,2 0 1,2 -7 
w entra 
 
O elemento que está na coluna que entra e na linha que sai é chamado de elemento 
pivô, no nosso caso foi (1,8). 
 
n) Agora iremos calcular a nova linha pivô. Para isso basta dividir todos os elementos 
da linha que sai pelo elemento pivô. 
Linha que sai 0 1,8 0 -1 0,2 1 -0,2 7 
÷ (1,8) 0 1 0 -0,56 0,11 0,56 -0,11 3,89 →Nlp 
 
 
o) Agora iremos calcular as novas linhas. 
O coeficiente de x1 na primeira linha é (2,6), então multiplicaremos a linha pivô pelo 
seu oposto (-2,6). 
 Nova 1ª linha 
Nova linha pivô 0 1 0 -0,56 0,11 0,56 -0,11 3,89 
x(-2,6) 0 -2,6 0 1,46 -0,29 -1,46 0,29 -10,11 
+ 1ª linha -1 2,6 0 0 0,4 0 -0,4 -6 
Nova 1ª linha -1 0 0 1,46 0,11 -1,46 -0,11 -16,11 
 
O coeficiente de x1 na terceira linha é (0,2), então multiplicaremos a linha pivô pelo 
seu oposto (-0,2). 
 
 Nova 3ª linha 
Nova linha pivô 0 1 0 -0,56 0,11 0,56 -0,11 3,89 
x(-0,2) 0 -0,2 0 0,11 -0,02 -0,56 0,02 -0,78 
+ 3ª linha 0 0,2 1 0 -0,2 0 0,2 3 
Nova 3ª linha 0 0 1 0,11 -0,22 -0,56 0,22 2,22 
 
O coeficiente de x1 na quarta linha é (-1,8), então multiplicaremos a linha pivô pelo 
seu oposto (1,8). 
140 
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 Nova 4ª linha 
Nova linha pivô 0 1 0 -0,56 0,11 0,56 -0,11 3,89 
x(1,8) 0 1,8 0 -1,01 0,20 1,01 -0,20 7 
+ 4ª linha -1 -1,8 0 1 -0,2 0 1,2 -7 
Nova 4ª linha -1 0 0 -0,01 0,18 1,01 1 0 
 
p) Reescrevendo a tabela, temos: 
 
 
z x1 x2 xF1 xF2 a1 a2 b 
-1 0 0 1,46 0,11 -1,46 -0,11 -16,11 
0 1 0 -0,56 0,11 0,56 -0,11 3,89 
0 0 1 0,11 -0,22 -0,56 0,22 2,22 
-1 0 0 -0,01 0,18 1,01 1 0 
w 
 
De onde destacamos: 
Variáveis Básicas Variáveis Não 
Básicas 
Valor de w 
x2 = 3,78 a1 = 0 w = 0 
x1 = 3,89 xF1 = 0 
 a2 = 0 
 xF2 = 0 
Como todas as variáveis auxiliares e w foram zeradas, podemos agora abandonar a 
variável auxiliar e a a função objetivo auxiliar, reescrever a tabela sem elas e 
resolver o problema normalmente. 
 
q) Partindo agora da última tabela, sem a coluna da variável auxiliar e sem a 
função objetivo auxiliar, temos: 
z x1 x2 xF1 xF2 b 
-1 0 0 1,46 0,11 -16,11 
0 1 0 -0,56 0,11 3,89 
0 0 1 0,11 -0,22 2,22 
 
De onde destacamos: 
Variáveis Básicas Variáveis Não 
BásicasValor de z 
x1 = 3,89 xF1 = 0 z = 16,11 
x2 = 2,22 xF2 = 0 
A solução é ótima. 
 
 
Assista agora a Vídeo Aula: 
Exemplo - Minimização e função objetivo auxiliar 
 
 
http://www.professormatusalem.com/video-aulas/ensino-superior/aula-49-resolucao-pelo-simplex-modelo-geral-exercicio-2/
141 
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O PROBLEMA DA VARIÁVEL LIVRE 
 
Se alguma variável do modelo não possuir a condição de não negatividade, 
podemos substituí-la pela diferença de duas outras variáveis não negativas, pois um 
número qualquer sempre pode ser escrito como a diferença de dois números 
positivos. 
 
Exemplo: 
Max z = x1 + 2x2 + x3 
{
𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3 ≤ 10
2𝑥1 + 3𝑥2 ≤ 20
𝑥1 ≥ 0
𝑥2 ⇒ 𝑙𝑖𝑣𝑟𝑒
 
 
Fazendo x2 = x4 – x5 com x4 ≥ 0 e x5 ≥ 0 e substituindo no modelo anterior, teremos 
o modelo equivalente: 
Max z = x1 + 2x4 - 2x5 + x3 
 
{
 
 
 
 
𝑥1 + 𝑥4 − 𝑥5 + 𝑥3 ≤ 10
2𝑥1 + 3𝑥4 − 3𝑥5 ≤ 20
𝑥1 ≥ 0
𝑥4 ≥ 0
𝑥5 ≥ 0
𝑥3 ≥ 0
 
 
Com todas as variáveis não negativas. A solução deste modelo resolve o anterior. 
 
Exemplo resolvido: 
 
01) Resolva usando Simplex 
Max z = x1 + x2 + 2x3 
{
 
 
 
 
𝑥1 + 2𝑥2 ≤ 10
3𝑥1 + 4𝑥2 + 𝑥3 ≤ 20
𝑥1 ≥ 0
𝑥3 ≥ 0
𝑥2 é 𝑙𝑖𝑣𝑟𝑒
 
 
Antes de começar a resolver precisamos procurar um modelo equivalente. 
 
Como temos x2 livre, faremos: 
x4 ≥ x5 ≥ 0 
 
e 
 
x2 = x4 – x5 
 
Fazendo as substituições no modelo original temos: 
Max z = x1 + (x4 – x5) + 2x3 
 z = x1 + x4 – x5 + 2x3 
142 
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{
 
 
 
 
𝒙𝟏 + 𝟐 (𝒙𝟒 − 𝒙𝟓) ≤ 𝟏𝟎
𝟑𝒙𝟏 + 𝟒. (𝒙𝟒 − 𝒙𝟓) + 𝒙𝟑 ≤ 𝟐𝟎
𝒙𝟏 ≥ 𝟎
𝒙𝟑 ≥ 𝟎
𝒙𝟒 ≥ 𝟎
𝒙𝟓 ≥ 𝟎
 ⟹ 
{
 
 
 
 
𝒙𝟏 + 𝟐 . 𝒙𝟒 − 𝟐𝒙𝟓 ≤ 𝟏𝟎
𝟑𝒙𝟏 + 𝟒. 𝒙𝟒 − 𝟒𝒙𝟓 + 𝒙𝟑 ≤ 𝟐𝟎
𝒙𝟏 ≥ 𝟎
𝒙𝟑 ≥ 𝟎
𝒙𝟒 ≥ 𝟎
𝒙𝟓 ≥ 𝟎
 
 
 
Resolução: 
a) Reescrevendo a função objetivo e passando as inequações de restrição para 
equações, colocando as devidas folgas, temos: 
 
z - x1 - x4 + x5 - 2x3 = 0 
𝒙𝟏 + 𝟐 . 𝒙𝟒 − 𝟐𝒙𝟓 + 𝒙𝑭𝟏 = 𝟏𝟎 
𝟑𝒙𝟏 + 𝟒. 𝒙𝟒 − 𝟒𝒙𝟓 + 𝒙𝟑 + 𝒙𝑭𝟐 = 𝟐𝟎 
 
b) Montamos a tabela: 
z x1 x3 x4 x5 xF1 xF2 b 
1 -1 -2 -1 1 0 0 0 
0 1 0 2 -2 1 0 10 
0 3 1 4 -4 0 1 20 
 
 
c) Na função objetivo identificamos a variável que entra localizando o maior 
coeficiente. 
z = x1 + x4 – x5 + 2x3 
Logo a variável que entra será (x3) 
 
d) Agora iremos dividir os termos independentes pelos respectivos coeficiente de 
(x3 - a variável que entra nesse exercício) e encontraremos a linha que sai (o 
menor resultado positivo). 
b x3 
0 -2 Não fazemos conta com a função objetivo 
10 ÷ 0 = ∄ 
20 ÷ 1 = 20 → sai 
 
e) Então podemos visualizar a tabela assim: 
z x1 x3 x4 x5 xF1 xF2 b 
1 -1 -2 -1 1 0 0 0 
0 1 0 2 -2 1 0 10 
0 3 1 4 -4 0 1 20 
 entra 
 
O elemento que está na coluna que entra e na linha que sai é chamado de elemento 
pivô, no nosso caso foi (1). 
 
 
f) Agora iremos calcular a nova linha pivô. Para isso basta dividir todos os elementos 
da linha que sai pelo elemento pivô. 
143 
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Linha que sai 0 3 1 4 -4 0 1 20 
÷ (1) 0 3 1 4 -4 0 1 20 →Nova linha pivô 
 
g) Agora iremos calcular as novas linhas. 
O coeficiente de x3 na primeira linha é (-2), então multiplicaremos a linha pivô pelo 
seu oposto (2). 
 Nova 1ª linha 
Nova linha pivô 0 3 1 4 -4 0 1 20 
x(2) 0 6 2 8 -8 0 2 40 
+ 1ª linha 1 -1 -2 -1 1 0 0 0 
Nova 1ª linha 1 5 0 7 -7 0 2 40 
 
O coeficiente de x3 na segunda linha é (0), então multiplicaremos a linha pivô pelo 
seu oposto (0). 
 Nova 2ª linha 
Nova linha pivô 0 3 1 4 -4 0 1 20 
x(0) 0 0 0 0 0 0 0 0 
+ 2ª linha 0 1 0 2 -2 1 0 10 
Nova 2ª linha 0 1 0 2 -2 1 0 10 
h) Reescrevendo a tabela, temos: 
z x1 x3 x4 x5 xF1 xF2 b 
1 5 0 7 -7 0 2 40 
0 1 0 2 -2 1 0 10 
0 3 1 4 -4 0 1 20 
 
De onde destacamos: 
Variáveis Básicas Variáveis Não 
Básicas 
Valor de z 
x3 = 20 x1 = 0 z = 40 
xF1 = 10 x4 = 0 
 x5 = 0 
 xF2 = 0 
Como x2 = x4 – x5 
Temos: 
x2 = 0 - 0 = 0 
 
A Solução é ilimitada 
Isto ocorre porque a variável que entra na base x5 não possui em sua 
coluna nenhum coeficiente positivo. Os programas de computador, neste 
caso, apresentam a última solução básica antes que a solução se torne 
ilimitada, neste exercício como não existia última antes desta considere-a 
como a última. 
 
Solução é ótima e z = 40. 
Assista agora a Vídeo Aula: 
Exemplo - Variável livre 
 
 
http://www.professormatusalem.com/video-aulas/ensino-superior/aula-50-resolucao-pelo-simplex-modelo-geral-exercicio-3/
144 
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O PROBLEMA DA SOLUÇÃO BÁSICA INICIAL 
 
Nos modelos resolvidos até agora pelo Simplex, as restrições são todas do tipo 
“≤” com os termos da direita positivos. O acréscimo das variáveis de folga fornece 
neste caso uma solução básica inicial. 
O problema aparece quando: 
 
1 º a restrição é do tipo ≥: a variável de folga é subtraída e seu valor é 
negativo, quando se anulam as variáveis de decisão. 
 
2º a restrição é do tipo =: não recebe a variável de folga. 
 
Neste caso, acrescentamos em cada uma das restrições do tipo ≥ e = variáveis 
auxiliares ai com a formação de um novo modelo. A solução básica inicial do novo 
modelo é formada pelas variáveis de folga das restrições do tipo s e pelas variáveis 
auxiliares ai. 
Exemplo: 
Maximizar Z = x1 + x2 + x3 
{
 
 
 
 
2𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥3 ≤ 10
𝑥1 + 𝑥2 + 2𝑥3 ≥ 20
2𝑥1 + 𝑥2 + 3𝑥3 = 60
𝑥1 ≥ 0
𝑥2 ≥ 0
𝑥3 ≥ 0
 
 
a) Acrescentando as variáveis de folga: 
 
{
2𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥3 + 𝑥𝐹1 = 10
𝑥1 + 𝑥2 + 2𝑥3 − 𝑥𝐹1 = 20
2𝑥1 + 𝑥2 + 3𝑥3 = 60
 
Não temos uma solução básica inicial devido à segunda e à terceira restrições. 
 
b) Acrescentando na segunda e terceira restrições as variáveis auxiliares a2 e a3: 
{
2𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥3 + 𝑥𝐹1 = 10
𝑥1 + 𝑥2 + 2𝑥3 − 𝑥𝐹1 + 𝑎2 = 20
2𝑥1 + 𝑥2 + 3𝑥3 + 𝑎3 = 60
 
 
teremos agora uma solução básica inicial: xF1 = 10, a2 = 20, a3 = 60 com as outras 
variáveis todas nulas. 
RETORNO AO MODELO ORIGINAL 
O retorno ao modelo original deve ser feito com a eliminação das variáveis 
auxiliares e a manutenção da solução básica. Isto pode ser feito de duas maneiras: 
Método do M grande 
 
 Escrevemos a função objetivo, acrescentando as variáveis auxiliares a1, a2, ..., an 
com coeficientes –M1 ,–M2,...,-Mn sendo M1 , M2, ... , Mn números grandes. 
145 
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Exemplo: 
Maximizar Z = x1 + x2 + x3 
{
 
 
 
 
2𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥3 ≤ 10
𝑥1 + 𝑥2 + 2𝑥3 ≥ 20
2𝑥1 + 𝑥2 + 3𝑥3 = 60
𝑥1 ≥ 0
𝑥2 ≥ 0
𝑥3 ≥ 0
 
a) Acrescentando as variáveis de folga: 
 
{
2𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥3 + 𝑥𝐹1 = 10
𝑥1 + 𝑥2 + 2𝑥3 − 𝑥𝐹1 = 20
2𝑥1 + 𝑥2 + 3𝑥3 = 60
 
Não temos uma solução básica inicial devido à segunda e à terceira restrições. 
 
b) Acrescentando na segunda e terceira restrições as variáveis auxiliares a2 e a3: 
{
2𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥3 + 𝑥𝐹1 = 10
𝑥1 + 𝑥2 + 2𝑥3 − 𝑥𝐹1 + 𝑎2 = 20
2𝑥1 + 𝑥2 + 3𝑥3 + 𝑎3 = 60
 
Neste exemplo temos duas variáveis auxiliares a2 e a3, logo acrescentando as 
variáveis auxiliares com coeficientes –M2 e –M3 na função objetivo, sendo M2 e M3 
números grandes, teremos: 
 
z= x1 + x2 +x3 – M2a2 – M3a3 
 
À medida que z é maximizada, as variáveis a2 e a3 deixam a base, devido ao grande 
valor de M2 e M3. 
 
Do exemplo anterior teremos: 
Modelo auxiliar: Max. z = x1 + x2 + x3 – M2a2 – M3a3 
 
z - x1 - x2 - x3 + M2a2 + M3a3 = 0 
 
{
 
 
 
 
 
 
 
 
2𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥3 + 𝑥𝐹1 = 10
𝑥1 + 𝑥2 + 2𝑥3 − 𝑥𝐹2 + 𝑎2 = 20
2𝑥1+ 𝑥2 + 3𝑥3 + 𝑎3 = 60
𝑥1 ≥ 0
𝑥2 ≥ 0
𝑥3 ≥ 0
𝑥𝐹1 ≥ 0
𝑥𝐹2 ≥ 0
𝑎1 ≥ 0
𝑎2 ≥ 0
 
O quadro inicial fica então: 
z x1 x2 x3 xF1 xF2 a2 a3 b 
1 -1 -1 -1 0 0 M2 M3 0 
0 2 1 -1 1 0 0 0 10 
0 1 1 2 0 -1 1 0 20 
0 2 1 3 0 0 0 1 60 
 
146 
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Solução: 
Variáveis básicas Variáveis não básicas Valor de z original 
xF1 = 10 x1 = 0 Z = 0 
a2 =20 x2 = 0 
a3 = 60 x3 = 0 
xF2=0 
Cálculo da nova solução: 
- Variável que entra: entra x3 (coeficiente -1). As três variáveis x1, x2 e x3 têm 
coeficientes iguais. Escolhemos uma delas. 
- Variável que sai: 10 ÷ (-1) = -10 prejudicado 
20 ÷ 2 = 10 → sai variável da terceira linha 
60 ÷ 3 = 20 
Linha pivô: terceira linha 
Elemento pivô: 2 
Nova linha pivô = linha pivô ÷ 2: 0 0,5 0,5 1 0 -0,5 0,5 0 10 
 
Cálculo da nova primeira linha: (coeficiente da variável que entra = -1) 
Nova linha pivô: 0 0,5 0,5 1 0 -0,5 0,5 0 10 
x (1) 0 0,5 0,5 1 0 -0,5 0,5 0 10 
+ primeira linha 1 -1 -1 -1 0 0 M2 M3 0 
Soma = nova 
Primeira linha: 
1 -0,5 -0,5 0 0 -0,5 M2 M3 10 
 
Cálculo da nova segunda linha: (coeficiente da variável que entra = -1) 
Nova linha pivô: 0 0,5 0,5 1 0 -0,5 0,5 0 10 
x (1) 0 0,5 0,5 1 0 -0,5 0,5 0 10 
+ segunda linha 0 2 1 -1 1 0 0 0 0 
Soma = nova 
segunda linha: 
0 2,5 1,5 0 1 -0,5 0,5 0 20 
 
Cálculo da nova quarta linha (coeficiente da variável que entra = 3) 
Nova linha pivô: 0 0,5 0,5 1 0 -0,5 0,5 0 10 
x (-3) 0 -1,5 -1,5 -3 0 1,5 -1,5 0 -30 
+ quarta linha 0 2 1 3 0 0 0 1 60 
Soma = nova 
quarta linha: 
0 0,5 -0,5 0 0 1,5 -1,5 1 30 
Novo quadro 
z x1 x2 x3 xF1 xF2 a2 a3 b 
1 -0,5 -0,5 0 0 -0,5 M2 M3 10 
0 2,5 1,5 0 1 -0,5 0,5 0 20 
0 0,5 0,5 1 0 -0,5 0,5 0 10 
0 0,5 -0,5 0 0 1,5 -1,5 1 30 
Solução: 
Variáveis básicas Variáveis não básicas Valor de z original 
 x3 = 10 x1 = 0 Z = 10 
 xF1 = 20 x2 = 0 
 a3 = 30 xF2 = 0 
a2 = 0 
 
147 
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Cálculo da nova solução: 
- Variável que entra: entra xF2 (coeficiente -0,5) 
- Variável que sai: 20 ÷ (-0,5) = -40 -7 → prejudicado 
10÷ (-0,5) = -20 -7 → prejudicado 
30 ÷ 1,5 = 20 -7 → sai variável da quarta linha 
Linha pivô: quarta linha 
Elemento pivô: 1,5 
Nova linha pivô (linha pivô ÷ 1,5): 
0 0,333 -0,333 0 0 1 -1 0,667 20 
Cálculo da nova primeira linha: (coeficiente da variável que entra = -0,5) 
Nova linha pivô: 0 0,333 -0,333 0 0 1 -1 0,667 20 
x (0,5) 0 0,167 -0,167 0 0 0,5 -0,5 0,333 10 
+ primeira linha 1 -0,5 -0,5 0 0 -0,5 M2 M3 10 
Soma = nova 
Primeira linha: 
1 -0,333 -0,667 0 0 0 M2 M3 20 
 
Cálculo da nova segunda linha (coeficiente da variável que entra = -0,5) 
Nova linha pivô: 0 0,333 -0,333 0 0 1 -1 0,667 20 
x (0,5) 0 0,167 -0,167 0 0 0,5 -0,5 0,333 10 
+ segunda linha 0 2,5 1,5 0 1 -0,5 0,5 0 20 
Soma = nova 
segunda linha: 
0 2,667 1,333 0 1 0 0 0,333 30 
 
Cálculo da nova terceira linha (coeficiente da variável que entra = -0,5) 
Nova linha pivô: 0 0,333 -0,333 0 0 1 -1 0,667 20 
x (0,5) 0 0,167 -0,167 0 0 0,5 -0,5 0,333 10 
+ terceira linha 0 0,5 0,5 1 0 -0,5 0,5 0 10 
Soma = nova 
terceira linha: 
0 0,667 0,333 1 0 0 0 0,333 20 
Novo quadro: 
z x1 x2 x3 xF1 xF2 a2 a3 b 
1 -0,333 -0,667 0 0 0 M2 M3 20 
0 2,667 1,333 0 1 0 0 0,333 30 
0 0,667 0,333 1 0 0 0 0,333 20 
0 0,333 -0,333 0 0 1 -1 0,667 20 
Solução: 
Variáveis básicas Variáveis não básicas Valor de z original 
 x3 = 20 x1 = 0 Z = 20 
 xF1 = 30 x2 = 0 
 xF2 = 20 a2 = 0 
a3 = 0 
A solução básica é formada pelas variáveis originais. Podemos abandonar agora 
as variáveis auxiliares, todas nulas. O quadro fica então: 
z x1 x2 x3 xF1 xF2 b 
1 -0,333 -0,667 0 0 0 20 
0 2,667 1,333 0 1 0 30 
0 0,667 0,333 1 0 0 20 
0 0,333 -0,333 0 0 1 20 
148 
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Cálculo da solução ótima: 
- Variável que entra: x2 (coeficiente -0,667) 
- Variável que sai: 30 ÷ 1,333 = 22,5 → sai variável da segunda 
linha: xF1 
20 ÷ 0,333 = 60 
20 ÷ (-0,333) = -60 → prejudicada 
Linha pivô: segunda linha 
Elemento pivô: 1 ,333 
Nova linha pivô (linha pivô ÷ 1,333): 0 2 1 0 0,75 0 22,5 
Cálculo da nova primeira linha (coeficiente da variável que entra = -0,667) 
Nova linha pivô: 0 2 1 0 0,75 0 22,5 
x (0,667) 0 1,333 0,667 0 0,5 0 15 
+ primeira linha 1 -0,333 -0,667 0 0 0 20 
Soma = nova 
Primeira linha: 
1 1 0 0 0,5 0 35 
 
Cálculo da nova terceira linha (coeficiente da variável que entra = 0,333) 
Nova linha pivô: 0 2 1 0 0,75 0 22,5 
x (-0,333) 0 -0,667 -0,333 0 -0,25 0 -7,5 
+ terceira linha 0 0,667 0,333 1 0 0 20 
Soma = nova 
terceira linha: 
0 0 0 1 -0,25 0 12,5 
 
Cálculo da nova quarta linha (coeficiente da variável que entra = -0,333) 
Nova linha pivô: 0 2 1 0 0,75 0 22,5 
x (0,333) 0 0,667 0,333 0 0,25 0 7,5 
+ quarta linha 0 0,333 -0,333 0 0 1 20 
Soma = nova 
quarta linha: 
0 1 0 0 0,25 1 27,5 
No quadro: 
z x1 x2 x3 xF1 xF2 b 
1 1 0 0 0,5 0 35 
0 2 1 0 0,75 0 22,5 
0 0 0 1 -0,25 0 12,5 
0 1 0 0 0,25 1 27,5 
Solução: 
Variáveis básicas Variáveis não básicas Valor de z original 
 x2 = 22,5 x1 = 0 Z = 35 
 x3 = 12,5 xF1 = 0 
 xF2 = 27,5 
A solução é ótima. 
 
Assista agora a Vídeo Aula: 
Método do M grande - exemplo 1 
 
OBSERVAÇÃO: 
Na primeira parte do exercício, que levou à eliminação das variáveis auxiliares 
ai, o que pretenderíamos não era maximizar o objetivo, e sim eliminar as variáveis 
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149 
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auxiliares, retornando assim ao problema original. Podemos escolher para entrar na 
base uma variável com qualquer coeficiente na função objetivo, desde que a entrada 
dessa variável provoque a saída de uma variável auxiliar. 
Para isto basta verificar se na divisão dos termos independentes pelos 
coeficientes de uma variável não básica, o menor resultado positivo está na linha da 
variável auxiliar básica. Se isso é verdade, a variável auxiliar deixa a base, 
independente do coeficiente na função objetivo da variável que entra. 
Suponha, por exemplo, que estamos diante do quadro: 
z x1 x2 x3 xF1 a1 a2 b 
1 4 5 0 0 0 6 100 
0 1 2 1 0 0 12 20 
0 0 1 0 1 0 -1 10 
0 1 5 0 0 1 4 30 
 
Embora os coeficientes na função objetivo sejam todos não negativos, a solução 
não é ótima, pois o problema original está alterado pela presença da variável auxiliar 
a1. Qual variável deverá entrar na base para a saída da variável a1? 
 
Se entra x1: 20 ÷ 1 = 20 
10 ÷ 0 = prejudicado 
30 + 1 = 30, sai a variável da primeira linha: x3 
Se entra x2: 20 ÷2 = 10 
10÷1 =10 
30 ÷ 5 = 6, sai a variável da terceira linha, exatamente a1. 
Portanto, a entrada de x2 resolve o problema. 
 
Caso nenhuma das variáveis não básicas possa fazer o papel de expulsar a 
variável auxiliar da base, o problema não tem solução básica, e portanto não 
tem solução. 
 
Método da função objetivo auxiliar 
 
Como no método anterior, nas equações e nas inequações do tipo ≥, 
acrescentamos as variáveis auxiliares, para compor com as folgas das inequações do 
tipo ≤, a solução básica necessária a aplicação do Simplex. 
Construímos então, uma função objetivo auxiliar W, formada pela soma das 
variáveis auxiliares. 
 
W = a1 + a2 + ... + an 
 
A função W deve ser escrita em termos das variáveis originais e comporá o 
novo objetivo a ser minimizado. 
 
Quando as variáveis auxiliares forem não básicas, teremos: 
 
a1 = a2 = ... = an = 0 e W = 0 
 
150 
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As variáveis e funções auxiliares podem ser abandonadas. O novo objetivo será 
dado pela função objetivo original. 
Teremos aí, o modelo original com a solução básica inicial procurada. 
Exemplo: 
Max z = x1 + x2 + x3 
{
 
 
 
 
2𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥3 ≤ 10
𝑥1 + 𝑥2 + 2𝑥3 ≥ 20
2𝑥1 + 𝑥2 + 3𝑥3 = 60
𝑥1 ≥ 0
𝑥2 ≥ 0
𝑥3 ≥ 0
 
 
1. Acrescentando variáveis de folga e variáveis auxiliares, conforme já fizemos 
anteriormente, teremos: 
{
2𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥3 + 𝑥𝐹1 = 10
𝑥1 + 𝑥2 + 2𝑥3 − 𝑥𝐹2 + 𝑎2 = 20
2𝑥1 + 𝑥2 + 3𝑥3 + 𝑎3 = 60
 
 
2. Função auxiliar W = a2 + a3 
Isolamos a2, a3 , ... , na , assim: 
Da segunda restrição: a2 = -x1 – x2 - 2x3 + xF2 + 20 
Da terceira restrição: a3 = -2x1 – x2 - 3x3 + 60 
 
Substituindo na função auxiliar temos: 
W = a2 + a3 = -3x1 - 2x2 - 5x3 + xF2 + 80 
mini W= max (-W) = 3x1 + 2x2 + 5x3 – xF2 - 80 
 -w -3x1 - 2x2 - 5x3 + xF2 = -80 
O quadro com a função auxiliar W fica assim: 
z x1 x2 x3 xF1 xF2 a2 a3 b 
1 -1 -1 -1 0 0 0 0 0 
0 2 1 -1 1 0 0 0 10 
0 1 1 2 0 -1 1 0 20 
0 2 1 3 0 0 0 1 60 
-1 -3 -2 -5 0 1 0 0 -80 
-W 
 
Solução: 
Variáveis básicas Variáveis não básicas Valor de W 
xF1 = 10 x1 = 0 W = 80 
a2 = 20 x2 = 0 
a3 = 60 x3 = 0 
xF2 = 0 
A função objetivo a ser minimizada é W. Observando seus coeficientes, 
verificamos que a resolução do quadro não é ótima. 
Cálculo da nova solução: 
- Variável que entra: x3 (coeficiente -5) 
- Variável que sai: 10 ÷ (-1) = -10 → prejudicada 
20 ÷ 2 = 10 → sai a variável da terceira linha: a2 
60 ÷ 3 = 20 
151 
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Linha pivô: terceira linha Elemento pivô: 2 
Nova linha pivô (linha pivô ÷ 2): 0 0,5 0,5 1 0 -0,5 0,5 0 10 
 
Cálculo da nova primeira linha: (coeficiente -1) 
Nova linha pivô: 0 0,5 0,5 1 0 -0,5 0,5 0 10 
x (1) 0 0,5 0,5 1 0 -0,5 0,5 0 10 
+ primeira linha 1 -1 -1 -1 0 0 0 0 0 
Soma = nova 
Primeira linha: 
1 -0,5 -0,5 0 0 -0,5 0,5 0 10 
 
Cálculo da nova segunda linha: (coeficiente -1) 
Nova linha pivô: 0 0,5 0,5 1 0 -0,5 0,5 0 10 
x (1) 0 0,5 0,5 1 0 -0,5 0,5 0 10 
+ segunda linha 0 2 1 -1 0 0 0 0 10 
Soma = nova 
segunda linha: 
0 2,5 1,5 0 0 -0,5 0,5 0 20 
 
Cálculo da nova quarta linha: (coeficiente 3) 
Nova linha pivô: 0 0,5 0,5 1 0 -0,5 0,5 0 10 
x (-3) 0 -1,5 -1,5 -3 0 1,5 -
1,5 
0 30 
+ quarta linha 0 2 1 3 0 0 0 1 60 
Soma = nova 
quarta linha: 
0 0,5 -0,5 0 0 1,5 
-
1,5 
1 30 
 
Cálculo da nova quinta linha: (coeficiente -5) 
Nova linha pivô: 0 0,5 0,5 1 0 -0,5 0,5 0 10 
x (5) 0 2,5 2,5 5 0 -2,5 2,5 0 50 
+ quinta linha -1 -3 -2 -5 0 1 0 0 -80 
Soma = nova 
quinta linha: 
-1 -0,5 0,5 0 0 -1,5 2,5 0 -30 
Novo quadro: 
z x1 x2 x3 xF1 xF2 a2 a3 b 
1 -0,5 -0,5 0 0 -0,5 0,5 0 10 
0 2,5 1,5 0 1 -0,5 0,5 0 20 
0 0,5 0,5 1 0 -0,5 0,5 0 10 
0 0,5 -0,5 0 0 1,5 -1,5 1 30 
-1 -0,5 0,5 0 0 -1,5 2,5 0 -30 
-W 
 
Solução: 
Variáveis básicas Variáveis não básicas Valor de W 
x3 = 10 x1 = 0 W = 30 
xF1 = 20 x2 = 0 
a3 = 30 xF2 = 0 
 a2 =0 
como não zeramos as duas variáveis auxiliares vamos calcular novamente. 
 
152 
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Cálculo da nova solução: 
- Variável que entra: xF2 (coeficiente -1,5) 
- Variável que sai: 20 ÷ (-0,5) = -40 → prejudicada 
10 ÷ (-0,5) = -20 → prejudicada 
30 ÷ 1 ,5 = 20 → sai a variável da quarta linha: a3 
Linha pivô: quarta linha 
Elemento pivô: 1,5 
Nova linha pivô = linha pivô ÷1,5: 
0 0,333 -0,333 0 0 1 -1 0,667 20 
 
Cálculo da nova primeira linha: (coeficiente -0,5) 
Nova linha pivô: 0 0,333 -0,333 0 0 1 -1 0,667 20 
x (0,5) 0 0,166 -0,166 0 0 0,5 -0,5 0,333 10 
+ primeira linha 1 -0,5 -0,5 0 0 -0,5 0,5 0 10 
Soma = nova 
Primeira linha: 
1 
-
0,333 
-0,667 0 0 0 0 0,333 20 
 
Cálculo da nova segunda linha (coeficiente -0,5) 
Nova linha pivô: 0 0,333 -0,333 0 0 1 -1 0,667 20 
x (0,5) 0 0,166 -0,166 0 0 0,5 -0,5 0,333 10 
+ segunda linha 0 2,5 1,5 0 1 -0,5 0,5 0 20 
Soma = nova 
segunda linha: 
1 2,666 1,333 0 1 0 0 0,333 30 
 
 
Cálculo da nova terceira linha (coeficiente -0,5) 
Nova linha pivô: 0 0,333 -0,333 0 0 1 -1 0,667 20 
x (0,5) 0 0,166 -0,166 0 0 0,5 -0,5 0,333 10 
+ terceira linha 1 0,5 0,5 1 0 -0,5 0,5 0 10 
Soma = nova 
terceira linha: 
1 0,666 0,333 1 0 0 0 0,333 20 
 
Cálculo da nova quinta linha (coeficiente -1,5) 
Nova linha pivô: 0 0,333 -0,333 0 0 1 -1 0,667 20 
x (1,5) 0 0,5 -0,5 0 0 1,5 -1,5 1 30 
+ quinta linha -1 -0,5 0,5 0 0 -1,5 2,5 0 -
30 
Soma = nova 
quinta linha: 
-1 0 0 0 0 0 1 1 0 
 
Novo quadro: 
z x1 x2 x3 xF1 xF2 a2 a3 b 
1 -0,333 -0,667 0 0 0 0 0,333 20 
0 2,666 1,333 0 1 0 0 0,333 30 
0 0,666 0,333 1 0 0 0 0,333 20 
0 0,333 -0,333 0 0 1 -1 0,667 20 
-1 0 0 0 0 0 1 1 0 
-W 
153 
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Solução: 
Variáveis básicas Variáveis não básicas Valor de W 
x3 = 20 x1 = 0 W = 0 
xF1 = 30 x2 = 0 
xF2 = 20 a2 = 0 
a3 = 0 
 
O problema apresenta agora uma solução básica formada pelas variáveis 
originais. As variáveis auxiliares e a função objetivo auxiliar são nulas. Podemos 
abandoná-las e continuar o problema com a função objetivo original. 
O quadro será portanto: 
z x1 x2 x3 xF1 xF2 b 
1 -0,333 -0,667 0 0 0 20 
0 2,666 1,333 0 1 0 30 
0 0,666 0,333 1 0 0 20 
0 0,333 -0,333 0 0 1 20 
 
Cálculo da solução ótima: 
- Variável que entra: x2 (coeficiente -0,667) 
- Variável que sai: 30 ÷ 1,333 = 22,5 → sai variável da segunda 
linha: xF1 
20 ÷ 0,333 = 60 
20 ÷ (-0,333) = -60 → prejudicada 
Linha pivô: segunda linha 
Elemento pivô: 1 ,333 
Nova linha pivô (linha pivô ÷ 1,333): 0 2 1 0 0,75 0 22,5 
 
Cálculo da nova primeira linha (coeficiente da variável que entra = -0,667) 
Nova linha pivô: 0 2 1 0 0,75 0 22,5 
x (0,667) 0 1,333 0,667 0 0,5 0 15 
+ primeira linha 1 -0,333 -0,667 0 0 0 20 
Soma = nova 
Primeira linha: 
1 1 0 0 0,5 0 35 
 
Cálculo da nova terceira linha (coeficiente da variável que entra = 0,333) 
Nova linha pivô: 0 2 1 0 0,75 0 22,5 
x (-0,333) 0 -0,667 -0,333 0 -0,25 0 -7,5 
+ terceira linha 0 0,667 0,333 1 0 0 20 
Soma = nova 
terceira linha: 
0 0 0 1 -0,25 0 12,5 
 
Cálculo da nova quarta linha (coeficiente da variável que entra = -0,333) 
Nova linha pivô: 0 2 1 0 0,75 0 22,5 
x (0,333) 0 0,667 0,333 0 0,25 0 7,5 
+ quarta linha 0 0,333 -0,333 0 0 1 20 
Soma = nova 
quarta linha: 
0 1 0 0 0,25 1 27,5 
No quadro: 
154 
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z x1 x2 x3 xF1 xF2 b 
1 1 0 0 0,5 0 35 
0 2 1 0 0,75 0 22,5 
0 0 0 1 -0,25 0 12,5 
0 1 0 0 0,25 1 27,5 
Solução: 
Variáveis básicas Variáveis não básicas Valor de z original 
 x2 = 22,5 x1 = 0 Z = 35 
 x3 = 12,5 xF1 = 0 
 xF2 = 27,5 
A solução é ótima. 
Assista agora a Vídeo Aula: 
Método da função objetivo auxiliar (ou artificial) - exemplo 1 
 
OBSERVAÇÃO: Caso a função auxiliar W apresente solução ótima e valor não nulo, 
as variáveis auxiliares não serão todas nulas e o modelo original não apresentará 
então uma solução básica. Neste caso, o problema não tem solução. 
 
O Problema da Degeneração 
 
No desenvolvimento do Simplex, a linha pivô é a restrição que apresenta o 
menor quociente não negativo, na divisão dos termos independentes pelos 
coeficientes positivos da variável que entra. 
Pode ocorrer que haja mais de um resultado nessas condições. Devemos 
escolher arbitrariamente um deles para calcular a solução. Entretanto, essa solução 
apresentará variáveis básicas com valor nulo. A saída de uma variável básica nula 
provoca o aparecimento de outra variávelbásica nula na solução seguinte, sem 
alteração do valor do objetivo. 
Neste caso, a solução é chamada degenerada. Se os coeficientes da função 
objetivo retornam não negativos em alguma iteração, o caso não apresenta 
dificuldade. O problema aparece quando as iterações levam a circuitos, sem 
caracterizar a solução ótima. Embora o caso seja muito raro, há maneiras de 
solucioná-lo. Entretanto, ao nível desta exposição esse método não tem interesse. 
 
O Problema da Solução ilimitada 
 
Isto ocorre quando a variável que entra na base não possui em sua coluna 
nenhum coeficiente positivo. Os programas de computador, neste caso, apresentam a 
última solução básica antes que a solução se torne ilimitada. 
 
Caso de Soluções Múltiplas 
 
Se na solução ótima o coeficiente de uma variável não básica é zero, ele poderá 
entrar na base sem alterar o valor do objetivo, gerando outra solução ótima. Neste 
caso, qualquer combinação linear dessas duas soluções também será solução ótima. 
 
http://www.professormatusalem.com/video-aulas/ensino-superior/aula-47-resolucao-pelo-simplex-modelo-geral-exemplo-2/
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Exercícios 
 
01) Resolva pelo Simplex, usando o método do M grande. 
 
Max z = 2x1 + 3x2 
 
{
𝑥1 + 𝑥2 ≥ 10
2𝑥1 + 𝑥2 ≤ 16
𝑥1 ≥ 0
𝑥2 ≥ 0
 
 
Resolução: 
1º iremos fazer pelo método do M grande. 
a) Reescrevendo a função objetivo já acrescentando no primeiro membro a variável 
auxiliar com seu respectivo M grande e passando as inequações de restrição para 
equações, colocando as devidas folgas, temos: 
z - 2x1 - 3x2 + M1a1 = 0 
𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥𝐹1 + 𝑎1 = 10 
2𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥𝐹2 = 16 
 
b) Montamos a tabela: 
z x1 x2 xF1 xF2 a1 b 
1 -2 -3 0 0 M1 0 
0 1 1 -1 0 1 10 
0 2 1 0 1 0 16 
 
c) Na função objetivo identificamos a variável que entra localizando o maior 
coeficiente. 
z = 2x1 + 3x2 
Logo a variável que entra será (x2) 
 
d) Agora iremos dividir os termos independentes pelos respectivos coeficiente de (x2 - 
a variável que entra nesse exercício) e encontraremos a linha que sai (o menor 
resultado positivo). 
b x2 
0 -3 Não fazemos conta com a função objetivo 
10 ÷ 1 = 10 → sai 
16 ÷ 1 = 66 
 
e) Então podemos visualizar a tabela assim: 
z x1 x2 xF1 xF2 a1 b 
1 -2 -3 0 0 M1 0 
0 1 1 -1 0 1 10 
0 2 1 0 1 0 16 
 entra 
 
O elemento que está na coluna que entra e na linha que sai é chamado de elemento 
pivô, no nosso caso foi (1). 
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f) Agora iremos calcular a nova linha pivô. Para isso basta dividir todos os elementos 
da linha que sai pelo elemento pivô. 
Linha que sai 0 1 1 -1 0 1 10 
÷ (1) 0 1 1 -1 0 1 10 →Nova linha pivô 
 
 
g) Agora iremos calcular as novas linhas. 
O coeficiente de x2 na primeira linha é (-3), então multiplicaremos a linha pivô pelo 
seu oposto (3). 
 Nova 1ª linha 
Nova linha pivô 0 1 1 -1 0 1 10 
x(3) 0 3 3 -3 0 3 30 
+ 1ª linha 1 -2 -3 0 0 M1 0 
Nova 1ª linha 1 1 0 -3 0 M1 30 
 
O coeficiente de x2 na terceira linha é (1), então multiplicaremos a linha pivô pelo 
seu oposto (-1). 
 
 Nova 3ª linha 
Nova linha pivô 0 1 1 -1 0 1 10 
x(-1) 0 -1 -1 1 0 -1 -10 
+ 3ª linha 0 2 1 0 1 0 16 
Nova 3ª linha 0 1 0 1 1 -1 6 
 
h) Reescrevendo a tabela, temos: 
z x1 x2 xF1 xF2 a1 b 
1 1 0 -3 0 M1 30 
0 1 1 -1 0 1 10 
0 1 0 1 1 -1 6 
 
De onde destacamos: 
 
Variáveis Básicas Variáveis Não 
Básicas 
Valor de z 
x2 = 10 x1 = 0 z = 30 
xF2 = 6 xF1 = 0 
 a1 = 0 
Podemos agora abandonar a variável auxiliar e resolvermos o problema 
normalmente. 
 
a) Partindo agora da última tabela, sem a coluna da variável auxiliar, temos: 
 
z x1 x2 xF1 xF2 b 
1 1 0 -3 0 30 
0 1 1 -1 0 10 
0 1 0 1 1 6 
 
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b) Na linha da função objetivo identificamos a variável que entra localizando o maior 
número negativo, que nesse caso foi (-3) coeficiente da variável (xF1) 
 
c) Agora iremos dividir os termos independentes pelos respectivos coeficiente de (xF1 
- a variável que entra nesse exercício) e encontraremos a linha que sai (o menor 
resultado positivo). 
B xF1 
30 -3 Não fazemos conta com a função objetivo 
10 ÷ -1 = -10 Não convém 
6 ÷ 1 = 6 → sai 
 
d) Então podemos visualizar a tabela assim: 
Z x1 x2 xF1 xF2 b 
1 1 0 -3 0 30 
0 1 1 -1 0 10 
0 1 0 1 1 6 sai 
 entra 
 
O elemento que está na coluna que entra e na linha que sai é chamado de elemento 
pivô, no nosso caso foi (1). 
 
e) Agora iremos calcular a nova linha pivô. Para isso basta dividir todos os elementos 
da linha que sai pelo elemento pivô. 
Linha que sai 0 1 0 1 1 6 
÷ (1) 0 1 0 1 1 6 →Nova linha pivô 
 
 
f) Agora iremos calcular as novas linhas. 
O coeficiente de xF1 na primeira linha é (-3), então multiplicaremos a linha pivô pelo 
seu oposto (3). 
Nova 1ª linha 
Nova linha pivô 0 1 0 1 1 6 
x(3) 0 3 0 3 3 18 
+ 1ª linha 1 1 0 -3 0 30 
Nova 1ª linha 1 4 0 0 3 48 
 
 
O coeficiente de xF1 na segunda linha é (-1), então multiplicaremos a linha pivô pelo 
seu oposto (1). 
 
 
Nova 2ª linha 
Nova linha pivô 0 1 0 1 1 6 
x(1) 0 1 0 1 1 6 
+ 2ª linha 0 1 1 -1 0 10 
Nova 2ª linha 0 2 1 0 1 16 
 
g) Reescrevendo a tabela, temos: 
158 
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z x1 x2 xF1 xF2 b 
1 4 0 0 3 48 
0 2 1 0 1 16 
0 1 0 1 1 6 
 
De onde destacamos: 
Variáveis Básicas Variáveis Não 
Básicas 
Valor de z 
x2 = 16 x1 = 0 z = 48 
xF1 = 6 xF2 = 0 
 
Solução ótima z = 48. 
Assista agora a Vídeo Aula: 
Exercício 1 - método do M grande 
 
02) Resolva pelo Simplex, usando o método: 
a) do M grande para obter a solução básica inicial. 
b) da função objetiva artificial. 
Max z = x1 + 2x2 
Sujeito a: 
{
𝑥1 + 𝑥2 ≥ 20
2𝑥1 + 𝑥2 ≤ 26
𝑥1 ≥ 0
𝑥2 ≥ 0
 
 
a) 
Resolução: 
1º iremos fazer pelo método do M grande. 
a) Reescrevendo a função objetivo já acrescentando no primeiro membro a 
variável auxiliar com seu respectivo M grande e passando as inequações de 
restrição para equações, colocando as devidas folgas, temos: 
z - x1 - 2x2 + M1a1 = 0 
𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥𝐹1 + 𝑎1 = 20 
2𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥𝐹2 = 26 
 
b) Montamos a tabela: 
z x1 x2 xF1 xF2 a1 b 
1 -1 -2 0 0 M1 0 
0 1 1 -1 0 1 20 
0 2 1 0 1 0 26 
c) Na função objetivo identificamos a variável que entra localizando o maior 
coeficiente. 
z = x1 + 2x2 
Logo a variável que entra será (x2) 
 
http://www.professormatusalem.com/video-aulas/ensino-superior/aula-48-resolucao-pelo-simplex-modelo-geral-exercicio-1/
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d) Agora iremos dividir os termos independentes pelos respectivos coeficiente de (x2 - 
a variável que entra nesse exercício) e encontraremos a linha que sai (o menor 
resultado positivo). 
b x2 
0 -2 Não fazemos conta com a função objetivo 
20 ÷ 1 = 20 → sai 
26 ÷ 1 = 26 
 
e) Então podemos visualizar a tabela assim: 
 
z x1 x2 xF1 xF2 a1 b 
1 -1 -2 0 0 M1 0 
0 1 1 -1 0 1 20 sai 
0 2 1 0 1 0 26 
 entra 
 
O elemento que está na coluna que entra e na linha que sai é chamado de elemento 
pivô, no nosso caso foi (1). 
 
f) Agora iremos calcular a nova linha pivô. Para isso basta dividir todos os elementos 
da linha que sai pelo elemento pivô. 
Linha que sai 0 1 1 -1 0 1 20 
÷ (1) 0 1 1 -1 0 1 20 →Nova linha pivô 
 
g) Agora iremos calcular as novas linhas. 
O coeficiente de x2 na primeira linha é (-2), então multiplicaremos a linha pivô pelo 
seu oposto (2). 
 
 Nova 1ª linha 
Nova linha pivô 0 1 1 -1 0 1 20 
x(2) 0 2 2 -2 0 2 40 
+ 1ª linha 1 -1 -2 0 0 M1 0 
Nova 1ª linha 1 1 0 -2 0 M1 40 
 
O coeficiente de x2 na terceiralinha é (1), então multiplicaremos a linha pivô pelo 
seu oposto (-1). 
 
 Nova 3ª linha 
Nova linha pivô 0 1 1 -1 0 1 20 
x(-1) 0 -1 -1 1 0 -1 -20 
+ 3ª linha 0 2 1 0 1 0 26 
Nova 3ª linha 0 1 0 1 1 -1 6 
 
h) Reescrevendo a tabela, temos: 
z x1 x2 xF1 xF2 a1 b 
1 1 0 -2 0 M1 40 
0 1 1 -1 0 1 20 
0 1 0 1 1 -1 6 
160 
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De onde destacamos: 
Variáveis Básicas Variáveis Não 
Básicas 
Valor de z 
x2 = 20 x1 = 0 z = 40 
xF2 = 6 xF1 = 0 
 a1 = 0 
Podemos agora abandonar a variável auxiliar e resolvermos o problema 
normalmente. 
 
i) Partindo agora da última tabela, sem a coluna da variável auxiliar, temos: 
z x1 x2 xF1 xF2 b 
1 1 0 -2 0 40 
0 1 1 -1 0 20 
0 1 0 1 1 6 
 
j) Na linha da função objetivo identificamos a variável que entra localizando o maior 
número negativo, que nesse caso foi (-2) coeficiente da variável (xF1) 
 
k) Agora iremos dividir os termos independentes pelos respectivos coeficiente de (xF1 
- a variável que entra nesse exercício) e encontraremos a linha que sai (o menor 
resultado positivo). 
b xF1 
40 -2 Não fazemos conta com a função objetivo 
20 ÷ -1 = -20 Não convém 
6 ÷ 1 = 6 → sai 
 
l) Então podemos visualizar a tabela assim: 
z x1 x2 xF1 xF2 b 
1 1 0 -2 0 40 
0 1 1 -1 0 20 
0 1 0 1 1 6 sai 
 entra 
 
O elemento que está na coluna que entra e na linha que sai é chamado de elemento 
pivô, no nosso caso foi (1). 
m) Agora iremos calcular a nova linha pivô. Para isso basta dividir todos os 
elementos da linha que sai pelo elemento pivô. 
Linha que sai 0 1 0 1 1 6 
÷ (1) 0 1 0 1 1 6 →Nova linha pivô 
 
n) Agora iremos calcular as novas linhas. 
O coeficiente de x2 na primeira linha é (-2), então multiplicaremos a linha pivô pelo 
seu oposto (2). 
Nova 1ª linha 
Nova linha pivô 0 1 0 1 1 6 
x(2) 0 2 0 2 2 12 
+ 1ª linha 1 1 0 -2 0 40 
Nova 1ª linha 1 3 0 0 2 52 
161 
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O coeficiente de x2 na segunda linha é (-1), então multiplicaremos a linha pivô pelo 
seu oposto (1). 
 
Nova 2ª linha 
Nova linha pivô 0 1 0 1 1 6 
x(1) 0 1 0 1 1 6 
+ 2ª linha 0 1 1 -1 0 20 
Nova 2ª linha 0 2 1 0 1 26 
 
o) Reescrevendo a tabela, temos: 
z x1 x2 xF1 xF2 b 
1 3 0 0 2 52 
0 2 1 0 1 26 
0 1 0 1 1 6 
 
De onde destacamos: 
Variáveis Básicas Variáveis Não 
Básicas 
Valor de z 
x2 = 26 x1 = 0 z = 52 
xF1 = 6 xF2 = 0 
 
Solução ótima z = 52. 
Assista agora a Vídeo Aula: 
Exercício 2 (a) - método do M grande 
 
b) da função objetiva artificial. 
Resolução: 
1º iremos fazer pelo método da função objetivo auxiliar. 
a) Reescrevendo as inequações de restrição para equações, colocando as devidas 
folgas, temos: 
z - x1 - 2x2 = 0 
𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥𝐹1 + 𝑎1 = 20 
2𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥𝐹2 = 26 
b) Neste exemplo a função objetivo auxiliar será: 
W = a1 
Logo: 
a1 = -x1 – x2 + xF1 + 20 
então, 
 
 w = -x1 – x2 + xF1 + 20 
 
Como a função auxiliar sempre será de minimização, escrevemos: 
Min w = -x1 – x2 + xF1 + 20 
 
E portanto deverá ser multiplicada por (-1) 
w = -x1 – x2 + xF1 + 20 . (-1) 
-w = x1 + x2 - xF1 - 20 
http://www.professormatusalem.com/video-aulas/aula-83-simplex-retorno-ao-modelo-basico-exercicio-2a/
162 
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Agora passando todas as variáveis para o primeiro membro, temos: 
-w -x1 – x2 + xF1 = -20 
Agora temos as seguintes equações que comporão nossa tabela. 
z - x1 - 2x2 = 0 
𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥𝐹1 + 𝑎1 = 20 
2𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥𝐹2 = 26 
-w -x1 – x2 + xF1 = -20 
 
c) Montamos a tabela: 
z x1 x2 xF1 xF2 a1 b 
1 -1 -2 0 0 0 0 
0 1 1 -1 0 1 20 
0 2 1 0 1 0 26 
-1 -1 -1 1 0 0 -20 
w 
 
d) Iremos trabalhar com a função objetivo auxiliar onde identificamos a 
variável que entra localizando o menor negativo da última linha da tabela. 
Neste exemplo podemos escolher entre x1 ou x2, pois ambos tem coeficiente (-1). 
Escolhemos uma, a variável que entra será (x2) 
 
e) Agora iremos dividir os termos independentes pelos respectivos coeficiente de (x2 - 
a variável que entra nesse exercício) e encontraremos a linha que sai (o menor 
resultado positivo). 
 
b x2 
0 -2 Não fazemos conta com a função objetivo 
20 ÷ 1 = 20 → sai 
26 ÷ 1 = 26 
-20 -1 Não fazemos conta com a função objetivo 
 
f) Então podemos visualizar a tabela assim: 
z x1 x2 xF1 xF2 a1 b 
1 -1 -2 0 0 0 0 
0 1 1 -1 0 1 20 
0 2 1 0 1 0 26 
-1 -1 -1 1 0 0 -20 
w 
 
O elemento que está na coluna que entra e na linha que sai é chamado de elemento 
pivô, no nosso caso foi (1). 
 
g) Agora iremos calcular a nova linha pivô. Para isso basta dividir todos os elementos 
da linha que sai pelo elemento pivô. 
Linha que sai 0 1 1 -1 0 1 20 
÷ (1) 0 1 1 -1 0 1 20 →Nova linha pivô 
 
h) Agora iremos calcular as novas linhas. 
163 
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O coeficiente de x2 na primeira linha é (-2), então multiplicaremos a linha pivô pelo 
seu oposto (2). 
 Nova 1ª linha 
Nova linha pivô 0 1 1 -1 0 1 20 
x(2) 0 2 2 -2 0 2 40 
+ 1ª linha 1 -1 -2 0 0 0 0 
Nova 1ª linha 1 1 0 -2 0 2 40 
 
O coeficiente de x2 na terceira linha é (1), então multiplicaremos a linha pivô pelo 
seu oposto (-1). 
 
 Nova 3ª linha 
Nova linha pivô 0 1 1 -1 0 1 20 
x(-1) 0 -1 -1 1 0 -1 -20 
+ 3ª linha 0 2 1 0 1 0 26 
Nova 3ª linha 0 1 0 1 1 -1 6 
 
O coeficiente de x2 na quarta linha é (-1), então multiplicaremos a linha pivô pelo 
seu oposto (1). 
 Nova 4ª linha 
Nova linha pivô 0 1 1 -1 0 1 20 
x(1) 0 1 1 -1 0 1 20 
+ 4ª linha -1 -1 -1 1 0 0 -20 
Nova 4ª linha -1 0 0 0 0 1 0 
i) Reescrevendo a tabela, temos: 
z x1 x2 xF1 xF2 a1 b 
1 1 0 -2 0 2 40 
0 1 1 -1 0 1 20 
0 1 0 1 1 -1 6 
-1 0 0 0 0 1 0 
w 
 
De onde destacamos: 
Variáveis Básicas Variáveis Não 
Básicas 
Valor de w 
x2 = 20 x1 = 0 w = 0 
xF2 = 6 xF1 = 0 
 a1 = 0 
Como todas as variáveis auxiliares e w foram zeradas, podemos agora abandonar a 
variável auxiliar e a a função objetivo auxiliar, reescrever a tabela sem elas e 
resolver o problema normalmente. 
 
j) Partindo agora da última tabela, sem a coluna da variável auxiliar e sem a função 
objetivo auxiliar, temos: 
z x1 x2 xF1 xF2 b 
1 1 0 -2 0 40 
0 1 1 -1 0 20 
0 1 0 1 1 6 
164 
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k) Na linha da função objetivo identificamos a variável que entra localizando o maior 
número negativo, que nesse caso foi (-2) coeficiente da variável (xF1) 
 
l) Agora iremos dividir os termos independentes pelos respectivos coeficiente de (xF1 
- a variável que entra nesse exercício) e encontraremos a linha que sai (o menor 
resultado positivo). 
b xF1 
40 -2 Não fazemos conta com a função objetivo 
20 ÷ -1 = -20 Não convém 
6 ÷ 1 = 6 → sai 
 
m) Então podemos visualizar a tabela assim: 
z x1 x2 xF1 xF2 b 
1 1 0 -2 0 40 
0 1 1 -1 0 20 
0 1 0 1 1 6 sai 
 entra 
 
O elemento que está na coluna que entra e na linha que sai é chamado de elemento 
pivô, no nosso caso foi (1). 
 
n) Agora iremos calcular a nova linha pivô. Para isso basta dividir todos os elementos 
da linha que sai pelo elemento pivô. 
Linha que sai 0 1 0 1 1 6 
÷ (1) 0 1 0 1 1 6 →Nova linha pivô 
o) Agora iremos calcular as novas linhas. 
O coeficiente de x2 na primeira linha é (-2), então multiplicaremos a linha pivô pelo 
seu oposto (2). 
Nova 1ª linha 
Nova linha pivô 0 1 0 1 1 6 
x(2) 0 2 0 2 2 12 
+ 1ª linha 1 1 0 -2 0 40 
Nova 1ª linha 1 3 0 0 2 52 
 
O coeficiente de x2 na segunda linha é (-1), então multiplicaremos a linha pivô pelo 
seu oposto (1). 
Nova 2ª linha 
Nova linha pivô 0 1 0 1 1 6 
x(1) 0 1 0 1 1 6 
+ 2ª linha 0 11 -1 0 20 
Nova 2ª linha 0 2 1 0 1 26 
 
p) Reescrevendo a tabela, temos: 
z x1 x2 xF1 xF2 b 
1 3 0 0 2 52 
0 2 1 0 1 26 
0 1 0 1 1 6 
165 
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De onde destacamos: 
Variáveis Básicas Variáveis Não 
Básicas 
Valor de z 
x2 = 26 x1 = 0 z = 52 
xF1 = 6 xF2 = 0 
 
Solução ótima z = 52. 
Assista agora a Vídeo Aula: 
Exercício 2 (b) - método da função objetivo auxiliar 
 
03) Mostre que o problema tem várias soluções. 
Min z = 2x1 + 4x2 + 10x3 
 
{
 
 
 
 
𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3 ≤ 120
𝑥1 + 2𝑥2 + 5𝑥3 ≥ 30
𝑥1 ≥ 0
𝑥2 ≥ 0
𝑥3 ≥ 0
 
Resolução: 
Antes de arrumarmos as restrições técnicas vamos multiplicar a função 
objetivo por (-1) já que ela é de minimizar. 
z = 2x1 + 4x2 + 10x3 . (-1) 
-z = -2x1 - 4x2 - 10x3 
 
1º iremos fazer pelo método do M grande. 
a) Reescrevendo a função objetivo já acrescentando no primeiro membro a variável 
auxiliar com seu respectivo M grande e passando as inequações de restrição 
para equações, colocando as devidas folgas, temos: 
-z + 2x1 + 4x2 +10x3 + M2a2 = 0 
𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3 + 𝑥𝐹1 = 120 
𝑥1 + 2𝑥2 + 5𝑥3 − 𝑥𝐹2 + 𝑎2 = 30 
 
b) Montamos a tabela: 
z x1 x2 x3 xF1 xF2 a2 b 
-1 2 4 10 0 0 M2 0 
0 1 1 1 1 0 0 120 
0 1 2 5 0 -1 1 30 
 
c) Na função objetivo identificamos a variável que entra localizando o maior 
coeficiente. 
 
Min z = 2x1 + 4x2 + 10x3 
Logo a variável que entra será (x3) 
 
 
d) Agora iremos dividir os termos independentes pelos respectivos coeficiente de (x3 - 
a variável que entra nesse exercício) e encontraremos a linha que sai (o menor 
resultado positivo). 
http://www.professormatusalem.com/video-aulas/aula-84-simplex-retorno-ao-modelo-basico-exercicio-2b/
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b x3 
0 10 Não fazemos conta com a função objetivo 
120 ÷ 1 = 120 
30 ÷ 5 = 6 → sai 
 
e) Então podemos visualizar a tabela assim: 
z x1 x2 x3 xF1 xF2 a2 b 
-1 2 4 10 0 0 M2 0 
0 1 1 1 1 0 0 120 
0 1 2 5 0 -1 1 30 sai 
 entra 
 
O elemento que está na coluna que entra e na linha que sai é chamado de elemento 
pivô, no nosso caso foi (5). 
 
f) Agora iremos calcular a nova linha pivô. Para isso basta dividir todos os elementos 
da linha que sai pelo elemento pivô. 
Linha que sai 0 1 2 5 0 -1 1 30 
÷ (5) 0 0,2 0,4 1 0 -0,2 0,2 6 →Nova linha pivô 
 
g) Agora iremos calcular as novas linhas. 
O coeficiente de x3 na primeira linha é (10), então multiplicaremos a linha pivô pelo 
seu oposto (-10). 
 Nova 1ª linha 
Nova linha pivô 0 0,2 0,4 1 0 -0,2 0,2 6 
x(-10) 0 -2 -4 -10 0 2 -2 -60 
+ 1ª linha -1 2 4 10 0 0 M2 0 
Nova 1ª linha -1 0 0 0 0 2 M2 -60 
 
O coeficiente de x3 na segunda linha é (1), então multiplicaremos a linha pivô pelo 
seu oposto (-1). 
 
 Nova 2ª linha 
Nova linha pivô 0 0,2 0,4 1 0 -0,2 0,2 6 
x(-1) 0 -0,2 -0,4 -1 0 0,2 -0,2 -6 
+ 2ª linha 0 1 1 1 1 0 0 120 
Nova 2ª linha 0 0,8 0,6 0 1 0,2 -0,2 114 
 
h) Reescrevendo a tabela, temos: 
 
z x1 x2 x3 xF1 xF2 a2 b 
-1 0 0 0 0 2 M2 -60 
0 0,8 0,6 0 1 0,2 -0,2 114 
0 0,2 0,4 1 0 -0,2 0,2 6 
 
 
 
De onde destacamos: 
 
167 
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Variáveis Básicas Variáveis Não 
Básicas 
Valor de z 
x3 = 6 x1 = 0 z = 60 
xF1 = 114 xF2 = 0 
 a2 = 0 
 x2 = 0 
 
Podemos agora abandonar a variável auxiliar e resolvermos o problema 
normalmente. 
 
h) Partindo agora da última tabela, sem a coluna da variável auxiliar, temos: 
z x1 x2 x3 xF1 xF2 b 
-1 0 0 0 0 2 -60 
0 0,8 0,6 0 1 0,2 114 
0 0,2 0,4 1 0 -0,2 6 
 
Variáveis Básicas Variáveis Não 
Básicas 
Valor de z 
x3 = 6 x1 = 0 z = 60 
xF1 = 114 xF2 = 0 
 x2 = 0 
 
x1 = 0, x2 = 0, x3 = 6, xF1 = 114, z = 60. 
As variáveis não básicas x2 e x1 tem coeficiente zero. 
 
Caso de Soluções Múltiplas 
 
Se na solução ótima o coeficiente de uma variável não básica é zero, ele 
poderá entrar na base sem alterar o valor do objetivo, gerando outra solução ótima. 
Neste caso, qualquer combinação linear dessas duas soluções também será solução 
ótima. 
 
Assista agora a Vídeo Aula: 
Exercício 3 - método do M grande 
 
04) Resolva usando Simplex 
Min z = 2x1 + 4x2 + 5x3 
{
 
 
 
 
𝑥1 + 2𝑥2 + 10𝑥3 ≤ 600
𝑥1 − 𝑥2 + 𝑥3 ≥ 50
2𝑥1 − 𝑥3 ≤ 100
𝑥1 ≥ 0
𝑥3 ≥ 0
𝑥2 ≥ 0
 
Resolução: 
Antes de arrumarmos as restrições técnicas vamos multiplicar a função 
objetivo por (-1) já que ela é de minimizar. 
z = 2x1 + 4x2 + 5x3 . (-1) 
-z = -2x1 - 4x2 - 5x3 
http://www.professormatusalem.com/video-aulas/aula-85-simplex-retorno-ao-modelo-basico-exercicio-3/
168 
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1º iremos fazer pelo método do M grande. 
 
a) Reescrevendo a função objetivo já acrescentando no primeiro membro a 
variável auxiliar com seu respectivo M grande e passando as inequações de 
restrição para equações, colocando as devidas folgas, temos: 
-z + 2x1 + 4x2 +5x3 + M2a2 = 0 
𝑥1 + 2𝑥2 + 10𝑥3 + 𝑥𝐹1 = 600 
𝑥1 − 𝑥2 + 𝑥3 − 𝑥𝐹2 + 𝑎2 = 50 
2𝑥1 − 𝑥3 + 𝑥𝐹3 = 100 
 
b) Montamos a tabela: 
z x1 x2 x3 xF1 xF2 xF3 a2 b 
-1 2 4 5 0 0 0 M2 0 
0 1 2 10 1 0 0 0 600 
0 1 -1 1 0 -1 0 1 50 
0 2 0 -1 0 0 1 0 100 
 
c) Na função objetivo identificamos a variável que entra localizando o maior 
coeficiente. 
Min z = 2x1 + 4x2 + 5x3 
Logo a variável que entra será (x3) 
 
d) Agora iremos dividir os termos independentes pelos respectivos coeficiente de (x3 - 
a variável que entra nesse exercício) e encontraremos a linha que sai (o menor 
resultado positivo). 
b x3 
0 5 Não fazemos conta com a função objetivo 
600 ÷ 10 = 60 
50 ÷ 1 = 50 → sai 
100 ÷ -1 = Não convêm 
 
 
 
e) Então podemos visualizar a tabela assim: 
z x1 x2 x3 xF1 xF2 xF3 a2 b 
-1 2 4 5 0 0 0 M2 0 
0 1 2 10 1 0 0 0 600 
0 1 -1 1 0 -1 0 1 50 sai 
0 2 0 -1 0 0 1 0 100 
 entra 
 
O elemento que está na coluna que entra e na linha que sai é chamado de elemento 
pivô, no nosso caso foi (1). 
f) Agora iremos calcular a nova linha pivô. Para isso basta dividir todos os elementos 
da linha que sai pelo elemento pivô. 
Linha que sai 0 1 -1 1 0 -1 0 1 50 
÷ (1) 0 1 -1 1 0 -1 0 1 50 →NLP 
 
g) Agora iremos calcular as novas linhas. 
169 
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O coeficiente de x3 na primeira linha é (5), então multiplicaremos a linha pivô pelo 
seu oposto (-5). 
 Nova 1ª linha 
Nova linha pivô 0 1 -1 1 0 -1 0 1 50 
x(-5) 0 -5 5 -5 0 5 0 -5 -250 
+ 1ª linha -1 2 4 5 0 0 0 M2 0 
Nova 1ª linha -1 -3 9 0 0 5 0 M2 -250 
 
O coeficiente de x3 na segunda linha é (10), então multiplicaremos a linha pivô pelo 
seu oposto (-10). 
 Nova 2ª linha 
Nova linha pivô 0 1 -1 1 0 -1 0 1 50 
x(-10) 0 -10 10 -10 0 10 0 -10 -500 
+ 2ª linha 0 1 2 10 1 0 0 0 600 
Nova 2ª linha 0 -9 12 0 1 10 0 -10 100 
 
O coeficiente de x3 na quarta linha é (-1), então multiplicaremos a linha pivô pelo 
seu oposto (1). 
 
 Nova 4ª linha 
Nova linha pivô 0 1 -1 1 0 -1 0 1 50 
x(1) 0 1 -1 1 0 -1 0 1 50 
+ 4ª linha 0 2 0 -1 0 0 1 0 100 
Nova 4ª linha 0 3 -1 0 0 -1 1 1 150 
 
 
h) Reescrevendo a tabela, temos: 
z x1 x2 x3 xF1 xF2 xF3 a2 b 
-1 -3 9 0 0 5 0 M2 -250 
0 -9 12 0 1 10 0 -10 100 
0 1 -1 1 0 -1 0 1 50 
0 3 -1 0 0 -1 1 1 150 
 
 
De onde destacamos: 
 
Variáveis Básicas Variáveis Não 
Básicas 
Valor de z 
x3 = 50 x1 = 0 z = 250 
xF1 = 10 xF2 = 0 
xF3 = 150 a2 = 0 
 x2 = 0 
 
Podemos agora abandonar a variável auxiliar e resolvermos o problema 
normalmente. 
 
i) Partindo agora da última tabela, sem a coluna da variável auxiliar, temos: 
 
170 
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z x1 x2 x3 xF1 xF2 xF3 b 
-1 -3 9 0 0 5 0 -250 
0 -9 12 0 1 10 0 100 
0 1 -1 1 0 -1 0 50 
0 3 -1 0 0 -1 1 150 
 
 
j) Na função objetivo identificamos a variável que entra localizando o menor 
coeficiente negativo da função objetivo. 
Logo a variável que entra será (x1) 
 
k) Agora iremos dividir os termos independentes pelos respectivos coeficiente 
de (x1 - a variável que entra nesse exercício) e encontraremos a linha que sai 
(o menor resultado positivo). 
 
b x1 
-250 -3 Não fazemos conta com a função objetivo 
100 ÷ -9 = ∄ 
50 ÷ 1 = 50 → sai 
150 ÷ 3 = 50 
 
l) Então podemos visualizar a tabela assim: 
z x1 x2 x3 xF1 xF2 xF3 b 
-1 -3 9 0 0 5 0 -250 
0 -9 12 0 1 10 0 100 
0 1 -1 1 0 -1 0 50 sai 
0 3 -1 0 0 -1 1 150 
 entra 
 
O elemento que está na coluna que entra e na linha que sai é chamado de elemento 
pivô, no nosso caso foi (1). 
 
 
m) Agora iremos calcular a nova linha pivô. Para isso basta dividir todos os 
elementos da linha que sai pelo elemento pivô. 
Linha que sai 0 1 -1 1 0 -1 0 50 
÷ (1) 0 1 -1 1 0 -1 0 50 →Nova linha pivô 
 
n) Agora iremos calcular as novas linhas. 
O coeficiente de x1 na primeira linha é (-3), então multiplicaremos a linha pivô pelo 
seu oposto (3). 
 Nova 1ª linha 
Nova linha pivô 0 1 -1 1 0 -1 0 50 
x(3) 0 3 -3 3 0 -3 0 150 
+ 1ª linha -1 -3 9 0 0 5 0 -250 
Nova 1ª linha -1 0 6 3 0 2 0 -100 
 
171 
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O coeficiente de x1 na segunda linha é (-9), então multiplicaremos a linha pivô pelo 
seu oposto (9). 
 Nova 2ª linha 
Nova linha pivô 0 1 -1 1 0 -1 0 50 
x(9) 0 9 -9 9 0 -9 0 450 
+ 2ª linha 0 -9 12 0 1 10 0 100 
Nova 2ª linha 0 0 3 9 1 1 0 550 
 
O coeficiente de x1 na quarta linha é (3), então multiplicaremos a linha pivô pelo seu 
oposto (-3). 
 Nova 4ª linha 
Nova linha pivô 0 1 -1 1 0 -1 0 50 
x(-3) 0 -3 3 -3 0 3 0 -150 
+ 4ª linha 0 3 -1 0 0 -1 1 150 
Nova 4ª linha 0 0 2 -3 0 2 1 0 
 
o) Reescrevendo a tabela, temos: 
z x1 x2 x3 xF1 xF2 xF3 b 
-1 0 6 3 0 2 0 -100 
0 0 3 9 1 1 0 550 
0 1 -1 1 0 -1 0 50 
0 0 2 -3 0 2 1 0 
 
De onde destacamos: 
Variáveis Básicas Variáveis Não 
Básicas 
Valor de z 
x1 = 50 x2 = 0 z = 100 
xF1 = 550 x3 = 0 
xF3 = 0 xF2 = 0 
Solução é ótima. 
Assista agora a Vídeo Aula: 
Exercício 4 - método do M grande 
 
05) Resolva, usando o método Simplex: 
Um vendedor de frutas pode transportar 800 caixas de frutas para sua região de 
vendas. Ele necessita transportar 200 caixas de laranjas a 20 u.m. de lucro por caixa, 
pelo menos 100 caixas de pêssegos a 10 u.m. de lucro por caixa, e no máximo 200 
caixas de tangerinas a 30 u.m. de lucro por caixa. 
Com o seguinte modelo: 
𝑥1 → 𝑞𝑢𝑎𝑛𝑡𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 𝑑𝑒 𝑐𝑎𝑖𝑥𝑎𝑠 𝑑𝑒 𝑝ê𝑠𝑠𝑒𝑔𝑜 
𝑥2 → 𝑞𝑢𝑎𝑛𝑡𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 𝑑𝑒 𝑐𝑎𝑖𝑥𝑎𝑠 𝑑𝑒 𝑡𝑎𝑛𝑔𝑒𝑟𝑖𝑛𝑎𝑠 
 
𝑚á𝑥𝑖𝑚𝑜 𝑙𝑢𝑐𝑟𝑜 = 10𝑥1 + 30𝑥2 + 4.000 
 
𝑟𝑒𝑠𝑡𝑟𝑖çõ𝑒𝑠 𝑡é𝑐𝑛𝑖𝑐𝑎𝑠 {
𝑥1 + 𝑥2 ≤ 600
𝑥1 ≥ 100
𝑥2 ≤ 200
 
http://www.professormatusalem.com/video-aulas/aula-86-simplex-retorno-ao-modelo-basico-exercicio-4/
172 
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𝑟𝑒𝑠𝑡𝑟𝑖çõ𝑒𝑠 𝑑𝑒 𝑛ã𝑜 𝑛𝑒𝑔𝑎𝑡𝑖𝑣𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 {
𝑥1 ≥ 0
𝑥2 ≥ 0
 
Resolução: 
Neste primeiro momento estaremos usando o método do M grande para 
passar o problema para o modelo geral. Então nosso objetivo é zerar a 
variável auxiliar a2. 
Começamos normalmente, mas devemos colocar a variável auxiliar com o M 
na função objetivo e coloca-la também na inequação que tem sinal ≥. 
E então resolvemos normalmente até zerar a auxiliar. 
 
a) Reescrevendo a função objetivo e passando as inequações de restrição para 
equações, colocando as devidas folgas, temos: 
z – 10x1 - 30x2 + M2a2 = 4000 
𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥𝐹1 = 600 
𝑥1 − 𝑥𝐹2 + 𝑎2 = 100 
𝑥2 + 𝑥𝐹3 = 200 
 
b) Montamos a tabela: 
 
z x1 x2 xF1 xF2 xF3 a2 b 
1 -10 -30 0 0 0 M2 4000 
0 1 1 1 0 0 0 600 
0 1 0 0 -1 0 1 100 
0 0 1 0 0 1 0 200 
 
 
c) Na função objetivo identificamos a variável que entra localizando o maior 
coeficiente. 
𝑧 = 10𝑥1 + 30𝑥2 + 4.000 
Logo a variável que entra será (x2) 
 
d) Agora iremos dividir os termos independentes pelos respectivos coeficiente de 
(x2 - a variável que entra nesse exercício) e encontraremos a linha que sai (o 
menor resultado positivo). 
b x2 
4000 -30 Não fazemos conta com a função objetivo 
600 ÷ 1 = 600 
100 ÷ 0 = ∄ 
200 ÷ 1 = 200 → sai 
 
e) Então podemos visualizar a tabela assim: 
z x1 x2 xF1 xF2 xF3 a2 b 
1 -10 -30 0 0 0 M2 4000 
0 1 1 1 0 0 0 600 
0 2 0 0 -1 0 1 100 
0 0 1 0 0 1 0 200 sai 
 entra 
 
173 
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O elemento que está na coluna que entra e na linha que sai é chamado de elemento 
pivô, no nosso caso foi (1). 
 
 
f) Agora iremos calcular a nova linha pivô. Para isso basta dividir todos os elementos 
da linha que sai pelo elemento pivô. 
Linha que sai 0 0 1 0 0 1 0 200 
÷ (1) 0 0 1 0 0 1 0 200 →Nova linha pivô 
 
 
g) Agora iremos calcular as novas linhas. 
O coeficiente de x2 na primeira linha é (-30), então multiplicaremos a linha pivô pelo 
seu oposto (30). 
 
 Nova 1ª linha 
Nova linha pivô 0 0 1 0 0 1 0 200 
x(30) 0 0 30 0 0 30 0 6000 
+ 1ª linha 1 -10 -30 0 0 0 M2 4000 
Nova 1ª linha 1 -10 0 0 0 30 M2 10000 
 
O coeficiente de x2 na segunda linha é (1), então multiplicaremos a linha pivô pelo 
seu oposto (-1). 
 
 Nova 2ª linha 
Nova linha pivô 0 0 1 0 0 1 0 200 
x(-1) 0 0 -1 0 0 -1 0 -200 
+ 2ª linha 0 1 1 1 0 0 0 600 
Nova 2ª linha 0 1 0 1 0 -1 0 400 
 
 
O coeficiente de x2 na terceira linha é (0), então multiplicaremos a linha pivô pelo 
seu oposto (0). 
 
 Nova 3ª linha 
Nova linha pivô 0 0 1 0 0 1 0 200 
x(0) 0 0 0 0 0 0 0 0 
+ 3ª linha 0 1 0 0 -1 0 1 100 
Nova 3ª linha 0 1 0 0 -1 0 1 100 
 
h) Reescrevendo a tabela, temos: 
z x1 x2 xF1 xF2 xF3 a2 b 
1 -10 0 0 0 30 M2 10000 
0 1 0 1 0 -1 0 400 
0 1 0 0 -1 0 1 100 
0 0 1 0 0 1 0 200 
 
De onde destacamos: 
174 
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Variáveis Básicas Variáveis Não 
Básicas 
Valor de z 
x2 = 200 x1 = 0 z = 10000 
xF1 = 400 xF2 = 0 
a2 = 100 xF3 = 0 
 
Ainda não zeramos a auxiliar. 
i) Montamos a tabela: 
z x1 x2 xF1 xF2 xF3 a2 b 
1 -10 0 0 0 30 M2 10000 
0 1 0 1 0 -1 0 400 
0 1 0 0 -1 0 1 100 
0 0 1 0 0 1 0 200 
 
j) Na função objetivo identificamos a variável que entra localizando o menor 
coeficiente negativo. 
Logo a variável que entra será (x1) 
 
k) Agora iremos dividir os termos independentes pelos respectivos coeficiente de 
(x1 - a variável que entra nesse exercício) e encontraremos a linha que sai (o 
menor resultado positivo). 
b x1 
10000 -10 Não fazemos conta com a função objetivo 
400 ÷ 1 = 400 
100 ÷ 1 = 100 → sai 
200 ÷ 0 = ∄ 
 
l) Então podemos visualizar a tabela assim: 
z x1 x2 xF1 xF2 xF3 a2 b 
1 -10 0 0 0 30 M2 10000 
0 1 0 1 0 -1 0 400 
0 1 0 0 -1 0 1 100 sai 
0 0 1 0 0 1 0 200 
 entra 
O elemento que está na coluna que entra e na linha que sai é chamado de elemento 
pivô, no nosso caso foi (1). 
 
m) Agora iremos calcular a nova linha pivô. Para isso basta dividir todos os 
elementos da linha que sai pelo elemento pivô. 
Linha que sai 0 1 0 0 -1 0 1 100 
÷ (1) 0 1 0 0 -1 0 1 100 →Nova linha pivô 
 
n) Agora iremos calcular as novas linhas. 
O coeficiente de x1 na primeira linha é (-10), então multiplicaremos a linha pivô pelo 
seu oposto (10). 
 
 
 
175 
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 Nova 1ª linhaNova linha pivô 0 1 0 0 -1 0 1 100 
x(10) 0 10 0 0 -10 0 10 1000 
+ 1ª linha 1 -10 0 0 0 30 M2 10000 
Nova 1ª linha 1 0 0 0 -10 30 M2 11000 
 
O coeficiente de x1 na segunda linha é (1), então multiplicaremos a linha pivô pelo 
seu oposto (-1). 
 Nova 2ª linha 
Nova linha pivô 0 1 0 0 -1 0 1 100 
x(-1) 0 -1 0 0 1 0 -1 -100 
+ 2ª linha 0 1 0 1 0 -1 0 400 
Nova 2ª linha 0 0 0 1 1 -1 -1 300 
 
O coeficiente de x1 na quarta linha é (0), então multiplicaremos a linha pivô pelo seu 
oposto (-0,2). 
 
 Nova 4ª linha 
Nova linha pivô 0 1 0 0 -1 0 1 100 
x(0) 0 0 0 0 0 0 0 0 
+ 4ª linha 0 0 1 0 0 1 0 200 
Nova 4ª linha 0 0 1 0 0 1 0 200 
 
o) Reescrevendo a tabela, temos: 
z x1 x2 xF1 xF2 xF3 a2 b 
1 0 0 0 -10 30 M2 11000 
0 0 0 1 1 -1 -1 300 
0 1 0 0 -1 0 1 100 
0 0 1 0 0 1 0 200 
 
De onde destacamos: 
Variáveis Básicas Variáveis Não 
Básicas 
Valor de z 
x1 = 100 a2 = 0 z = 11000 
x2 = 200 xF2 = 0 
xF1 = 300 xF3 = 0 
 
A variável auxiliar foi zerada, agora montamos a nova tabela excluindo a 
coluna da variável auxiliar e resolvemos o exercício normalmente pelo 
simplex. 
 
p) Montamos a tabela: 
z x1 x2 xF1 xF2 xF3 b 
1 0 0 0 -10 30 11000 
0 0 0 1 1 -1 300 
0 1 0 0 -1 0 100 
0 0 1 0 0 1 200 
 
176 
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q) Na função objetivo identificamos a variável que entra localizando o menor 
coeficiente negativo. 
Logo a variável que entra será (xF2) 
 
r) Agora iremos dividir os termos independentes pelos respectivos coeficiente de 
(xF2 - a variável que entra nesse exercício) e encontraremos a linha que sai (o 
menor resultado positivo). 
b xF2 
11000 -10 Não fazemos conta com a função objetivo 
300 ÷ 1 = 300 → sai 
100 ÷ -1 = -100 
200 ÷ 0 = ∄ 
 
s) Então podemos visualizar a tabela assim: 
z x1 x2 xF1 xF2 xF3 b 
1 0 0 0 -10 30 11000 
0 0 0 1 1 -1 300 sai 
0 1 0 0 -1 0 100 
0 0 1 0 0 1 200 
 entra 
 
O elemento que está na coluna que entra e na linha que sai é chamado de elemento 
pivô, no nosso caso foi (1). 
 
 
t) Agora iremos calcular a nova linha pivô. Para isso basta dividir todos os elementos 
da linha que sai pelo elemento pivô. 
Linha que sai 0 0 0 1 1 -1 300 
÷ (1) 0 0 0 1 1 -1 300 →Nova linha pivô 
 
 
u) Agora iremos calcular as novas linhas. 
O coeficiente de xF2 na primeira linha é (-10), então multiplicaremos a linha pivô 
pelo seu oposto (10). 
 
 Nova 1ª linha 
Nova linha pivô 0 0 0 1 1 -1 300 
x(10) 0 0 0 10 10 -10 3000 
+ 1ª linha 1 0 0 0 -10 30 11000 
Nova 1ª linha 1 0 0 10 0 20 14000 
 
O coeficiente de xF2 na terceira linha é (-1), então multiplicaremos a linha pivô pelo 
seu oposto (1). 
 Nova 3ª linha 
Nova linha pivô 0 0 0 1 1 -1 300 
x(1) 0 0 0 1 1 -1 300 
+ 3ª linha 0 1 0 0 -1 0 100 
Nova 3ª linha 0 1 0 1 0 -1 400 
177 
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O coeficiente de xF2 na quarta linha é (0), então multiplicaremos a linha pivô pelo 
seu oposto (0). 
 
 Nova 4ª linha 
Nova linha pivô 0 0 0 1 1 -1 300 
x(0) 0 0 0 0 0 0 0 
+ 4ª linha 0 0 1 0 0 1 200 
Nova 4ª linha 0 0 1 0 0 1 200 
 
 
v) Reescrevendo a tabela, temos: 
z x1 x2 xF1 xF2 xF3 b 
1 0 0 10 0 20 14000 
0 0 0 1 1 -1 300 
0 1 0 1 0 -1 400 
0 0 1 0 0 1 200 
 
 
De onde destacamos: 
Variáveis Básicas Variáveis Não 
Básicas 
Valor de z 
x1 = 400 z = 14000 
x2 = 200 xF1 = 0 
xF2 = 300 xF3 = 0 
 
A solução é ótima 
Assista agora a Vídeo Aula: 
Exercício 5 - método do M grande 
 
 
http://www.professormatusalem.com/video-aulas/aula-87-simplex-retorno-ao-modelo-basico-exercicio-5/
178 
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Análise Econômica 
 
A análise econômica baseia-se nos coeficientes das variáveis, na função 
objetivo final. Vamos lembrar que: 
 
1. O quadro final de um modelo de programação linear apresenta variáveis básicas 
e não básicas. 
2. A função objetivo está escrita em termos das variáveis não básicas. 
3. O valor das variáveis básicas estão na coluna b. O valor das variáveis não 
básicas é zero. 
4. O coeficiente da variável não básica na função objetivo mede a tendência do 
objetivo com aquela variável. É um valor marginal, indica a variação 
proporcional no objetivo para pequenos aumentos ou diminuições na variável. 
Para simplificar o raciocínio, vamos supor sempre aumentos ou diminuições 
unitárias na variável. 
Posteriormente, em análise de sensibilidade podemos verificar até quantas 
unidades podemos aumentar ou diminuir da variável, sem alterar a informação 
contida em seu coeficiente. Esses coeficientes são chamados preços de 
oportunidade (preços relativos ao programa desenvolvido). 
5. No quadro final, a solução é ótima. Um aumento de zero para 1 na variável não 
básica prejudica o objetivo. (lucros diminuem, custos aumentam etc.). 
6. Alterações no lucro podem significar alterações em duas outras variáveis: 
receita e custo. 
 
Exemplo 1: 
No programa de produção para o próximo período, a empresa Beta Ltda., 
escolheu três produtos P1, P2. e P3. O quadro abaixo mostra os montantes solicitados 
por unidade na produção. 
produto 
Contribuição 
(lucro por unidade) 
Horas de trabalho 
Horas de uso de 
máquina 
Demanda 
máxima 
P1 2.100 6 12 800 
P2 1.200 4 6 600 
P3 600 6 2 600 
Os preços de venda foram fixados por decisão política e as demandas foram 
estimadas tendo em vista esses preços. A firma pode obter um suprimento de 4.800 
horas de trabalho durante o período de processamento e pressupõe-se usar três 
máquinas que podem prover 7.200 horas de trabalho. Estabelecer um programa 
ótimo de produção para o período. 
 
Solução: 
Modelo linear: 
 Variáveis de decisão: 
 x1 → quantidade a produzir de P1 
x2 → quantidade a produzir de P2. 
x3 → quantidade a produzir de P3 
 
179 
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Objetivo maximizar o lucro = 2.100x1 + 1.200x2 + 600x3 
{
 
 
 
 
6𝑥1 + 4𝑥2 + 6𝑥3 ≤ 4.800
12𝑥1 + 6𝑥2 + 2𝑥3 ≤ 7.200
𝑥1 ≤ 800
𝑥2 ≤ 600
𝑥3 ≤ 600
 
 
O sistema de equações correspondentes, com as devidas folgas será: 
Max z = 2.100x1 + 1.200x2 + 600x3 
 
6x1 + 4x2 + 6x3 + xF1 = 4.800 
12x1 +6x2 + 2x3 + xF2 = 7.200 
x1 + xF3 = 800 
 x2 +xF4 = 600 
 x3 + xF5 = 600 
 
Variáveis de folga: 
xF1 → sobra de recurso horas de trabalho 
xF2 → sobra de recurso horas de máquina 
xF3 → sobra de recurso mercado de P1 
xF4 → sobra de recurso mercado de P2 
xF5 → sobra de recurso mercado de P3 
 
o quadro final pelo método Simplex é o seguinte: 
z x1 x2 x3 xF1 xF2 xF3 xF4 xF5 b 
1 0 0 0 50 150 0 100 0 13.080.000 
0 0 0 1 0,2 -0,1 0 -0,2 0 120 
0 1 0 0 -0,03 0,1 0 -0,47 0 280 
0 0 0 0 0,03 -0,1 1 0,47 0 520 
0 0 1 0 0,2 0,1 0 0,2 0 600 
0 0 0 0 0,2 0,1 0 0,2 1 480 
Solução: 
Variáveis básicas Variáveis não básicas Valor de z 
x1 = 280 xF1 = 0 z = 13.080.000 
x2 = 600 xF2 = 0 
x3 = 120 xF4 = 0 
xF3 = 520 
xF5 = 480 
Entendo a solução temos: 
Solução: 
 Produzir no período: 280 unidades de P1 
600 unidades de P2 
120 unidades de P3 
 Recursos disponíveis: (800 – 280) = 520 unidades do mercado de P1 
 (600 – 120) = 480 unidades do mercado de P3 
Após o programa: 
O preço de oportunidade do recurso "horas de trabalho" (coeficiente de xF1 no 
quadro na 1ª linha da tabela = 50) indica que: 
180 
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 Se conseguirmos mais uma hora de trabalho (o que equivale a fazer xF1= -1) 
aos custoscorrentes poderemos aumentar nosso lucro em 50, isto é, 
poderemos obter nova solução ótima com lucro de 13.080.050. 
 
Obs.: Temos que entrar com 𝑥𝐹1 = −1, pois o termo algébrico está no 1º membro da 
equação e portanto quando passar para o 2º membro irá passar somando. Logo, 
quando quisermos diminuir o valor de z, devemos entrar com 𝑥𝐹1 = 1. 
 
𝑧 + 50𝑥𝐹1 + 150𝑥𝐹2 + 100𝑥𝐹3 = 13.080.000 
Com 𝑥𝐹1 = −1, 𝑥𝐹2 = 0 𝑒 𝑥𝐹3 = 0 temos: 
𝑧 + 50. (−1) + 150. (0) + 100. (0) = 13.080.000 
𝑧 − 50 = 13.080.000 
𝑧 = 13.080.000 + 50 
𝑧 = 13.080.050 
 
 
 Se uma hora a mais de trabalho acarreta o pagamento de adicional extra aos 
funcionários, o valor 50 indica o limite máximo desse adicional. 
Por exemplo: 
se o adicional para os funcionários for de 20, a nova hora de trabalho implicará 
uma nova solução com lucro de 30 a mais que o anterior, portanto o lucro de 
13.080.030. 
 
 Se houver falta de uma hora de trabalho (o que equivale a fazer xF1=1), o 
lucro fica diminuído em 50, caso não haja alteração no custo. Se essa falta for, 
por exemplo, pela ausência de um funcionário que não terá hora descontada, 
acrescentar esse valor ao prejuízo causado pela ausência do funcionário. 
 
O preço de oportunidade do recurso "horas de máquina" (coeficiente de xF2 no quadro 
na 1ª linha da tabela = 150), indica que: 
 Uma hora a menos de máquina, (o que equivale a fazer xF2 = 1), acarreta 
uma diminuição no lucro de 150. A nova solução ótima nesse caso teria lucro de 
13.079.850 desde que não haja alteração nos custos correntes. 
 
Obs.: Temos que entrar com 𝑥𝐹2 = 1, pois o termo algébrico está no 1º membro da 
equação e portanto quando passar para o 2º membro irá passar subtraindo. Logo, 
quando quisermos aumentar o valor de z, devemos entrar com 𝑥𝐹2 = −1. 
 
𝑧 + 50𝑥𝐹1 + 150𝑥𝐹2 + 100𝑥𝐹3 = 13.080.000 
Com 𝑥𝐹1 = 0, 𝑥𝐹2 = 1 𝑒 𝑥𝐹3 = 0 temos: 
𝑧 + 50. (0) + 150. (1) + 100. (0) = 13.080.000 
𝑧 + 150 = 13.080.000 
𝑧 = 13.080.000 − 150 
𝑧 = 13.079.850 
 
 Contratar mais de uma hora de máquina aos custos correntes significa um 
acréscimo de 150 no lucro. Se esse contrato implica adicional extra, ele deve 
ser descontado. No caso de aluguel de hora de máquina de terceiros para o 
programa, o preço de oportunidade 150 indica o máximo que podemos pagar 
181 
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pelo aluguel além de nosso custo corrente. Por exemplo, se nosso custo 
corrente for 500, alugar uma hora de máquina por menos de 650 aumenta o 
nosso lucro. Esse aumento corresponde à diferença entre 650 e o valor do 
aluguel. 
 
 
 Em termos de manutenção e substituição de máquinas, o preço de 
oportunidade oferece informação para o cálculo do prejuízo devido à quebra e 
manutenção de uma máquina operando no programa. Se há uma probabilidade 
de 80% de que uma máquina necessite de uma hora para conserto durante o 
programa, então, há uma expectativa de: 150 x 0,8 = 120 de prejuízo com 
esse evento (quebra da máquina) no programa, além dos custos pela 
manutenção. 
 
O preço de oportunidade do recurso "mercado de P1" (coeficiente xF3 no quadro 
na 1ª linha da tabela = 0) indica que esse recurso não é escasso. 
O mesmo ocorre com o preço de oportunidade do recurso "mercado de P3" 
(coeficiente xF5 no quadro na 1ª linha da tabela = 0). Isto pode nos levar a rever o 
investimento no mercado desses dois produtos. Uma diminuição desses investimentos 
com consequente diminuição do mercado não afetará nossas vendas, causando um 
aumento no lucro. Outra maneira de aumentar o lucro neste caso é aumentar o preço 
de venda dos produtos P1 e P3. Isto diminui os mercados correspondentes sem afetar 
as vendas, desde que o mercado não diminua aquém da produção. 
 
O preço de oportunidade de uma unidade do recurso "mercado de P2." (coeficiente 
xF4 no quadro na 1ª linha da tabela = 100) indica que: 
 O aumento de uma unidade nesse mercado, (o que equivale a fazer xF4 = -1) 
aos custos correntes, acarreta um aumento de 100 no lucro, isto é, a nova 
solução teria lucro de 13.080.100. 
 
𝑧 + 50𝑥𝐹1 + 150𝑥𝐹2 + 100𝑥𝐹3 = 13.080.000 
Com 𝑥𝐹1 = 0, 𝑥𝐹2 = 0 𝑒 𝑥𝐹3 = −1 temos: 
𝑧 + 50. (0) + 150. (0) + 100. (−1) = 13.080.000 
𝑧 − 100 = 13.080.000 
𝑧 = 13.080.000 + 100 
𝑧 = 13.080.100 
 
 Da mesma forma, o cancelamento de uma unidade na compra de um cliente 
implica, ( o que equivale a fazer xF4= 1) um prejuízo de 100, além do custo 
normal da unidade desse recurso. 
 Se o departamento de marketing da empresa estimar em 80 o investimento 
adicional para aumentar em uma unidade o mercado do produto P2, esse 
investimento nos traria um retorno líquido de 100 - 80 = 20, passando o lucro 
para 13.800.020. Por investimento adicional entendemos o valor além do custo 
normal de vendas por unidade nesse mercado. 
 
Assista agora a Vídeo Aula: 
Exemplo 1 – análise econômica 
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182 
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Exemplo 2: 
Um investidor dispõe das atividades rentáveis A e B no início de cada um dos 
próximos cinco anos. Cada unidade monetária investida em A no início de um ano 
rende 1,40 (40% de juros) dois anos depois, em tempo para um reinvestimento 
imediato. Cada u.m. investida em A no início de um ano rende 1,90 (90% de juros) 
três anos depois. Além disso, as atividades rentáveis C e D estarão cada uma 
disponível numa certa ocasião no futuro. Cada u.m. investida em C no início do 
segundo ano rende 2,20 (120% de juros) quatro anos depois. Cada u.m. investida 
em D no início do quinto ano a partir de agora rende 1,30 um ano depois. O 
investidor começa com 10.000 u.m. Ele deseja saber qual o plano de investimento 
que maximiza o dinheiro que ele terá acumulado no início do sexto ano, a partir de 
agora. 
 
Solução: 
 
Variáveis de decisão: xij → investimento na atividade i, no início do ano j. 
i= A, B, C, D 
j = 1, 2, 3, 4, 5 
 
Variáveis de folga: xFi → sobra de recurso para investimento no início do ano i. 
i = 1, 2, 3, 4, 5 
 
Fluxo de caixa do investimento: 
 1 2 3 4 5 6 
 ↑ ↑ ↑ ↑ ↑ ↑ 
 xA1 xA2 xA3 xA4 xD5 
Investimentos xB1 xB2 xB3 
Possíveis xC2 
 ↓ ↓ ↓ ↓ 
 - - 1,40 xA1 1,40 xA2 1,40 xA3 1,40 xA4 
Retornos 1,90 xB1 1,90 xB2 1,90 xB3 
 2,20 xC2 
 1,30 xD5 
 
Objetivo: Max. Receita = 1 ,40xA4 + 1 ,90xB3 + 2,20xC2 +1 ,30xD5. 
 
Restrições: No início de cada ano, pode-se investir o que sobrar não investido no 
ano anterior mais os retornos dos investimentos passados. 
 
1º ano: 
xA1 +xB1 ≤ 10.000 
 
2º ano: 
xA2 + xB2 + xC2 ≤ 10.000 - (xA1 + xB1) 
 
3º ano: 
xA3 + xB3 ≤ [ 10.000 - (xA1 + xB1) ] - (xA2 + xB2 + xC2) + 1,40xA1 
 
 
183 
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4º ano: 
xA1≤{[ 10.000 - (xA1+xB1)]- (xA2+xB2+xC2)+1,40xA1 -(xA3+xB3)} +1 ,40xA2+1,90xB1 
 
5º ano 
xD5≤{[10.000-(xA1+xB1)]-(xA2+xB2+xC2)+1,40xA1-(xA3+xB3)+1,40xA2+ 1,90xB1} - xA4 +1,40xA3 +1,90xB2 
 
Reduzindo os termos semelhantes: 
Max Receita = 1 ,40xA4 + 1 ,90xB3 + 2,20xC2 + 1 ,30xD5 
 
Com: 
xA1 + xB1 ≤ 10.000 
 
xA1 + xB1 + xA2 + xB2 + xC2 ≤ 10.000 
 
-0,4xA1 + xB1 + xA2 + xB2 + xC2 + xA3 + xB3 ≤ 10.000 
 
-0,4xA1 - 0,9xB1 - 0,4xA2 + xB2 + xC2 + xA3 + xB3 + xA4 ≤ 10.000 
 
-0,4xA1 - O,9xB1 - 0,4xA2 - 0,9xB2 + xC2 - 0,4xA3 + xB3 + xA4 + xD5 ≤ 10.000 
 
Agora com as devidas folgas temos: 
Max Receita = 1 ,40xA4 + 1 ,90xB3 + 2,20xC2 + 1 ,30xD5 
 
Com: 
 
xA1 + xB1 + xF1 = 10.000 
 
xA1 + xB1 + xA2 + xB2 + xC2 + xF2 = 10.000 
 
-0,4xA1 + xB1 + xA2 + xB2 + xC2 + xA3 + xB3 + xF3 = 10.000 
 
-0,4xA1 - 0,9xB1 - 0,4xA2 + xB2 + xC2 + xA3 + xB3 + xA4 + xF4 = 10.000 
 
-0,4xA1 - O,9xB1 - 0,4xA2 - 0,9xB2 + xC2 - 0,4xA3 + xB3 + xA4 + xD5 + xF5 =10.000 
 
Variáveis de folga: 
xF1 → folga de investimento no início do 1º ano. 
xF2 → folga de investimento no início do 2º ano. 
xF3 → folga de investimento no início do 3º ano. 
xF4 → folga de investimento no início do 4º ano. 
xF5 → folga de investimento no início do 5º ano. 
 
O quadro final de soluções fica assim: 
 
184 
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Solução: 
 Investir: 10.000 em A no início do primeiro ano (xA1). 
14.000 em B no início do terceiro ano (xB3). 
 Retorno total: 26.600 
Obs.: O problema tem mais de uma solução ótima. 
Não há sobra de recursos para investimento, em cada ano: xF1 = 0, i = 1, 2, 3, 4, 5. 
 
O preço de oportunidade do investimento em A no início do segundo ano 
(coeficiente de xA2 no quadro na 1ª linha da tabela = 0,51) indica que se insistirmos 
em aplicar uma unidade monetária em A no início do segundo ano (fazer xA2 = 1), a 
nova solução ótima teria a receita diminuída em 0,51, passando para 26.599,49. 
 
O mesmo raciocínio vale para investimentos em A no início do terceiro ano 
(coeficiente de xA3 no quadro na 1ª linha da tabela = 0,08) e para investimentos em 
C no início do segundo ano (coeficiente de xC2 no quadro na 1ª linha da tabela = 
0,27). Uma u.m. investida nessas oportunidades diminuiriam o retorno conforme o 
coeficiente da variável na função objetivo. 
 
O preço de oportunidade da folga de investimento no início do primeiro ano 
(coeficiente de xF1 no quadro na 1ª linha da tabela = 0,19) indica que se 
reservássemos uma u.m. no início do primeiro ano, investindo apenas 9.999, e 
retornássemos com esse capital no início do segundo ano; teríamos a receita 
diminuída em 0,19 na nova solução ótima. Isto significa que se tivéssemos outra 
oportunidade de investimento para um ano com retorno maior que 19%, poderíamos 
usá-la para esse capital, com consequente aumento do retorno no início do sexto ano. 
 
O preço de oportunidade da folga de investimento no início do segundo ano 
(coeficiente de xF2 no quadro na 1ª linha da tabela = 0,57) indica que a reserva de 
uma u.m. no início do segundo ano com retorno no início do terceiro ano acarreta 
uma diminuição de 0,57 no retorno final. A nova solução ótima teria um retorno de 
26.599,43. 
 
Se retirássemos do capital a ser investido no início do primeiro ano e 
retornássemos com esse capital no início do terceiro ano (fazendo xF1 = 1 e xF2 = 1), 
teríamos uma diminuição de receita de 0,19 + 0,57 = 0,76. Se tivéssemos a 
oportunidade de investir uma u.m. no início do primeiro ano com retorno dois anos 
depois, com taxa maior que 76%, deveríamos usá-la aumentando o retorno total no 
início do sexto ano. 
 
Se pudéssemos captar dinheiro, por exemplo, no início do quarto ano, cada 
u.m. acrescida a nosso investimento no início do quarto ano traria um aumento de 
receita de 0,10 + 1,3 = 1,4, isto é, renderia 40% de juros. Se a captação tivesse 
custo menor que 40% para devolução no início do sexto ano, deveríamos usá-la para 
aumentar nosso retorno. 
 
Assista agora a Vídeo Aula: 
Exemplo 2 – análise econômica 
 
http://www.professormatusalem.com/video-aulas/aula-82-simplex-analise-economica-exemplo-2/
185 
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Dualidade 
 
Introdução 
 
Em determinadas situações, a quantidade de cálculos necessária para resolver 
um modelo linear pelo método Simplex pode ser reduzida. O modelo inicial, chamado 
primal, pode ser substituído por outro modelo chamado dual, cuja solução é mais 
rápida. Vamos mostrar que conhecida a solução do dual, conheceremos em 
consequência a solução do primal, o que resolve nosso problema. 
 
Considere o modelo de programação linear em que: 
a) a função objetivo é de maximização; 
b) as restrições são todas do tipo ≤; 
c) as variáveis são não negativas. 
 
A este modelo chamado primal podemos associar um outro modelo que chamaremos 
dual, construído da seguinte maneira: 
1º) variáveis de decisão do dual: a cada restrição do primal faremos 
corresponder uma variável yi; 
2º) objetivo: a função objetivo será de minimização. Cada uma de suas 
parcelas será o produto da variável yi pelo termo da direita da restrição 
correspondente; 
3º) restrições: cada variável de decisão primal gera uma restrição no dual. 
Termos da esquerda: cada termo é o produto da variável dual yi pelo 
coeficiente respectivo da variável de decisão primal. 
 Sinal: sinal do tipo ≥. 
Termo da direita: é o coeficiente da variável primal na função objetivo. 
4º) As variáveis yi são todas não negativas. 
 
Exemplo: 
 Primal: Max. Z = 2x1 + 3x2 + x3 variáveis duais 
𝑠𝑢𝑗𝑒𝑖𝑡𝑜 𝑎: {
3𝑥1 + 4𝑥2 + 2𝑥3 ≤ 10 → 𝑦1
2𝑥1 + 6𝑥2 + 𝑥3 ≤ 20 → 𝑦2
𝑥1 − 𝑥2 − 𝑥3 ≤ 30 → 𝑦3
 
 
𝑥1 ≥ 0, 𝑥2 ≥ 0, 𝑥3 ≥ 0 
 
 Dual: Min. D = 10y1 + 20y2 + 30y3 (termos da direita) 
𝑠𝑢𝑗𝑒𝑖𝑡𝑜 𝑎: {
3𝑦1 + 2𝑦2 + 𝑦3 ≥ 2 𝑐𝑜𝑒𝑓𝑖𝑐𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒𝑠 𝑑𝑒 𝑥1
4𝑦1 + 6𝑦2 − 𝑦3 ≥ 3 𝑐𝑜𝑒𝑓𝑖𝑐𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒𝑠 𝑑𝑒 𝑥2
2𝑦1 + 𝑦2 − 𝑦3 ≥ 1 𝑐𝑜𝑒𝑓𝑖𝑐𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒𝑠 𝑑𝑒 𝑥3
 
 
𝑦1 ≥ 0, 𝑦2 ≥ 0, 𝑦3 ≥ 0 
 
Assista agora a Vídeo Aula: 
Exemplo: escrevendo o dual de um modelo de programação linear 
http://www.professormatusalem.com/video-aulas/aula-51-dualidade-dual-de-um-problema-de-programacao-linear-exemplo-1/
186 
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De modo análogo podemos definir o dual do modelo com as características: 
a) função objetivo de minimização; 
b) restrições do tipo ≥; 
c) variáveis todas não negativas. 
 
O modelo dual terá então: 
a) função objetivo de maximização: 
b) restrições do tipo ≤; 
c) variáveis todas não negativas. 
 
Exemplo: 
O dual obtido no exemplo anterior será agora nosso primal. 
 Primal: Min. Z = 10x1 + 20x2 + 30x3 variáveis duais 
 𝑠𝑢𝑗𝑒𝑖𝑡𝑜 𝑎: {
3𝑥1 + 2𝑥2 + 𝑥3 ≥ 2 → 𝑦1
4𝑥1 + 6𝑥2 − 𝑥3 ≥ 3 → 𝑦2
2𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥3 ≥ 1 → 𝑦3
 
 
𝑥1 ≥ 0, 𝑥2 ≥ 0, 𝑥3 ≥ 0 
 
 Dual: Max. D= 2y1 + 3y2 + y3 (termos da direita) 
𝑠𝑢𝑗𝑒𝑖𝑡𝑜 𝑎: {
3𝑦1 + 4𝑦2 + 2𝑦3 ≤ 40 𝑐𝑜𝑒𝑓𝑖𝑐𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒𝑠 𝑑𝑒 𝑥1
2𝑦1 + 6𝑦2 + 𝑦3 ≤ 20 𝑐𝑜𝑒𝑓𝑖𝑐𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒𝑠 𝑑𝑒 𝑥2
𝑦1 − 𝑦2 − 𝑦3 ≤ 30 𝑐𝑜𝑒𝑓𝑖𝑐𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒𝑠 𝑑𝑒 𝑥3
 
𝑦1 ≥ 0, 𝑦2 ≥ 0, 𝑦3 ≥ 0 
 
Assista agora a Vídeo Aula: 
Exemplo: escrevendo o dual de um modelo de programação linear 
 
Observe que o dual, obtido a partir de um dual, retoma ao modelo primal. 
A partir dessa definição, são verdadeiras as seguintes propriedades: 
 
a) se uma restrição primal é do tipo =, a variável dual correspondente será sem 
restrição de sinal(isto é, “livre”); 
b) se uma variável primal for sem restrição de sinal(livre), a restrição do dual 
correspondente será do tipo =. 
Exemplo: 
 
 
 Primal: Max. Z = 2x1 + 3x2 + x3 
𝑠𝑢𝑗𝑒𝑖𝑡𝑜 𝑎: {
𝑥1 + 𝑥2 ≤ 10 → 𝑦1
2𝑥1 + 4𝑥2 − 𝑥3 = 20 → 𝑦2
 
𝑥1 ≥ 0, 𝑥2 ≥ 0, 𝑥3 ≥ 0 
 
 Dual: Min. D= 10y1 + 20y2 
𝑠𝑢𝑗𝑒𝑖𝑡𝑜 𝑎: {
𝑦1 + 2𝑦2 ≥ 2
𝑦1 + 4𝑦2 ≥ 3
−𝑦2 ≥ 1 
 
 
𝑦1 ≥ 0, 𝑦2 𝑙𝑖𝑣𝑟𝑒 
 
http://www.professormatusalem.com/video-aulas/aula-78-dualidade-interpretacao-economica-do-dual-exemplo-2/
187 
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Assista agora a Vídeo Aula: 
Exemplo: escrevendo o dual de um modelo de programação linear 
 
Fazendo o processo inverso temos: 
 
 
Assista agora a Vídeo Aula: 
Exemplo: escrevendo o dual de um modelo de programação linear 
 
Analogia entre as Soluções Primal e Dual 
 
a. A cada solução viável básica primal não ótima corresponde uma solução 
básica inviável dual. 
b. A solução ótima primal correspondeà solução ótima dual com Z=0. 
c. O coeficiente da variável de decisão na função objetivo primal é o valor da 
variável de folga correspondente na solução dual. 
(coeficiente de xi = valor de yFi) 
d. O coeficiente da variável de folga da função objetivo primal é o valor da 
variável de decisão correspondente na solução dual. 
(coeficiente de xFi = valor de yi) 
Como o primal é dual do próprio dual, vale o raciocínio no sentido dual → 
primal. 
(coeficiente de yi = valor de xFi) 
(coeficiente de yFi = valor de xi). 
 
Exemplo: 
Max. Z = x1 + 2x2 + 3x3, 
𝑠𝑢𝑗𝑒𝑖𝑡𝑜 𝑎: {
𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3 ≤ 10 → 𝑦1
2𝑥1 + 𝑥2 + 4𝑥3 ≤ 12 → 𝑦2
𝑥1 + 3𝑥2 − 𝑥3 ≤ 9 → 𝑦3
 
𝑥1 ≥ 0, 𝑥2 ≥ 0, 𝑥3 ≥ 0 
 
o modelo dual correspondente e: 
 
Primal: 
Min. Z = 10x1 + 20x2 
 
{
𝑥1 + 2𝑥2 ≥ 2 → 𝑦1
𝑥1 + 4𝑥2 ≥ 3 → 𝑦2
−𝑥2 ≥ 1 → 𝑦3
 
𝑥1 ≥ 0, 𝑥2 é 𝑙𝑖𝑣𝑟𝑒 
 
Dual: 
Máx. D = 2y1 + 3y2 + y3 
 
{
𝑦1 + 𝑦2 ≤ 10
2𝑦1 + 4𝑦2 − 𝑦3 = 20
 
 
𝑦1 ≥ 0, 𝑦2 ≥ 0, 𝑦3 ≥ 0 
http://www.professormatusalem.com/video-aulas/aula-77-dualidade-interpretacao-economica-do-dual-exemplo-3/
http://www.professormatusalem.com/video-aulas/aula-76-dualidade-interpretacao-economica-do-dual-exemplo-4/
188 
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Min. D= 10y1 + 12y2 + 9y3 
𝑠𝑢𝑗𝑒𝑖𝑡𝑜 𝑎: {
𝑦1 + 2𝑦2 + 𝑦3 ≥ 1 
𝑦1 + 𝑦2 + 3𝑦3 ≥ 2
𝑦1 + 4𝑦2 − 𝑦3 ≥ 3
 
𝑦1 ≥ 0, 𝑦2 ≥ 0, 𝑦3 ≥ 0 
 
Colocando as variáveis de folga no primal e no dual, teremos: 
Primal: Max. Z = x1 + 2x2 + 3x3 
𝑠𝑢𝑗𝑒𝑖𝑡𝑜 𝑎: {
𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3 + 𝑥𝐹1 = 10 
2𝑥1 + 𝑥2 + 4𝑥3 + 𝑥𝐹2 = 12 
𝑥1 + 3𝑥2 − 𝑥3 + 𝑥𝐹3 = 9
 
 
No quadro: 
z x1 x2 x3 xF1 xF2 xF3 b 
1 -1 -2 -3 0 0 0 0 
0 1 1 1 1 0 0 10 
0 2 1 4 0 1 0 12 
0 1 3 -1 0 0 1 9 
 
Solução básica viável: 
Variáveis básicas Variáveis não básicas Valor de Z 
xF1 = 10 x1 = 0 Z= 0 
xF2= 12 x2 = 0 
xF3 = 9 x3 = 0 
 
Dual: Min. D= 10y1 + 12y2 + 9y3 
 
ou 
 
Max. (-D) = -10y1 -12y2 – 9y3 
𝑠𝑢𝑗𝑒𝑖𝑡𝑜 𝑎: {
𝑦1 + 2𝑦2 + 𝑦3 − 𝑦𝐹1 = 1 
𝑦1 + 𝑦2 + 3𝑦3 − 𝑦𝐹2 = 2
𝑦1 + 4𝑦2 − 𝑦3 − 𝑦𝐹3 = 3
 
No quadro: 
D y1 y2 y3 yF1 yF2 yF3 c 
-1 10 12 9 0 0 0 0 
0 1 2 1 -1 0 0 1 
0 1 1 3 0 -1 0 2 
0 1 4 -1 0 0 -1 3 
 
Solução inviável: 
Variáveis básicas Variáveis não básicas Valor de D 
yF1 = -1 y1 = 0 D = 0 
yF2= -2 y2 = 0 
yF3 = -3 y3 = 0 
 
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Exemplo: escrevendo o dual de um quadro 
 
http://www.professormatusalem.com/video-aulas/aula-58-dualidade-escrevendo-o-dual-de-um-quadro-exemplo-1/
189 
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Correspondência: 
coeficiente de x1 = -1 → valor de yF1 =-1 
coeficiente de x2 = -2 → valor de yF2 = -2 
coeficiente de x3 = -3 → valor de yF3 = -3 
coeficiente de xF1 = 0 → valor de y1 = 0 
coeficiente de xF2 = 0 → valor de y2 = 0 
coeficiente de xF3 = 0 → valor de y3 = 0 
valor de x1 = 0 → coeficiente de yF1 = 0 
valor de x2 = 0 → coeficiente de yF2 = 0 
valor de x3 = 0 → coeficiente de yF3 = 0 
valor de xF1 = 10 → coeficiente de y1 = 10 
valor de xF2 = 12 → coeficiente de y2 = 12 
valor de xF3 = 9 → coeficiente de y3 = 9 
valor de Z = 0 → valor de D= 0. 
 
A próxima solução viável básica do primal, com a entrada da variável x3 
(coeficiente -3) e a saída da variável xF2 (12÷4 = 3), após a pivotamento, será: 
Solução: 
z x1 x2 x3 xF1 xF2 xF3 b 
1 0,5 -1,25 0 0 0,75 0 9 
0 0,5 0,75 0 1 -0,25 0 7 
0 0,5 0,25 1 0 0,25 0 3 
0 1,5 3,25 0 0 0,25 1 12 
 
Variáveis básicas Variáveis não básicas Valor de Z 
x3 = 3 x1 = 0 Z= 9 
xF1 = 7 x2 = 0 
xF3 = 12 xF2 = 0 
 
Usando a correspondência descrita, vamos montar o quadro dual 
correspondente: 
coeficientes de xi → valores de yFi 
coeficientes de xFi → valores de yi 
 valores de xi → coeficientes de yFi 
 valores de xFi → coeficiente de yi 
 
No quadro: 
D y1 y2 y3 yF1 yF2 yF3 c 
-1 7 0 12 0 0 3 -9 
 0 1 0 0,5 
 0 0 1 -1,25 
 1 0 0 0,75 
 
Solução: 
Variáveis básicas Variáveis não básicas Valor de D 
y2 = 0,75 y1 = 0 D= 9 
yF1 = 0,5 y3 = 0 
yF2 = -1,25 yF3 = 0 
 
190 
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Exemplo 2: escrevendo o dual de um quadro 
 
O terceiro quadro primal fornece a solução ótima. 
z x1 x2 x3 xF1 xF2 xF3 b 
1 1,077 0 0 0 0,846 0,385 13,615 
0 0,154 0 0 1 -0,308 -0,231 4,231 
0 0,385 0 1 0 0,231 -0,077 2,077 
0 0,461 1 0 0 0,077 0,308 3,692 
 
Solução: 
Variáveis básicas Variáveis não básicas Valor de Z 
x2 = 3,692 x1 = 0 Z= 13,615 
x3 = 2,077 xF2 = 0 
xF1 = 4,231 xF3 = 0 
 
Usando a correspondência descrita, podemos montar o quadro dual: 
D y1 y2 y3 yF1 yF2 yF3 c 
-1 4,321 0 0 0 3,692 2,077 -13,615 
0 0 0 1 0 1,077 
0 1 0 0 -1 0,846 
0 0 1 0 0 0,385 
 
Solução: 
Variáveis básicas Variáveis não básicas Valor de D 
y2 = 0,846 y1 = 0 D= 13,615 
y3 = 0,385 yF2 = 0 
yF1 = 1,077 yF3 = 0 
 
A solução dual também é ótima. 
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Exemplo 3: escrevendo o dual de um quadro 
 
Conclusão: Dado um problema de programação linear, podemos escolher entre 
solucionar o modelo primal ou o modelo dual correspondente. A escolha leva em 
consideração o esforço computacional, que depende do número de restrições, 
variáveis artificiais, etc. 
 
Interpretação Econômica do Dual 
 
Vamos considerar o exemplo de programação da produção de dois itens P1 e 
P2, a partir dos recursos R1 e R2. O quadro abaixo resume os dados. 
Produtos Recursos R1 uso por unidade Recursos R2 uso por unidade Lucro por unidade 
P1 2 10 50 
P2 3 5 90 
disponibilidade de recursos 300 1.000 
 
http://www.professormatusalem.com/video-aulas/aula-59-dualidade-escrevendo-o-dual-de-um-quadro-exercicio-1/
http://www.professormatusalem.com/video-aulas/aula-59-dualidade-escrevendo-o-dual-de-um-quadro-exercicio-1/
http://www.professormatusalem.com/video-aulas/aula-80-dualidade-escrevendo-o-dual-de-um-quadro-exemplo-3/
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191 
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O modelo linear, onde x1 e x2 são as decisões de produção no período 
programado, é: 
Max. Lucro = 50x1 + 90x2 
𝑠𝑢𝑗𝑒𝑖𝑡𝑜 𝑎: {
2𝑥1 + 3𝑥2 ≤ 300
10𝑥1 + 5𝑥2 ≤ 1.000
 
𝑥1 ≥ 0, 𝑥2 ≥ 0 
O quadro final de resolução pelo Simplex, onde xF1 e xF2 são as sobras dos 
recursos R1 e R2, é: 
z x1 x2 xF1 xF2 b 
1 10 0 30 0 9.000 
0 0,67 1 0,33 0 100 
0 6,65 0 -1,65 1 500 
VB VNB Valor de z 
x2 = 100 x1 = 0 z = 9.000 
xF2 = 500 xF1 = 0 
 
o modelo dual correspondente é: 
 
Min. D= 300y1 + 1.000y2 
𝑠𝑢𝑗𝑒𝑖𝑡𝑜 𝑎: {
2𝑦1 + 10𝑦2 ≥ 50
3𝑦1 + 5𝑦2 ≥ 90
 
𝑦1 ≥ 0, 𝑦2 ≥ 0 
 
o quadro final de solução, derivado da solução primal, é: 
D y1 y2 yF1 yF2 c 
-1 0 500 0 100 -9.000 
0 1 0 30 
0 0 1 10 
VB VNB Valor de D 
y1 = 30 y2 = 0 D = 9.000 
yF1 = 10 yF2 = 0 
 
 
 O valor de y1 (y1 = 30), foi obtido do coeficiente de xF1, e representa, portanto, 
o valor de oportunidade do recurso R1, isto é, cada unidade do recurso R1 tem 
capacidade de gerar um lucro de 30. 
O valor de y1 é, portanto, o valor de oportunidade por unidade do recurso R1, 
isto é, a capacidade da unidade do recurso gerar lucro, neste programa. 
 
 O valor de y2 (y2 = 0), foi obtido do coeficiente de xF2, indicando o valor de 
oportunidade do recurso R2. O resultado é coerente, já que o recurso R2 não é 
escasso (xF2 = 500). 
 
 Na função objetivo dual, cadaparcela mede, então, o valor de oportunidade dos 
recursos envolvidos na produção (estoque x valor de oportunidade unitário do 
recurso). 
Como a função objetivo é dada no quadro dual final pela formula 
 −𝐷 + 500𝑦2 + 100𝑦𝐹2 = −9.000 
192 
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e lembrando que 𝑥𝐹2 = 500 e 𝑥2 = 100 são recursos (não escassos) ou (que estão 
sobrando), podemos dizer que a função objetivo dual mede, portanto, a 
capacidade de o estoque de recursos gerar lucro. 
Na resolução ótima, este valor coincide com o lucro atribuído aos produtos pelo 
mercado, isto é, o valor de oportunidade dos produtos no mercado. 
 
 Cada uma das restrições compara o valor de oportunidade atribuído aos 
produtos pelos recursos, com o valor de oportunidade atribuído aos produtos 
pelo mercado. 
Na primeira restrição, por exemplo, 2y1 + 10y2 está indicando que o produto 
P1, que usa duas unidades de R1 e 10 de R2, tem esse valor de oportunidade 
calculado em termos desses produtos. O lado esquerdo, 50, indica o valor de 
oportunidade atribuído pelo mercado. Este valor é também chamado valor 
externo, em contraposição ao valor atribuído pelos recursos, chamado valor 
inteiro. 
Quando a remuneração do mercado (valor externo) cobre o valor interno, o 
produto é fabricado (a diferença yF1 = 0, portanto x1 é básico). Se o valor de 
mercado for menor que o valor interno, o produto não será fabricado. Isto quer 
dizer que existe uso alternativo para os recursos no programa, que é capaz de 
gerar lucro e equivalente o seu valor de oportunidade. 
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Exemplo 1: interpretação econômica do dual 
 
Exercícios 
01) Escreva o dual do seguinte modelo: 
Max. Z = x1 + 2x2 + 3x3, 
𝑠𝑢𝑗𝑒𝑖𝑡𝑜 𝑎: {
𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3 ≤ 10 → 𝒚𝟏 
2𝑥1 + 𝑥2 + 4𝑥3 ≤ 12 → 𝒚𝟐
𝑥1 + 3𝑥2 − 𝑥3 ≤ 9 → 𝒚𝟑
 
𝑥1 ≥ 0, 𝑥2 ≥ 0, 𝑥3 ≥ 0 
 
𝑫 = 𝟏𝟎𝒚𝟏 + 𝟏𝟐𝒚𝟐 + 𝟗𝒚𝟑 
 
{
𝟏𝒚𝟏 + 𝟐𝒚𝟐 + 𝟏𝒚𝟑 ≥ 𝟏
𝟏𝒚𝟏 + 𝟏𝒚𝟐 + 𝟑𝒚𝟑 ≥ 𝟐
𝟏𝒚𝟏 + 𝟒𝒚𝟐 − 𝟏𝒚𝟑 ≥ 𝟑
 
𝒚𝟏 ≥ 𝟎 𝒚𝟐 ≥ 𝟎 𝒚𝟑 ≥ 𝟎 
 
02) Escreva o dual do seguinte modelo: 
Max z = 2x1 + 3x2 
{
 𝑥1 + 𝑥2 ≥ 10 → 𝒚𝟏
 2𝑥1 + 𝑥2 ≤ 16 → 𝒚𝟐
𝑥1 ≥ 0
𝑥2 ≥ 0
 
𝑫 = 𝟏𝟎𝒚𝟏 + 𝟏𝟔𝒚𝟐 
{
𝟏𝒚𝟏 + 𝟐𝒚𝟐 ≤ 𝟐
𝟏𝒚𝟏 + 𝟏𝒚𝟐 ≥ 𝟑
 
𝒚𝟏 ≥ 𝟎 𝒚𝟐 ≥ 𝟎 
http://www.professormatusalem.com/video-aulas/aula-75-dualidade-interpretacao-economica-do-dual-exemplo-1/
http://www.professormatusalem.com/video-aulas/aula-75-dualidade-interpretacao-economica-do-dual-exemplo-1/
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Assista agora a Vídeo Aula: 
Exercício 1 e 2 - dualidade do modelo 
 
03) Escreva o dual do seguinte modelo: 
Min z = 3x1 + 2x2 
 {
2𝑥1 + 𝑥2 ≥ 10 → 𝒚𝟏
𝑥1 + 5𝑥2 ≥ 15 → 𝒚𝟐
𝑥1 ≥ 0
𝑥2 ≥ 0
 
 
𝑴𝒂𝒙 𝑫 = 𝟏𝟎𝒚𝟏 + 𝟏𝟓𝒚𝟐 
 
{
𝟐𝒚𝟏 + 𝟏𝒚𝟐 ≤ 𝟑
𝟏𝒚𝟏 + 𝟓𝒚𝟐 ≤ 𝟐
 
 
04) Escreva o dual do seguinte modelo: 
Max z = x1 + x2 + 2x3 
{
 
 
 
 
𝑥1 + 2𝑥2 ≤ 10 → 𝒚𝟏 
3𝑥1 + 4𝑥2 + 𝑥3 ≤ 20 → 𝒚𝟐
𝑥1 ≥ 0
𝑥3 ≥ 0
𝑥2 é 𝑙𝑖𝑣𝑟𝑒
 
 
𝑴𝒊𝒏 𝑫 = 𝟏𝟎𝒚𝟏 + 𝟐𝟎𝒚𝟐 
 
{
𝟏𝒚𝟏 + 𝟑𝒚𝟐 ≥ 𝟏
𝟐𝒚𝟏 + 𝟒𝒚𝟐 = 𝟏
+𝟏𝒚𝟐 ≥ 𝟐
 
 
𝒚𝟏 ≥ 𝟎 𝒚𝟐 ≥ 𝟎 
Assista agora a Vídeo Aula: 
Exercício 3 e 4 - dualidade do modelo 
 
05) Escreva o dual do seguinte modelo: 
Min z = 2x1 + 4x2 + 10x3 
 
{
 
 
 
 
𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3 ≤ 120 → 𝒚𝟏
𝑥1 + 2𝑥2 + 5𝑥3 ≤ 30 → 𝒚𝟐
𝑥1 ≥ 0
𝑥3 ≥ 0
𝑥2 ≥ 0
 
 
𝑴𝒂𝒙 𝑫 = 𝟏𝟐𝟎𝒚𝟏 + 𝟑𝟎𝒚𝟐 
{
𝟏𝒚𝟏 + 𝟏𝒚𝟐 ≥ 𝟐
𝟏𝒚𝟏 + 𝟐𝒚𝟐 ≥ 𝟒
𝟏𝒚𝟏 + 𝟓𝒚𝟐 ≥ 𝟏𝟎
 
 
𝒚𝟏 ≥ 𝟎 𝒚𝟐 ≥ 𝟎 
 
http://www.professormatusalem.com/video-aulas/aula-51-dualidade-dual-de-um-problema-de-programacao-linear-exemplo-1/
http://www.professormatusalem.com/video-aulas/aula-52-dualidade-dual-de-um-problema-de-programacao-linear-exercicio-1/
194 
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06) Escreva o dual do seguinte modelo: 
Min z = 2x1 + 4x2 + 5x3 
{
 
 
 
 
𝑥1 + 2𝑥2 + 10𝑥3 ≤ 600 → 𝒚𝟏
𝑥1 − 𝑥2 + 𝑥3 ≥ 50 → 𝒚𝟐
2𝑥1 − 𝑥3 ≤ 100 → 𝒚𝟑
𝑥1 ≥ 0
𝑥3 ≥ 0
𝑥2 ≥ 0
 
 
𝑴𝒂𝒙 𝑫 = 𝟔𝟎𝟎𝒚𝟏 + 𝟓𝟎𝒚𝟐 + 𝟏𝟎𝟎𝒚𝟑 
 
{
𝟏𝒚𝟏 + 𝟏𝒚𝟐 + 𝟐𝒚𝟑 ≥ 𝟐
𝟐𝒚𝟏 − 𝟏𝒚𝟐 ≤ 𝟒
𝟏𝟎𝒚𝟏 + 𝟏𝒚𝟐 − 𝟏𝒚𝟑 ≥ 𝟓
 
 
𝒚𝟏 ≥ 𝟎 𝒚𝟐 ≥ 𝟎 𝒚𝟑 ≥ 𝟎 
Assista agora a Vídeo Aula: 
Exercícios 5 e 6 - Dualidade de um modelo 
 
07) Escreva o dual do seguinte modelo: 
Max z = x1 + 2x2 + x3 
{
 
 
 
 
2𝑥1 + 3𝑥2 + 𝑥3 ≥ 10 → 𝒚𝟏
4𝑥1 + 𝑥2 + 2𝑥3 ≥ 20 → 𝒚𝟐
𝑥1 ≥ 0
𝑥3 ≥ 0
𝑥2 ≥ 0
 
𝑴𝒊𝒏 𝑫 = 𝟏𝟎𝒚𝟏 + 𝟐𝟎𝒚𝟐 
{
𝟐𝒚𝟏 + 𝟒𝒚𝟐 ≤ 𝟏
𝟑𝒚𝟏 + 𝟏𝒚𝟐 ≤ 𝟐
𝟏𝒚𝟏 + 𝟐𝒚𝟐 ≤ 𝟏
 
𝒚𝟏 ≥ 𝟎 𝒚𝟐 ≥ 𝟎 
 
08) Escreva o dual do seguinte modelo: 
Minimizar z = 3x1+ 2x2 + x3 
{
 
 
 
 
3𝑥1 + 𝑥2 + 3𝑥3 ≥ 6 → 𝒚𝟏
3𝑥1 + 2𝑥2 = 50 → 𝒚𝟐
𝑥1 − 𝑥2 ≤ 100 → 𝒚𝟑
𝑥1 ≥ 0
𝑥3 ≥ 0
𝑥2 ≥ 0
 
𝑴𝒂𝒙 𝑫 = 𝟔𝒚𝟏 + 𝟓𝟎𝒚𝟐 + 𝟏𝟎𝟎𝒚𝟑 
 
{
𝟑𝒚𝟏 + 𝟑𝒚𝟐 + 𝟏𝒚𝟑 ≤ 𝟑
𝟏𝒚𝟏 + 𝟐𝒚𝟐 − 𝟏𝒚𝟑 ≤ 𝟐
𝟑𝒚𝟏 ≥ 𝟏
 
 
𝒚𝟏 ≥ 𝟎 𝒚𝟐 → 𝒍𝒊𝒗𝒓𝒆 𝒚𝟑 ≥ 𝟎 
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Exercício 7 e 8 - dualidade de um modelo 
http://www.professormatusalem.com/video-aulas/aula-53-dualidade-dual-de-um-problema-de-programacao-linear-exercicio-2/
http://www.professormatusalem.com/video-aulas/aula-54-dualidade-dual-de-um-problema-de-programacao-linear-exercicio-3/
195 
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09) Escreva o dual do seguinte modelo: 
Max. Receita = 10x1 + 12x2 
{
𝑥1 + 𝑥2 ≤ 100 → 𝒚𝟏
𝑥1 + 3𝑥2 ≤ 270 → 𝒚𝟐
𝑥1 ≥ 0
𝑥2 ≥ 0
 
 
𝑴𝒊𝒏 𝑫 = 𝟏𝟎𝟎𝒚𝟏 + 𝟐𝟕𝟎𝒚𝟐 
 
{
𝟏𝒚𝟏 + 𝟏𝒚𝟐 ≥ 𝟏𝟎
𝟏𝒚𝟏 + 𝟑𝒚𝟐 ≥ 𝟏𝟐
 
 
𝒚𝟏 ≥ 𝟎 𝒚𝟐 ≥ 𝟎 
 
10) Escreva o dual do seguinte modelo: 
Max. Lucro = 2x1 + 3x2 + 4x3 
Sujeito a: 
{
 
 
 
 
𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3 ≤ 100 → 𝒚𝟏
2𝑥1 + 𝑥2 ≤ 210 → 𝒚𝟐
𝑥1 ≤ 80 → 𝒚𝟑
𝑥1 ≥ 0
𝑥2 ≥ 0
𝑥3 ≥ 0
 
 
𝑴𝒊𝒏 𝑫 = 𝟏𝟎𝟎𝒚𝟏 + 𝟐𝟏𝟎𝒚𝟐 + 𝟖𝟎𝒚𝟑 
 
{
𝟏𝒚𝟏 + 𝟐𝒚𝟐 + 𝟏𝒚𝟑 ≥ 𝟐
𝟏𝒚𝟏 + 𝟏𝒚𝟐 ≥ 𝟑
𝟏𝒚𝟏 ≥ 𝟒
 
 
𝒚𝟏 ≥ 𝟎 𝒚𝟐 ≥ 𝟎 𝒚𝟑 ≥ 𝟎 
Assista agora a Vídeo Aula: 
Exercício 9 e 10 - dualidade de um modelo 
 
11) Escreva o dual do seguinte modelo: 
Max. z= 0,2x1 + 2x2 + 4x3 
Sujeito a: 
{
 
 
 
 
𝑥1 + 2𝑥2 ≤ 20 → 𝒚𝟏
3𝑥1 + 𝑥3 ≤ 50 → 𝒚𝟐
𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥3 ≤ 15 → 𝒚𝟑
𝑥1 ≥ 0
𝑥2 ≥ 0
𝑥3 ≥ 0
 
𝑴𝒊𝒏 𝑫 = 𝟐𝟎𝒚𝟏 + 𝟓𝟎𝒚𝟐 + 𝟏𝟓𝒚𝟑 
 
{
𝟏𝒚𝟏 + 𝟑𝒚𝟐 + 𝟏𝒚𝟑 ≥ 𝟎, 𝟐
𝟐𝒚𝟏 + 𝟏𝒚𝟑 ≥ 𝟐
 +𝟏𝒚𝟐 − 𝟏𝒚𝟑 ≥ 𝟒
 
𝒚𝟏 ≥ 𝟎 𝒚𝟐 ≥ 𝟎 𝒚𝟑 ≥ 𝟎 
 
http://www.professormatusalem.com/video-aulas/aula-55-dualidade-dual-de-um-problema-de-programacao-linear-exercicio-4/
196 
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12) Escreva o dual do seguinte modelo: 
Max. Z = 5x1 - 3x2 + 4x3 – x4 
{
 
 
 
 
𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3 + 𝑥4 ≤ 600 → 𝒚𝟏
2𝑥1 + 𝑥3 ≤ 280 → 𝒚𝟐
𝑥1 + 3𝑥4 ≤ 150 → 𝒚𝟑
𝑥1 ≥ 0
𝑥2 ≥ 0
𝑥3 ≥ 0
𝑥4 ≥ 0
 
𝑴𝒊𝒏 𝑫 = 𝟔𝟎𝟎𝒚𝟏 + 𝟐𝟓𝟎𝒚𝟐 + 𝟏𝟓𝟎𝒚𝟑 
{
𝟏𝒚𝟏 + 𝟐𝒚𝟐 + 𝟏𝒚𝟑 ≥ 𝟓
𝟏𝒚𝟏 ≥ −𝟑
𝟏𝒚𝟏 + 𝟏𝒚𝟐 ≥ 𝟒
𝟏𝒚𝟏 + 𝟑𝒚𝟑 ≥ −𝟏
 
 
𝒚𝟏 ≥ 𝟎 𝒚𝟐 ≥ 𝟎 𝒚𝟑 ≥ 𝟎 
Assista agora a Vídeo Aula: 
Exercício 11 e 12 - Dualidade de um modelo 
 
13) Escreva o dual do seguinte modelo: 
Max. Z = 2x1 + 4x3 
{
 
 
 
 
𝑥1 + 2𝑥2 + 𝑥3 ≤ 8.000 → 𝒚𝟏
2𝑥1 ≤ 6.000 → 𝒚𝟐
𝑥2 + 𝑥3 ≤ 620 →𝒚𝟑
𝑥1 ≥ 0
𝑥2 ≥ 0
𝑥3 ≥ 0
 
𝑴𝒊𝒏 𝑫 = 𝟖𝟎𝟎𝟎𝒚𝟏 + 𝟔𝟎𝟎𝟎𝒚𝟐 + 𝟔𝟐𝟎𝒚𝟑 
{
𝟏𝒚𝟏 + 𝟐𝒚𝟐 ≥ 𝟐
𝟐𝒚𝟏 + 𝟏𝒚𝟑 ≥ +𝟑
𝟏𝒚𝟏 + 𝟏𝒚𝟑 ≥ 𝟒
 
𝒚𝟏 ≥ 𝟎 𝒚𝟐 ≥ 𝟎 𝒚𝟑 ≥ 𝟎 
 
14) Escreva o dual do seguinte modelo: 
Max. Z = 2x1 + 4x2 + 6x3 
{
 
 
 
 
𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3 ≤ 100 → 𝒚𝟏
2𝑥1 − 𝑥2 + 5𝑥3 ≤ 50 → 𝒚𝟐
3𝑥1 + 𝑥3 ≤ 200 → 𝒚𝟑
𝑥1 ≥ 0
𝑥2 ≥ 0
𝑥3 ≥ 0
 
𝑴𝒊𝒏 𝑫 = 𝟏𝟎𝟎𝒚𝟏 + 𝟓𝟎𝒚𝟐 + 𝟐𝟎𝟎𝒚𝟑 
{
𝟏𝒚𝟏 + 𝟐𝒚𝟐 + 𝟑𝒚𝟑 ≥ 𝟐
𝟏𝒚𝟏 − 𝟏𝒚𝟐 ≥ 𝟒
 𝟏𝒚𝟏 + 𝟓𝒚𝟐 + 𝟏𝒚𝟑 ≥ 𝟔
 
𝒚𝟏 ≥ 𝟎 𝒚𝟐 ≥ 𝟎 𝒚𝟑 ≥ 𝟎 
 
Assista agora a Vídeo Aula: 
Exercícios 13 e 14 - Dualidade de um modelo 
http://www.professormatusalem.com/video-aulas/aula-56-dualidade-dual-de-um-problema-de-programacao-linear-exercicio-5/
http://www.professormatusalem.com/video-aulas/aula-57-dualidade-dual-de-um-problema-de-programacao-linear-exercicio-6/
197 
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15) Escreva o dual do seguinte modelo: 
No quadro: 
z x1 x2 x3 xF1 xF2 xF3 b 
1 -1 -2 -3 0 0 0 0 
0 1 1 1 1 0 0 10 
0 2 1 4 0 1 0 12 
0 1 3 -1 0 0 1 9 
 
Solução básica viável: 
Variáveis básicas Variáveis não básicas Valor de Z 
xF1 = 10 x1 = 0 Z= 0 
xF2= 12 x2 = 0 
xF3 = 9 x3 = 0 
 
D y1 y2 y3 yF1 yF2 yF3 c 
-1 10 12 9 0 0 0 0 
0 1 2 1 1 0 0 -1 
0 1 1 3 0 1 0 -2 
0 1 4 -1 0 0 1 -3 
 
VB VNB Valor de D 
yF1 = -1 y1 = 0 D= 0 
yF2= -2 y2 = 0 
yF3 = -3 y3 = 0 
Assista agora a Vídeo Aula: 
Exercício 15 - dual do quadro e solução 
 
16) Escreva o dual do seguinte modelo: 
z x1 x2 x3 xF1 xF2 xF3 b 
1 0,5 -1,25 0 0 0,75 0 9 
0 0,5 0,75 0 1 -0,25 0 7 
0 0,5 0,25 1 0 0,25 0 3 
0 1,5 3,25 0 0 0,25 1 12 
 
 Variáveis básicas Variáveis não básicas Valor de Z 
 X3 = 3 x1 = 0 Z= 9 
 xF1 = 7 x2 = 0 
 xF3 = 12 xF2 = 0 
 
D y1 y2 y3 yF1 yF2 yF3 c 
-1 7 0 12 0 0 3 -9 
0 0 1 0 0,5 
0 0 0 1 -1,25 
0 1 0 0 0,75 
VB VNB Valor de D 
yF1 = 0,5 yF3 = 0 D= 9 
yF2= -1,25 y1 = 0 
y2 = 0,75 y3 = 0 
http://www.professormatusalem.com/video-aulas/aula-58-dualidade-escrevendo-o-dual-de-um-quadro-exemplo-1/
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17) Escreva o dual do seguinte modelo: 
Z x1 x2 x3 xF1 xF2 xF3 b 
1 1,077 0 0 0 0,846 0,385 13,615 
0 0,154 0 0 1 -0,308 -0,231 4,231 
0 0,385 0 1 0 0,231 -0,077 2,077 
0 0,461 1 0 0 0,077 0,308 3,692 
 
Solução: 
Variáveis básicas Variáveis não básicas Valor de Z 
x2 = 3,692 x1 = 0 Z= 13,615 
x3 = 2,077 xF2 = 0 
xF1 = 4,231 xF3 = 0 
 
D y1 y2 y3 yF1 yF2 yF3 c 
-1 4,231 0 0 0 3,692 2,077 -13,615 
 0 0 1 1,077 
 1 0 0 0,846 
 0 1 0 0,385 
VB VNB Valor de D 
yF1 = 1,077 yF2 = 0 D= 13,615 
y2= 0,846 yF3 = 0 
y3 = 0,385 y1 = 0 
Assista agora a Vídeo Aula: 
Exercício 16 e 17 - dual do quadro e solução 
18) Escreva o dual do seguinte modelo: 
z x1 x2 x3 xF1 xF2 b 
1 -0,333 -0,667 0 0 0 20 
0 2,666 1,333 0 1 0 30 
0 0,666 0,333 1 0 0 20 
0 0,333 -0,333 0 0 1 20 
 
VB VNB Valor de Z 
xF1 = 30 x1 = 0 z = 20 
x3 = 20 x2 = 0 
xF2 =20 
 
D y1 y2 yF1 yF2 yF3 c 
-1 30 20 0 0 20 -20 
0 1 0 -0,333 
0 0 1 -0,667 
 
VB VNB Valor de D 
yF1 = -0,333 yF3 = 0 D= 20 
yF2= -0,667 y1 = 0 
 y2 = 0 
 
 
http://www.professormatusalem.com/video-aulas/aula-59-dualidade-escrevendo-o-dual-de-um-quadro-exercicio-1/
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19) Escreva o dual do seguinte modelo: 
z x1 x2 x3 xF1 xF2 xF3 b 
1 1,67 0 0 1,67 0 0,67 86,67 
0 -0,33 0 1 0,67 0 -0,33 16,67 
0 0,335 0 0 0,335 1 -0,665 13,335 
0 1,335 1 0 0,335 0 0,335 23,335 
 
Variáveis básicas Variáveis não básicas Objetivo 
x2=23,335 x1 = 0 z= 86,67 
x3=16,67 xF1 = 0 
xF2 = 13,335 xF3= 0 
 
D y1 y2 y3 yF1 yF2 yF3 c 
-1 0 13,335 0 0 23,335 16,67 -86,67 
0 0 0 1 1,67 
0 1 0 0 1,67 
0 0 1 0 0,67 
 
VB VNB Valor de D 
yF1 = 1,67 yF2 = 0 D= 86,67 
y1= 1,67 yF3 = 0 
y3 = 0,67 y2 = 0 
Assista agora a Vídeo Aula: 
Exercício 18 e 19 - dual do quadro e solução 
 
 
 
http://www.professormatusalem.com/video-aulas/aula-60-dualidade-escrevendo-o-dual-de-um-quadro-exercicio-2/
200 
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A ferramenta Solver (Excel) 
 
Diversas ferramentas para solução de problemas de otimização, 
comerciais ou acadêmicos, sejam eles lineares ou não, foram 
desenvolvidas. Dentre as ferramentas disponíveis, este curso se propõe a 
apresentar a ferramenta Solver, que acompanha o Microsoft Excel. 
Apesar de a ferramenta Solver poder ser utilizada também para 
problemas de programação não-linear, neste curso será apresentada 
apenas a sua utilização para a solução de problemas de programação 
linear. A utilização para outros tipos de problemas segue o mesmo 
padrão, sendo por isso intuitivo ao usuário o seu aprendizado. 
 
Definindo e Resolvendo um Problema 
 
Inicialmente, devemos definir o problema na planilha do Excel. 
Vamos resolver como exemplo o seguinte problema. A formulação do 
problema é a seguinte: 
Exemplo: 
maximizar z = 11x1 + 12x2 
sujeito a: 
1x1 + 4x2 ≤10000 
5x1 + 2x2 ≤30000 
x1 ≥ 0 
x2 ≥ 0 
Para definir o problema na planilha, devemos definir células para 
representar as variáveis de decisão e uma célula para representar o valor 
da função objetivo. Além disso, as restrições também devem ser 
definidas. Abra um novo arquivo no Microsoft Excel e siga os seguintes 
passos: 
 
 na célula A1 digite "x1"; 
 na célula B1 digite "0"; 
 na célula A2 digite "x2"; 
 na célula B2 digite "0". 
 
As células A2 e B2 guardarão os valores das variáveis de decisão x1 e 
x2, respectivamente. 
Vamos agora definir a função objetivo. As equações do Excel são 
sempre precedidas do sinal de igualdade (=), que indica que nesta célula 
201 
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será efetuada uma conta. Preencha as células da planilha conforme 
indicado a seguir: 
na célula A4 digite "Função objetivo"; 
na célula B4 digite "= 11*B1 + 12*B2". 
 
Na célula B4 será calculado automaticamente o valor da função 
objetivo, a partir da função fornecida. Qualquer alteração nos valores das 
células B1 ou B2 fará com que o valor da função objetivo seja 
recalculado. 
 
Serão definidas agora as restrições do problema: As células de restrição 
devem ser preenchidas da seguinte forma: 
 na célula A6 digite "Restrições"; 
 na célula B6 digite "= B1+4*B2"; 
 na célula C6 digite "<="; 
 na célula D6 digite "10000"; 
 na célula B7 digite "= 5*B1+2*B2"; 
 na célula C7 digite "<="; 
 na célula D7 digite "30000"; 
 na célula B8 digite "=B1”; 
 na célula C8 digite ">= "; 
 na célula D8 digite "0"; 
 na célula B9 digite"=B2"; 
 na célula C9 digite ">=": 
 na célula D9 digite "0". 
Após preenchidas as células, a planilha deve estar igual à apresentada 
na Figura abaixo. 
 
Para otimizar a função objetivo. vamos utilizar a ferramenta solver. 
 No menu Ferramentas, clique em Solver. A janela apresentada 
abaixo se abrirá. 
202 
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 Na caixa "Definir objetivo", selecione a célula da função objetivo 
(B4) clicando sobre ela ou simplesmente digite B4. 
 Logo abaixo, é requerido que se escolha entre três opções: Máx, 
para maximizar a função objetivo, Mín, para minimizar a função 
objetivo, e Valor, que faz com que a funçãoobjetivo tenha 
determinado valor. No nosso exemplo, como Queremos maximizar a 
função objetivo, escolheremos a opção Máx. 
 Na caixa "Alterando Células variáveis", devem ser inseridas as 
células ajustáveis, que contêm os valores das variáveis de decisão. 
Deve-se inserir um nome ou uma referência para cada célula 
ajustável separando as células não-adjacentes por ponto-e-vírgula 
As células ajustáveis devem estar relacionadas direta ou 
indiretamente à célula que contém o valor da função objetivo. 
Podem ser especificadas até 200 células ajustáveis. Para que o 
Solver proponha automaticamente as células ajustáveis com base 
na célula de destino, clique em Estimar. 
 No campo “Selecionar um método de solução” selecione “LP 
simplex”. 
 Na caixa “Sujeito às restrições”, devem ser inseridas as restrições 
do problema. Para inserir uma restrição, siga os seguintes passos: 
o clique no botão "Adicionar". A janela apresentada na Figura 
abaixo se abrirá; 
 
o na caixa "Referência de célula", selecione a célula contendo a 
primeira restrição (B6); 
203 
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o na caixa de seleção escolha a opção que corresponde ao tipo 
de restrição, que pode ser menor ou igual (<=),maior ou igual 
(>=), igual (=), valor inteiro (núm), valor binário (bin) ou (dif) 
para tudo diferente. No nosso caso a opção a ser escolhida é 
<=: 
o na caixa "Restrição", defina a célula que contém o valor limite 
da restrição, ou seja, D6; 
o clique em OK para adicionar a restrição; 
o repita estes passos até que todas as restrições estejam 
adicionadas. 
 Após serem adicionadas as restrições, a janela deve estar igual à 
janela da Figura abaixo, exceto talvez pela presença dos cifrões ($), 
que indicam que a célula é fixa. 
 
 Para resolver o problema, clique no botão "Resolver". Se tudo 
estiver correto, a janela da Figura abaixo será apresentada. 
 
Nesta janela, podemos escolher entre manter a solução encontrada 
pelo Solver ou restaurar os valores originais. Também podemos 
selecionar relatórios, que contém informações sobre o processo de 
solução do problema. 
 A resposta do exercício estará na planilha que você estava usando, 
conforme mostra figura abaixo. 
204 
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O processo de solução pode ser interrompido pressionando-se ESC. 
O Microsoft Excel recalculará a planilha com os últimos valores 
encontrados para as células ajustáveis. 
Instalando o Solver 
Caso a opção Solver não esteja presente no menu Ferramentas, isto é 
porque a ferramenta Solver não foi instalada. Para instalá-la, proceda da 
seguinte maneira: 
 Vá para Aba Arquivos e selecione “Opções”; 
 
 Escolha Suplementos. Se o Solver não estiver listado na caixa de 
diálogo Suplementos, clique em Procurar e localize a unidade de 
disco, a pasta e o nome de arquivo para o suplemento Solver.xls 
(geralmente localizado na pasta Biblioteca\Solver) ou execute o 
programa de instalação se não conseguir localizar o arquivo . 
 Na caixa de diálogo Suplementos, marque a caixa de seleção Solver, 
e depois clique em “ir”. 
 Na nova janela marque “Solver” e dê OK. 
Os suplementos que você selecionar na caixa de diálogo Suplementos 
permanecerão ativos na Aba de Dados até que você os remova. 
 
Assista agora a Vídeo Aula: 
Exemplo: exemplo inicial e como instalar a ferramenta Solver 
 
Exemplos: 
Exemplo 1: 
Resolver o problema de programação linear: 
minimizar Z = 2x1 + 3x2 
http://www.professormatusalem.com/video-aulas/aula-88-solver-exemplo-0/
205 
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𝑠𝑢𝑗𝑒𝑖𝑡𝑜 à𝑠 𝑟𝑒𝑠𝑡𝑟𝑖çõ𝑒𝑠:
{
 
 
 
 
𝑥1 + 𝑥2 ≥ 5
5𝑥1 + 𝑥2 ≥ 10
𝑥1 ≤ 8
𝑥1 ≥ 0
𝑥2 ≥ 0
 
Primeiro preencha com as informações: 
 
Depois acesse o Solver e repasse as informações para o programa. 
 
E finalmente clique em resolver. 
 
206 
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Verificamos que: 
x1 = 5 
x2 = 0 
z = 10 
 
Assista agora a Vídeo Aula: 
Exemplo 1: 
 
Exemplo 2: 
Resolver o problema de programação linear: 
MAX L = 2x1 + 3x2 
𝑠𝑢𝑗𝑒𝑖𝑡𝑜 𝑎: {
4𝑥1 + 6𝑥2 ≤ 60
𝑥1 + 𝑥2 ≥ 12
𝑥1 ≥ 0, 𝑥2 ≥ 0
 
Primeiro preencha com as informações: 
 
 
Depois acesse o Solver e repasse as informações para o programa. 
 
 
http://www.professormatusalem.com/video-aulas/aula-89-solver-exemplo-1/
http://www.professormatusalem.com/video-aulas/aula-89-solver-exemplo-1/
207 
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E finalmente clique em resolver. 
 
Verificamos que: 
x1 = 15 
x2 = 0 
z = 30 
 
Assista agora a Vídeo Aula: 
Exemplo 2 
 
Exemplo 3: 
Maximizar z = 2x1 + 3x2 + x3 
Sujeito a: 
{
 
 
 
 
𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3 ≤ 40
2𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥3 ≤ 20
3𝑥1 + 2𝑥2 − 𝑥3 ≤ 30
𝑥1 ≥ 0
𝑥2 ≥ 0
𝑥3 ≥ 0
 
Primeiro preencha com as informações: 
 
http://www.professormatusalem.com/video-aulas/aula-90-solver-exemplo-2/
http://www.professormatusalem.com/video-aulas/aula-90-solver-exemplo-2/
208 
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Depois acesse o Solver e repasse as informações para o programa. 
 
E finalmente clique em resolver. 
 
Verificamos que: 
x1 = 0 
x2 = 23,33 
x3 = 16,67 
z = 86,67 
Assista agora a Vídeo Aula: 
Exemplo 3 
 
Exercícios: 
1) Resolver o modelo de programação linear: 
a) Maximizar LUCRO = 2x1 + 3x2 
𝑠𝑢𝑗𝑒𝑖𝑡𝑜 𝑎: {
−𝑥1 + 2𝑥2 ≤ 4
𝑥1 + 2𝑥2 ≤ 6
𝑥1 + 3𝑥2 ≤ 9
𝑥1 ≥ 0, 𝑥2 ≥ 0
 
http://www.professormatusalem.com/video-aulas/aula-91-solver-exemplo-3/
http://www.professormatusalem.com/video-aulas/aula-91-solver-exemplo-3/
209 
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Primeiro preencha com as informações: 
 
Depois acesse o Solver e repasse as informações para o programa. 
 
E finalmente clique em resolver. 
 
Verificamos que: 
x1 = 6 
x2 = 0 
z = 12 
210 
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Assista agora a Vídeo Aula: 
Exercício resolvido 1 a 
 
b) Maximizar RECEITA = 0,3x1 + 0,5x2 
𝑠𝑢𝑗𝑒𝑖𝑡𝑜 𝑎: {
2𝑥1 + 𝑥2 ≤ 2
𝑥1 + 3𝑥2 ≤ 3
𝑥1 ≥ 0, 𝑥2 ≥ 0
 
 
Primeiro preencha com as informações: 
 
 
Depois acesse o Solver e repasse as informações para o programa. 
 
 
 
E finalmente clique em resolver. 
http://www.professormatusalem.com/video-aulas/aula-92-solver-exercicio-resolvido-1-a/
http://www.professormatusalem.com/video-aulas/aula-92-solver-exercicio-resolvido-1-a/
211 
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Verificamos que: 
x1 = 0,6 
x2 = 0,8 
z = 0,58 
Assista agora a Vídeo Aula: 
Exercício resolvido 1 b 
 
c) Maximizar LUCRO = 2x1 + 3x2 
𝑠𝑢𝑗𝑒𝑖𝑡𝑜 𝑎: {
𝑥1 + 3𝑥2 ≤ 9
−𝑥1 + 2𝑥2 ≤ 4
𝑥1 + 𝑥2 ≤ 6
𝑥1 ≥ 0, 𝑥2 ≥ 0
 
 
Primeiro preencha com as informações: 
 
 
Depois acesse o Solver e repasse as informações para o programa. 
http://www.professormatusalem.com/video-aulas/aula-93-solver-exercicio-resolvido-1-b/
http://www.professormatusalem.com/video-aulas/aula-93-solver-exercicio-resolvido-1-b/
212 
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E finalmente clique em resolver. 
 
 
Verificamos que: 
x1 = 9 
x2 = 0 
z = 18 
Assista agora a Vídeo Aula: 
Exercício resolvido 1 c 
 
d) Minimizar CUSTO = 10x1 + 12x2 
𝑠𝑢𝑗𝑒𝑖𝑡𝑜 𝑎: {
𝑥1 + 𝑥2 ≤ 10
5𝑥1 + 6𝑥2 ≥ 54
𝑥1 ≥ 0, 𝑥2 ≥ 0
 
Primeiro preencha com as informações: 
http://www.professormatusalem.com/video-aulas/aula-96-solver-exercicio-resolvido-1-c/http://www.professormatusalem.com/video-aulas/aula-96-solver-exercicio-resolvido-1-c/
213 
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Depois acesse o Solver e repasse as informações para o programa. 
 
E finalmente clique em resolver. 
 
Verificamos que: 
x1 = 0 x2 = 9 z = 108 
Assista agora a Vídeo Aula: 
Exercício resolvido 1 d 
 
http://www.professormatusalem.com/video-aulas/aula-94-solver-exercicio-resolvido-1-c/
http://www.professormatusalem.com/video-aulas/aula-94-solver-exercicio-resolvido-1-c/
214 
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e) Minimizar Z = 7x1 + 9x2 
𝑠𝑢𝑗𝑒𝑖𝑡𝑜 𝑎: 
{
 
 
 
 
−𝑥1 + 𝑥2 ≤ 2
𝑥1 ≤ 5
𝑥2 ≤ 6
3𝑥1 + 5𝑥2 ≥ 15
5𝑥1 + 4𝑥2 ≥ 20
𝑥1 ≥ 0, 𝑥2 ≥ 0
 
 
Primeiro preencha com as informações: 
 
 
 
Depois acesse o Solver e repasse as informações para o programa. 
 
 
 
E finalmente clique em resolver. 
215 
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Verificamos que: 
x1 = 3,08 
x2 = 1,15 
z = 31,92 
 
Assista agora a Vídeo Aula: 
Exercício resolvido 1 e 
 
 
http://www.professormatusalem.com/video-aulas/aula-95-solver-exercicio-resolvido-1-e/
http://www.professormatusalem.com/video-aulas/aula-95-solver-exercicio-resolvido-1-e/
216 
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Problema do Transporte 
Introdução 
Vamos considerar a situação descrita a seguir: temos que 
transportar produtos das várias origens onde estão estocados para vários 
destinos onde são necessários. Conhecemos os custos unitários de 
transporte de cada origem para cada destino (Cij - custo unitário de 
transporte da origem i para o destino j). Devemos decidir quanto 
transportar de cada origem para cada destino (Xij - quantidade a ser 
transportada da origem i para o destino j). 
O objetivo é completar a transferência dos produtos com o menor 
custo possível. Em princípio, vamos supor que a quantidade disponível 
nas origens seja exatamente igual ao total das necessidades nos 
destinos. 
 
Exemplo: 
 
 
Essa situação pode ser representada de maneira simples em uma 
tabela: 
 Destino j 
Origens i 
D1 D2 Disponibilidade 
O1 10 12 50 
O2 20 8 100 
O3 6 15 120 
Necessidades 100 170 
 270 
270 
 
Onde se lê: 
 
 
 Origens Destinos 
Disponibilidades Necessidades 
 
50 
 
 100 
100 
 
 170 
120 
 
 Total = 270 Total = 270 
 
 
 
1 
1 
2 
3 
2 
C11 = 10 
C12 = 12 
C21 = 20 
C22 = 8 
C31 = 6 C32 = 15 
217 
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 as disponibilidades nas origens; 
 as necessidades nos destinos; 
 os custos unitários de transporte de cada origem para cada destino. 
 
O MODELO LINEAR DO TRANSPORTE 
 
Variáveis de decisão: Xij - Quantidade a ser transportada da origem 
i para o destino j. 
Objetivo: minimizar o custo do transporte. 
 
Min. C = 10x11 + 12x12 + 20x21 +8x22 + 6x31 + 15x32 
 
onde: 
10X11 = custo unitário de transporte da origem 1 para o destino 1 
x 
quantidade a ser transportada da origem 1 para o destino 1 
= 
custo do transporte da origem 1 para o destino 1 
 
Restrições: 
As quantidades retiradas das origens devem ser a disponibilidade 
em cada uma: 
 
Origem1 - retiradas X11 + X12 = 50 Disponibilidade O1 
Origem2 - retiradas X21 + X22 = 100 Disponibilidade O2 
Origem3 - retiradas X31 + X32 = 120 Disponibilidade O3 
 
As quantidades transportadas para cada destino devem ser a 
necessidade em cada um deles: 
 Destino1 - Chegadas X11 + X21 + X31 = 100 necessidade D1 
 Destino2 - Chegadas X12 + X22 + X32 = 170 necessidade D2 
 
O modelo fica então resumido a: 
Min. C = 10X11 + 12X12 + 20X21 + 8X22 + 6X31 + 15X32 
𝑆𝑢𝑗𝑒𝑖𝑡𝑜 𝑎:
{
 
 
 
 
X11 + X12 = 50 
X21 + X22 = 100
X31 + X32 = 120
X11 + X21 + X31 = 100
X12 + X22 + X32 = 170
 
 
Xij≥0 para i = 1,2,3 e j = 1,2. 
 
218 
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O CASO DE SISTEMAS NÃO EQUILIBRADOS 
O modelo descrito anteriormente pode representar também 
sistemas de transporte que não obedeçam à condição de equilíbrio entre 
oferta (disponibilidade nas origens) e demanda (necessidade de 
destinos). 
O enquadramento no modelo se faz com a criação de origens ou 
destinos auxiliares para receber a diferença entre oferta e demanda. Os 
custos unitários para origens ou destinos auxiliares é zero. Na solução do 
modelo, as quantidades que eventualmente sejam transportadas de 
origens auxiliares ficam faltando nos destinos. As quantidades que são 
transportadas para destinos auxiliares, na verdade ficam depositadas nas 
origens. 
Exemplo: O modelo representado no quadro está desequilibrado 
 
 D1 D2 D3 
O1 10 12 9 20 
O2 4 9 8 30 
O3 6 12 10 10 
 25 36 5 
 60 
66 
 
Criando-se uma origem auxiliar para receber a diferença 66 - 60 = 6, 
teremos o sistema equilibrado: 
 
 D1 D2 D3 
O1 10 12 9 20 
O2 4 9 8 30 
O3 6 12 10 10 
A 0 0 0 6 
 25 36 5 
 66 
66 
 
Uma solução possível para o problema é mostrada no quadro, onde o 
valor das células representa as quantidades transportadas de cada 
origem para cada destino. 
 D1 D2 D3 
O1 20 20 
O2 5 25 30 
O3 10 10 
A 1 5 6 
 25 36 5 
219 
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As quantidades XA2 = 1 e XA3 = 5 transportadas a partir da origem 
auxiliar A, na verdade, ficam faltando nos destinos, isto é, o destino D2 
recebe apenas 35 unidades. O destino D3 não recebe nenhuma 
mercadoria. 
 
O Algoritmo dos Transportes 
 
A solução do problema do transporte, como todo problema 
representado por um modelo de programação linear, pode ser obtida pelo 
método Simplex. Entretanto, devido a suas características especiais, 
podemos descrever um método que, embora mantenha fazes e critérios 
do Simplex, tem os cálculos simplificados. 
 
1 ª Parte - CÁLCULO DA SOLUÇÃO BÁSICA INICIAL 
 
Uma solução básica para o problema é um conjunto de valores a 
transportar que obedecem a duas condições: 
- satisfazem as restrições de origem e destino; 
- não apresentam circuitos entre as variáveis básicas. Por circuitos 
devemos entender uma poligonal fechada construída no sentido das 
linhas ou colunas, ligando variáveis básicas. 
 
Exemplo de circuito: 
 
20 
10 30 
 6 6 
12 9 7 28 
32 25 7 
 
Vamos apresentar dois métodos para a construção da solução inicial: 
 
a) método do canto noroeste 
A partir da cela superior esquerda transportamos o máximo possível da 
origem ao destino correspondente. Esse procedimento zera a 
disponibilidade da linha ou da coluna da cela. O próximo transporte será 
feito na cela contígua (à direita ou abaixo) que tenha disponibilidade de 
linha e coluna correspondente. 
220 
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Exemplo: Calcular a solução inicial do quadro de transportes: 
 D1 D2 D3 
O1 12 9 8 10 
O2 13 12 6 20 
O3 7 9 5 10 
O4 3 2 8 15 
 8 30 17 
 55 
55 
Solução: 
 
8 2 10 2 0 
 20 20 0 
 8 2 10 2 0 
 15 15 0 
8 0 30 17 
 55 
55 
 
 
28 
8 
0 
15 
2 
0 
 
1 º transporte: X11 = 8 (primeira linha mantém disponibilidade de 2) 
2º transporte: X12 = 2 (segunda coluna mantém disponibilidade de 28) 
3º transporte: X22 = 20 (segunda coluna mantém disponibilidade de 8) 
4º transporte: X23 = 8 (terceira linha mantém disponibilidade de 2) 
5º transporte: X33 = 2 (terceira coluna mantém disponibilidadede 15) 
6º transporte: X43 = 15 
 
O método do canto noroeste garante a não formação de circuitos 
entre as variáveis básicas, além de satisfazer as condições de contorno 
(restrições de origem e destino). 
Assista agora a Vídeo Aula: 
Transporte - Método do canto noroeste - exemplo 1 
b) Método de Vogel ou método das penalidades 
Penalidade em uma linha ou coluna é a diferença positiva entre os dois 
custos de menor valor na linha ou coluna. 
A ideia desse método é fazer o transporte com prioridade na linha ou 
coluna que apresenta a maior penalidade. Como o transporte é feito na 
célula de menor custo, tenta-se evitar com isso o transporte na célula de 
custo maior, evitando-se assim incorrer num aumento de custo igual à 
penalidade calculada. 
Descrição do método: 
http://www.professormatusalem.com/video-aulas/aula-61-transporte-metodo-do-canto-noroeste-exemplo-1/
221 
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a) Calcular a penalidade para cada linha ou coluna. Escolher a linha ou 
coluna para transporte, que tenha a maior penalidade. Caso haja 
empate, escolha arbitrariamente uma delas. 
b) Transportar o máximo possível na linha ou coluna escolhida, 
elegendo a célula de menor custo unitário de transporte. Esse 
procedimento zera a oferta ou demanda da célula correspondente. A 
linha ou coluna que tenha sua disponibilidade zerada deve ser 
eliminada. 
c) Retornar ao item a, até que todos os transportes tenham sido 
realizados. 
Exemplo: Calcular pelo método de Vogel uma solução inicial para o 
problema de transporte do quadro: 
 D1 D2 D3 
O1 12 9 8 10 
O2 13 12 6 20 
O3 7 9 5 10 
O4 3 2 8 15 
 8 30 17 
 55 
 55 
Solução: 
Primeiro grupo de penalidades 
 D1 D2 D3 Penalidade 
O1 12 9 8 10 9-8 = 1 
O2 13 12 6 20 12-6 = 6 
O3 7 9 5 10 7-5 = 2 
O4 3 2 8 15 3-2 = 1 
 8 30 17 
penalidade 7-3 = 4 9-2 = 7 
6-5 = 
1 
 
 
 
↑ 
Maior 
penalidade 
 
 
Primeiro transporte: na segunda coluna (maior penalidade), na célula de 
menor custo (2) 
 D1 D2 D3 
O1 10 
O2 20 
O3 10 
O4 15 15 0 
 8 30 15 17 
A linha 4 tem agora disponibilidade zero e será eliminada. 
222 
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2º transporte 
Segundo grupo de penalidades 
 D1 D2 D3 
O1 12 9 8 10 1 1 
O2 13 12 6 20 
6 6 ← Maior 
penalidade 
O3 7 9 5 10 2 2 
O4 3 2 8 15 1 
 8 30 17 
penalidade 4 7 1 
 5 0 1 
Segundo transporte: na segunda linha (maior penalidade), terceira 
coluna (menor custo) 
 D1 D2 D3 
O1 
O2 17 20 3 
O3 10 
O4 15 15 0 
 8 30 15 17 0 
 
A coluna 3 será eliminada (disponibilidade zero). 
Os outros transportes serão feitos da mesma forma até que o 
quadro se complete. 
Assista agora a Vídeo Aula: 
Transporte - método de Vogel - exemplo 1 
 
 Agora vamos ao passo a passo 
Método do canto noroeste 
Exemplo: 
Calcular a solução inicial do quadro de transporte: 
 D1 D2 D3 
O1 12 9 8 10 
O2 13 12 6 20 
O3 7 9 5 10 
O4 3 2 8 15 
 8 30 17 
 55 
55 
http://www.professormatusalem.com/video-aulas/aula-62-transporte-metodo-de-vogel-exemplo-1/
223 
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 Iniciamos da casa superior esquerda; 
 Transportamos o máximo possível dela; 
 Ao zerar a disponibilidade passamos para a próxima casa (que pode 
ser a da direita ou a de baixo), que tenha disponibilidade de linha e 
coluna; 
 Assim até zerar todo transporte. 
 
Solução direta: 
 D1 D2 D3 
O1 8 8 10 2 0 
O2 20 20 0 
O3 8 2 10 2 0 
O4 15 15 0 
 8 0 30 28 8 0 17 15 0 
 55 
55 
Resposta: 
1º transporte: x11 = 8 
2º transporte: x12 = 2 
3º transporte: x22 = 20 
4º transporte: x32 = 8 
5º transporte: x33 = 2 
6º transporte: x43 = 15 
 
Este método garante a não formação de circuitos, além de satisfazer as 
condições de restrição. 
Agora vamos passo a passo: 
a) Quadro inicial: 
 D1 D2 D3 
O1 10 
O2 20 
O3 10 
O4 15 
 8 30 17 
 55 
55 
224 
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b) 
 1ª casa – necessidade da 1ª linha era 10 e na 1ª coluna havia 8. 
 Logo, enviamos os 8, zera a coluna e ainda fica devendo 2 na 1ª 
linha. 
 
 D1 D2 D3 
O1 8 10 2 
O2 20 
O3 10 
O4 15 
 8 0 30 17 
 55 
55 
 
 
c) 
 Como zerou a 1ª coluna, passamos para a casa da direita. 
 Enviamos os 2 que faltam na linha, zerando-a. 
 Na 2ª coluna ficamos então com 28. 
 
 D1 D2 D3 
O1 8 2 10 2 0 
O2 20 
O3 10 
O4 15 
 8 0 30 28 17 
 55 
55 
 
 
d) 
 Como ainda temos disponível 28 na 2ª coluna passamos para a linha 
de baixo. 
 A 2ª linha tem necessidade de 20 e temos disponível 28. 
 Logo enviamos os 20 e fica sobrando 8 na 2ª coluna. 
 
225 
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 D1 D2 D3 
O1 8 2 10 2 0 
O2 20 20 0 
O3 10 
O4 15 
 8 0 30 28 8 17 
 55 
55 
e) 
 A 3ª linha tem necessidade de 10 e temos 8 na 2ª coluna. 
 Enviamos os 8 ficando faltando 2 na 3ª linha, mas zeramos a 2ª 
coluna. 
 D1 D2 D3 
O1 8 2 10 2 0 
O2 20 20 0 
O3 8 10 2 
O4 15 
 8 0 30 28 8 0 17 
 55 
55 
f) 
 Como a disponibilidade da 2ª coluna acabou passamos para a 3ª 
coluna. 
 Enviamos os 2 que faltam na 3ª linha da 3ª coluna cobrindo sua 
necessidade. 
 E na 3ª coluna ficam restando 15. 
 D1 D2 D3 
O1 8 2 10 2 0 
O2 20 20 0 
O3 8 2 10 2 0 
O4 15 
 8 0 30 28 8 0 17 15 
 55 
55 
226 
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g) 
No último passo temos necessidade de 15 na 4ª linha e disponibilidade de 
15 na 3ª coluna. 
Enviamos assim os 15 e zeramos a distribuição. 
 D1 D2 D3 
O1 8 2 10 2 0 
O2 20 20 0 
O3 8 2 10 2 0 
O4 15 15 0 
 8 0 30 28 8 0 17 15 0 
 55 
55 
 
Quadro final, com a solução: 
 D1 D2 D3 
O1 8 8 10 
O2 20 20 
O3 8 2 10 
O4 15 15 
 8 30 17 
 55 
55 
 
 
1º transporte: x11 = 8 
2º transporte: x12 = 2 
3º transporte: x22 = 20 
4º transporte: x32 = 8 
5º transporte: x33 = 2 
6º transporte: x43 = 15 
 
Método de Vogel 
Penalidade: 
 Pode ser em uma linha ou coluna; 
 É a diferença positiva entre os dois custos de menor valor, da linha 
ou coluna. 
227 
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Descrição do método: 
a) Calcular as penalidades, das linhas e colunas; 
b) Escolher a linha ou coluna para o transporte (a que tem o maior 
valor de penalidade), caso tenha empate, a escolha é livre. 
c) Transportar o máximo possível na linha ou coluna escolhida, 
elegendo a célula de menor custo unitário de transporte. 
d) O procedimento anterior zera a linha ou a coluna. A linha ou 
coluna zerada deve ser eliminada. 
e) Retornar ao item (a), até que todos os transportes tenham sido 
realizados. 
Exemplo: 
Calcular a solução inicial do quadro de transporte: 
 D1 D2 D3 
O1 12 9 8 10 
O2 13 12 6 20 
O3 7 9 5 10 
O4 3 2 8 15 
 8 30 17 
 55 
55 
Solução direta: 
Calcular a solução inicial do quadro de transporte: 
 D1 D2 D3 
O1 12 9 8 10 9-8=1 12-9=3 9 
O2 13 12 6 20 
12-
6=6 
13-
12=1 
12 
O3 7 9 5 10 9-5=4 9-7=2 9 
O4 3 2 8 15 3-2=1 
 8 30 17 
 55 
55 
 
 7-3=4 9-2=7 6-5=1 
 12-7=5 9-9=0 6-5=1 
 
 
 
 
 
228 
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 D1 D2 D3 
O1 10 10 0 
O2 3 17 20 3 0 
O3 8 2 10 2 0 
O4 15 15 0 
 8 030 15 12 2 0 17 0 
 55 
55 
 
Vamos agora ao passo a passo: 
a) 
 
 Calcular as primeiras penalidades. 
 É só pegar o maior valor de frete e subtrair o menor valor de frete. 
 Vamos escolher a linha ou coluna que apresentar o maior valor de 
penalidade. 
 Neste caso iremos escolher a 2ª coluna. 
 
 
 D1 D2 D3 
O1 12 9 8 10 9-8=1 
O2 13 12 6 20 
12-
6=6 
 
O3 7 9 5 10 9-5=4 
O4 3 2 8 15 3-2=1 
 8 30 17 
 55 
55 
 
 7-3=4 9-2=7 6-5=1 
b) 
 olhamos no quadro original e vemos que na 2ª coluna o menor valor 
de frete é de 2, que está na 4ª linha, optamos por ele então 
(sempre o menor). 
 Como temos disponibilidade de 30 na 2ª coluna e na necessidade de 
15 na 4ª linha, enviamos os 15 e zeramos a 4ª linha que será 
eliminada (riscada). 
 
229 
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 D1 D2 D3 
O1 10 
O2 20 
O3 10 
O4 15 15 0 
 8 30 15 17 
 55 
55 
 
 
c) 
 Observando o quadro original, agora com a 4ª linha riscada, 
calculamos as novas penalidade. 
 A maior penalidade agora é na 2ª linha. 
 
 D1 D2 D3 
O1 12 9 8 10 9-8=1 
O2 13 12 6 20 
12-
6=6 
O3 7 9 5 10 9-5=4 
O4 3 2 8 15 
 8 30 17 
 55 
55 
 
 12-7=5 9-9=0 6-5=1 
 
d) 
 
Realizando o 2º transporte, temos: 
Na 2ª linha com 3ª coluna está o menor custo que é 6. 
Temos disponibilidade de 17 e necessidade de 20. 
Enviamos os 17 e zeramos a 3ª coluna e lembramos que para a 2ª linha 
faltam 3. 
 
 
230 
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 D1 D2 D3 
O1 10 
O2 17 20 3 
O3 10 
O4 15 15 0 
 8 30 15 17 0 
 55 
55 
 
e) 
 Voltando ao quadro original. 
 Calculamos as novas penalidades. 
 A maior penalidade é a da 1ª coluna 
 
 
 D1 D2 D3 
O1 12 9 8 10 12-9=3 
O2 13 12 6 20 
13-
12=1 
O3 7 9 5 10 9-7=2 
O4 3 2 8 15 
 8 30 17 
 55 
55 
 
 12-7=5 9-9=0 
 
 
 
f) Realizando o 3º transporte, temos: 
Na 1ª coluna o menor custo está na 4ª linha (mas está já está 
cancelada), então procuramos o 2º menor custo que está na 3ª linha. 
Na 3ª linha temos necessidade de 10 e na 1ª coluna disponibilidade de 8, 
logo levamos tudo e zeramos a 1ª coluna. 
 
 
 
 
231 
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 D1 D2 D3 
O1 10 
O2 17 20 3 
O3 8 10 2 
O4 15 15 0 
 8 0 30 15 17 0 
 55 
55 
 
 
g) Observando o quadro inicial. 
 Calculando as novas penalidades. 
 Observe que as para as linhas a penalidade agora será o valor que 
sobrou. 
 A maior penalidade está na 2ª linha. 
 
 
 D1 D2 D3 
O1 12 9 8 10 9 
O2 13 12 6 20 12 
O3 7 9 5 10 9 
O4 3 2 8 15 
 8 30 17 
 55 
55 
 
 9-9=0 
 
 
h) Fazendo o 4º transporte, temos: 
 Na 2ª linha o menor custo livre é 12. 
 Como na 2ª linha temos necessidade de 3 e na 2ª coluna temos 
disponibilidade de 15, cobrimos os 3 e restam 12. 
 Zeramos a 2º linha, que será eliminada. 
 
232 
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 D1 D2 D3 
O1 10 
O2 3 17 20 3 0 
O3 8 10 2 
O4 15 15 0 
 8 0 30 15 12 17 0 
 55 
55 
 
 
 
i) Observando o quadro original. 
 Calculando as penalidades verificamos que a 1ª linha e 3ª linha são 
iguais, escolhemos uma delas, eu vou escolher a 1ª. (lembro que a 
escolha é livre). 
 
 
 D1 D2 D3 
O1 12 9 8 10 9 
O2 13 12 6 20 
O3 7 9 5 10 9 
O4 3 2 8 15 
 8 30 17 
 55 
55 
 
 9-9=0 
 
 
j) Fazendo o 5º transporte, temos: 
 Na 1ª linha temos necessidade de 10 e na 2ª coluna disponibilidade 
de 12. 
 Levamos os 10, zerando a 1ª linha e ainda ficam restando 2 na 2ª 
coluna. 
 Eliminamos a 1ª linha. 
 
 
233 
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 D1 D2 D3 
O1 10 10 0 
O2 3 17 20 3 0 
O3 8 10 2 
O4 15 15 0 
 8 0 30 15 12 2 17 0 
 55 
55 
 
k) Observando o quadro original. 
Calculando as penalidades. 
Agora só resta a interseção da 2ª coluna com 3ª linha, então tanto faz a 
escolha, escolho então a 3ª linha. 
 D1 D2 D3 
O1 12 9 8 10 
O2 13 12 6 20 
O3 7 9 5 10 9 
O4 3 2 8 15 
 8 30 17 
 55 
55 
 
 9 
l) Fazendo o 6º e último transporte, temos: 
 Transportamos os 2 restantes na 2ª coluna para a 3ª linha. 
 Concluímos o transporte. 
 D1 D2 D3 
O1 10 10 0 
O2 3 17 20 3 0 
O3 8 2 10 2 0 
O4 15 15 0 
 8 0 30 15 12 2 0 17 0 
 55 
55 
 
234 
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O quadro final então é: 
 D1 D2 D3 
O1 10 10 0 
O2 3 17 20 3 0 
O3 8 2 10 2 0 
O4 15 15 0 
 8 0 30 15 12 2 0 17 0 
 55 
55 
 
 
2ª Parte - CRITÉRIO DE OTIMALIDADE 
Obtida uma solução inicial para o quadro de transportes, o passo 
seguinte é verificar se essa solução pode ou não ser melhorada. Como no 
método Simplex, isso pode ser avaliado observando-se os coeficientes 
das variáveis não básicas na função objetivo, que deverá estar escrita em 
termos dessas variáveis. 
 
Descrição: 
 
a) Escrever a função objetivo em termos das variáveis não básicas. 
Para tanto, vamos multiplicar cada restrição de linha pelo número – 
Ui , e cada restrição de coluna pelo número - "i' e somar as novas 
linhas e colunas na função objetivo de tal maneira que os coeficien-
tes das variáveis básicas sejam todos nulos. 
Teremos, então: 
 
se Xij é básico → Cij- Ui- Vj = O 
 
Essas igualdades compõem um sistema de m + n - 1 equações com 
m + n incógnitas. A solução do sistema pode ser obtida atribuindo-
se um valor arbitrário a uma das incógnitas e calculando-se o valor 
das outras. 
Com esses valores, calculamos os coeficientes das variáveis não 
básicas: 
 
Xij não básico → coeficiente = Cij – Ui – Vj 
 
235 
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Se todos esses valores forem positivos, a solução é ótima. Se 
houver coeficiente negativo, a variável correspondente entra na 
base para melhorar o valor do objetivo. 
 
b) Entrar com a variável cujo coeficiente negativo tenha o maior valor 
absoluto. 
c) Montar um circuito de compensação entre as variáveis básicas, a 
partir da variável que entra. Esse circuito é feito partindo-se da 
variável que entra e seguindo-se alternativamente na direção da 
linha e da coluna, subtraindo e somando o valor da entrada até o 
retorno à variável de entrada. Com isso as restrições de linha e 
coluna ficam satisfeitas. 
d) Escolher para a variável que entra o maior valor possível, sem 
tornar nenhuma variável básica negativa. Esse valor corresponde ao 
menor valor das células onde a variável que entra estiver sendo 
subtraída. Teremos, então, uma nova solução básica. 
e) Voltar ao item a, até que a solução seja ótima, isto é, não apresente 
coeficiente negativo nas variáveis não básicas. 
 
Exemplo: Calcular o plano de transporte de menor custo para o 
problema representado no quadro: 
 D1 D2 D3 
O1 6 5 8 10 
O2 13 12 1 20 
O3 7 9 5 12 
O4 10 6 4 13 
 8 32 15 
 
1. Solução inicial 
 
Vamos calcular pelo método do canto noroeste: 
 
 D1 D2 D3 
O1 8 2 10 
O2 20 20 
O3 10 2 12 
O4 13 13 
 8 32 15 
 
 
2. Critério de otimalidade 
Coeficiente das variáveis básicas = 0 
236 
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Variáveis Básicas Coeficiente Substituindo Cij 
X11 C11 - U1 – V1 = 0 6 – U1 – V1 = 0 
X12 C12 - U1 – V2 = 0 5 – U1 – V2 = 0 
X22 C22 - U2 – V2 = 0 12 – U2 – V2 = 0 
X32 C32- U3 – V2 = 0 9 – U3 – V2 = 0 
X33 C33 - U3 – V3 = 0 5 – U3 – V3 = 0 
X43 C43 - U4 – V3 = 0 4 – U4 – V3 = 0 
 
O sistema resultante tem sete variáveis e seis equações. Para 
calcular 
uma solução devemos atribuir um valor a uma das variáveis. 
Fazendo, por exemplo U1 = 0, teremos: 
 
V1 = 6 V2 = 5 U2 = 7 U3 = 4 V3 = 1 U4 = 3 
 
Coeficiente das variáveis não básicas 
Variáveis não básicas Coeficiente Valor 
X13 C13 – U1 – V3 8 – 0 – 1 = 7 
X21 C21 – U2 – V1 13 – 7 – 6 = 0 
X23 C23 – U2 – V3 1 – 7 – 1 = -7 
X31 C31 – U3 – V1 7 – 4 – 6 = -3 
X41 C41 – U4 – V1 10 – 3 – 6 = 1 
X42 C42 – U4 – V2 6 – 3 – 5 = -2 
A solução não é ótima: Entra a variável X23 que possui o coeficiente 
negativo de maior valor absoluto. 
 
Circuito de compensação 
 D1 D2 D3 
O1 8 2 10 
O2 20 - 𝜃 𝜃 20 
O3 10 + 𝜃 2 – 𝜃 12 
O4 13 13 
 8 32 15 
𝜃 entra com valor 2 
Nova Solução: 
 D1 D2 D3 
O1 8 2 10 
O2 18 2 20 
O3 12 12 
O4 13 13 
 8 32 15 
 
237 
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Verificar se a nova solução é ótima - Critério de otimalidade 
Coeficiente das variáveis básicas = 0 
Variáveis Básicas Coeficiente Substituindo Cij 
X11 C11 - U1 – V1 = 0 6 – U1 – V1 = 0 
X12 C12 - U1 – V2 = 0 5 – U1 – V2 = 0 
X22 C22 - U2 – V2 = 0 12 – U2 – V2 = 0 
X32 C32 - U3 – V2 = 0 9 – U3 – V2 = 0 
X23 C23 - U2 – V3 = 0 1 – U2 – V3 = 0 
X43 C43 - U4 – V3 = 0 4 – U4 – V3 = 0 
O sistema resultante tem sete variáveis e seis equações. Fazendo U1 = 0, 
teremos: 
 
V1 = 6 V2 = 5 U2 = 7 U3 = 4 V3 = -6 U4 = 10 
 
Coeficiente das variáveis não básicas 
Variáveis não básicas Coeficiente Valor 
X13 C13 – U1 – V3 8 – 0 + 6 = 14 
X21 C21 – U2 – V1 13 – 7 – 6 = 0 
X31 C31 – U3 – V1 7 – 4 – 6 = -3 
X33 C33 – U3 – V3 5 – 4 + 6 = 7 
X41 C41 – U4 – V1 10 – 10 – 6 = -6 
X42 C42 – U4 – V2 6 – 10 – 5 = -9 
 
A solução não é ótima: Entra a variável X42 que possui o coeficiente 
negativo de maior valor absoluto. I 
 
Circuito de compensação 
 D1 D2 D3 
O1 8 2 10 
O2 18 - 𝜃 2 + 𝜃 20 
O3 12 12 
O4 𝜃 13 - 𝜃 13 
 8 32 15 
𝜃 entra com valor 13 
 
Nova Solução: 
 D1 D2 D3 
O1 8 2 10 
O2 5 15 20 
O3 12 12 
O4 13 13 
 8 32 15 
238 
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Verificar se a nova solução é ótima - Critério de otimalidade 
Coeficiente das variáveis básicas = 0 
Variáveis Básicas Coeficiente Substituindo Cij 
X11 C11 - U1 – V1 = 0 6 – U1 – V1 = 0 
X12 C12 - U1 – V2 = 0 5 – U1 – V2 = 0 
X22 C22 - U2 – V2 = 0 12 – U2 – V2 = 0 
X23 C23 - U2 – V3 = 0 1 – U2 – V3 = 0 
X32 C32 - U3 – V2 = 0 9 – U3 – V2 = 0 
X42 C42 - U4 – V2 = 0 6 – U4 – V2 = 0 
O sistema resultante tem sete variáveis e seis equações. 
Fazendo U1 = 0, teremos: 
 
V1 = 6 V2 = 5 U2 = 7 U3 = 4 V3 = -6 U4 = 1 
 
Coeficiente das variáveis não básicas 
Variáveis não básicas Coeficiente Valor 
X13 C13 – U1 – V3 8 – 0 + 6 = 14 
X21 C21 – U2 – V1 13 – 7 – 6 = 0 
X31 C31 – U3 – V1 7 – 4 – 6 = -3 
X33 C33 – U3 – V3 5 – 4 + 6 = 7 
X41 C41 – U4 – V1 10 – 1 – 6 = 3 
X43 C43 – U4 – V3 4 – 1 + 6 = 9 
 
Entra a variável X31 que possui coeficiente negativo. 
Circuito de compensação 
 D1 D2 D3 
O1 8 - 𝜃 2 + 𝜃 10 
O2 5 15 20 
O3 𝜃 12 – 𝜃 12 
O4 13 13 
 8 32 15 
𝜃 entra com valor 8 
 
Nova Solução: 
 D1 D2 D3 
O1 10 10 
O2 5 15 20 
O3 8 4 12 
O4 13 13 
 8 32 15 
 
239 
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Verificar se a nova solução é ótima - Teste de otimalidade 
Coeficiente das variáveis básicas = 0 
Variáveis Básicas Coeficiente Substituindo Cij 
X12 C12 - U1 – V2 = 0 5 – U1 – V2 = 0 
X22 C22 - U2 – V2 = 0 12 – U2 – V2 = 0 
X23 C23 - U2 – V3 = 0 1 – U2 – V3 = 0 
X31 C31 - U3 – V1 = 0 7 – U3 – V1 = 0 
X32 C32 - U3 – V2 = 0 9 – U3 – V2 = 0 
X42 C42 - U4 – V2 = 0 6 – U4 – V2 = 0 
o sistema resultante tem sete variáveis e seis equações. Fazendo U1 = 0, 
teremos: V1 = 3 V2 = 5 V3 = -6 
U1 = 0 U2 = 7 U3 = 4 U4 = 1 
 
Coeficiente das variáveis não básicas 
Variáveis não básicas Coeficiente Valor 
X11 C11 – U1 – V1 6 – 0 - 3 = 3 
X13 C13 – U1 – V3 8 - 0 + 6 = 14 
X21 C21 – U2 – V1 13 – 7 – 3 = 3 
X33 C33 – U3 – V3 5 – 4 + 6 = 7 
X41 C41 – U4 – V1 10 – 1 – 3 = 6 
X43 C43 – U4 – V3 4 – 1 + 6 = 9 
 
A solução testada é ótima, pois as variáveis não básicas não possuem 
coeficientes negativos. 
Portanto a solução ótima é (acompanhe no quadro de solução): 
Transportar: 
10 unidades da origem 1 ao destino 2 
5 unidades da origem 2 ao destino 2 
15 unidades da origem 2 ao destino 3 
8 unidades da origem 3 ao destino 1 
4 unidades da origem 3 ao destino 2 
13 unidades da origem 4 ao destino 2 
O custo do programa será: 
C = 10x5+5x12+15x1+8x7+4x9+13x6= 295 
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Otimalidade - exemplo 1 
O Problema da Degenerescência 
Vimos que igualando os coeficientes das variáveis básicas a zero, o 
resultado é um sistema que apresenta uma variável a mais que o número 
de equações. Atribuímos um valor arbitrário para a variável livre e 
obtivemos um conjunto único de valores para as incógnitas. 
http://www.professormatusalem.com/video-aulas/aula-67-transporte-designacao-exemplo-1/
240 
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Pode ocorrer, entretanto, que haja menos variáveis básicas do que o 
necessário na solução, o que resulta menos equações do que as 
desejadas (duas, três ou mais equações a menos que o número de 
variáveis). 
Dizemos nesse caso que a solução é degenerada. Ao calcular os 
valores de U e V do sistema para o critério de otimalidade, não 
conseguimos um conjunto único de valores para U e V. 
A solução para o caso é criar variáveis básicas auxiliares, quantas 
forem necessárias para que o número de equações seja apenas um a 
menos que o número de variáveis. Essas variáveis básicas auxiliares 
devem ter um valor tão próximo de zero que não alteram as condições de 
contorno do problema (restrições de origem e destino). 
O cuidado que devemos tomar ao acrescentar variáveis básicas 
auxiliares é que elas não formem circuitos com as variáveis básicas 
originais. 
 
Exemplo: calcular o plano ótimo de transporte para os dados do quadro: 
 D1 D2 D3 
O1 12 9 8 10 
O2 13 12 6 20 
O3 7 9 5 10 
O4 3 2 8 15 
 8 30 17 
 
A solução inicial pelo canto noroeste é: 
 D1 D2 D3 
O1 8 2 10 
O2 20 20 
O3 8 2 10 
O4 15 15 
 8 30 17 
Aplicando o teste de otimalidade na solução inicial, chegamos a conclusão 
de que ela não é ótima, e que deve entrar a variável x41 que tem 
coeficiente -12 (verifique). 
Circuito de compensação 
 D1 D2 D3 
O1 8 - 𝜃 2 + 𝜃 10 
O2 20 20 
O3 8 - 𝜃 2 + 𝜃 10 
O4 𝜃 15 - 𝜃 15 
 8 30 17 
241 
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𝜃 entra com valor 8 
 D1 D2 D3 
O1 10 10 
O2 20 20 
O3 A 10 10 
O4 8 7 15 
 8 30 17 
Verificar se a nova solução é ótima - Teste de otimalidade 
Coeficiente das variáveis básicas = 0 
Variáveis Básicas Coeficiente Substituindo Cij 
X12 C12 - U1 – V2 = 0 9 – U1 – V2 = 0 
X22 C22 - U2 – V2 = 0 12 – U2 – V2 = 0 
X33 C33 - U3 – V3 = 0 5 – U3 – V3 = 0 
X41 C41 - U4 – V1 = 0 3 – U4 – V1 = 0 
X43 C43 - U4 – V3 = 0 8 – U4 – V3 = 0 
 
O sistema tem cinco equações e sete variáveis. Devemos então acres-
centar uma variável auxiliar A numa célula que não forme circuito com as 
outras variáveis básicas. Por exemplo, colocamosA na célula de X32, e 
completamos o sistema. 
 X32 C32 – U3 – V2 = 0 9 – U3 – V2 = 0 
 
Fazendo U1 = 0, teremos: 
 
V2 = 9 U2= 3 V3 = 5 U4 = 3 V1 = O U3 = 0 
Coeficiente das variáveis não básicas 
Variáveis não básicas Coeficiente Valor 
X11 C11 – U1 – V1 12 – 0 - 0 = 12 
X13 C13 – U1 – V3 8 - 0 - 5 = 3 
X21 C21 – U2 – V1 13 – 3 – 0 = 10 
X23 C23 – U2 – V3 6 – 3 - 5 = -2 
X31 C31 – U3 – V1 7 – 0 – 0 = 7 
X42 C432 – U4 – V2 2 – 3 - 9 = -10 
A solução não é ótima. Entra a variável X42. 
 
Circuito de compensação 
 D1 D2 D3 
O1 10 10 
O2 20 20 
O3 A - 𝜃 10 + 𝜃 10 
O4 8 𝜃 7 – 𝜃 15 
 8 30 17 
242 
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𝜃 entra com valor A, que é um número muito pequeno e não altera os 
outros valores 
 
Nova solução 
 D1 D2 D3 
O1 10 10 
O2 20 20 
O3 10 10 
O4 8 A 7 15 
 8 30 17 
 
Teste de otimalidade para nova solução 
 
Variáveis Básicas Coeficiente Substituindo Cij 
X12 C12 - U1 – V2 = 0 9 – U1 – V2 = 0 
X22 C22 - U2 – V2 = 0 12 – U2 – V2 = 0 
X33 C33 - U3 – V3 = 0 5 – U3 – V3 = 0 
X41 C41 - U4 – V1 = 0 3 – U4 – V1 = 0 
X42 C42 - U4 – V2 = 0 2 – U4 – V2 = 0 
X43 C43 - U4 – V3 = 0 8 – U4 – V3 = 0 
 
O sistema tem sete variáveis e seis equações. Fazendo U1 = 0, teremos: 
V2 = 9 U2 = 3 U4 = -7 V1 = 10 V3 = 15 U3 = -10 
 
Coeficiente das variáveis não básicas: 
Variáveis não básicas Coeficiente Valor 
X11 C11 - U1 – V1 12 – 0 – 10 = 2 
X13 C13 - U1 – V3 8 – 0 – 15 = -7 
X21 C21 - U2 – V1 13 – 3 – 10 = 0 
X23 C23 - U2 – V3 6 – 3 – 15 = -12 
X31 C31 - U3 – V1 7 + 10 – 10 = 7 
X32 C32 - U3 – V2 9 – (-10) – 9 = 
10 
A solução testada não é ótima. Entra a variável X23. 
Circuito de compensação 
 D1 D2 D3 
O1 10 10 
O2 20 – 𝜃 𝜃 20 
O3 10 10 
O4 8 A + 𝜃 7 – 𝜃 15 
 8 30 17 
𝜃 = 7 
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Nova solução 
 D1 D2 D3 
O1 10 10 
O2 13 7 20 
O3 10 10 
O4 8 7 15 
 8 30 17 
 
Teste de otimalidade para nova solução 
 
Variáveis Básicas Coeficiente Substituindo Cij 
X12 C12 - U1 – V2 = 0 9 – U1 – V2 = 0 
X22 C22 - U2 – V2 = 0 12 – U2 – V2 = 0 
X23 C23 – U2 – V3 = 0 6 – U2 – V3 = 0 
X33 C33 – U3 – V3 = 0 5 – U3 – V3 = 0 
X41 C41 - U4 – V1 = 0 3 – U4 – V1 = 0 
X42 C42 - U4 – V2 = 0 2 – U4 – V2 = 0 
 
O sistema tem sete variáveis e seis equações. Fazendo U1 = 0, teremos: 
U1 = 0 U2 = 3 U3 = 2 U4 = -7 V1 = 10 V2 = 9 V3 = 3 
 
Coeficiente das variáveis não básicas: 
Variáveis não básicas Coeficiente Valor 
X11 C11 - U1 – V1 12 – 0 – 10 = 2 
X13 C13 - U1 – V3 8 – 0 – 3 = 5 
X21 C21 - U2 – V1 13 – 3 – 10 = 0 
X31 C31 – U3 – V1 7 – 2 – 10 = -5 
X32 C32 - U3 – V2 9 - 2 – 9 = -2 
X43 C43 – U4 – V3 8 – (-7) – 3 = 12 
 
A solução testada não é ótima. Entra a variável X31. 
Circuito de compensação 
 D1 D2 D3 
O1 10 10 
O2 13- 𝜃 7+ 𝜃 20 
O3 𝜃 10 - 𝜃 10 
O4 8- 𝜃 7 15 
 8 30 17 
𝜃 = 8 
Nova solução 
 
 
244 
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 D1 D2 D3 
O1 10 10 
O2 5 15 20 
O3 8 2 10 
O4 7 15 
 8 30 17 
 
Teste de otimalidade para nova solução 
 
Variáveis Básicas Coeficiente Substituindo Cij 
X12 C12 - U1 – V2 = 0 9 – U1 – V2 = 0 
X22 C22 - U2 – V2 = 0 12 – U2 – V2 = 0 
X23 C23 – U2 – V3 = 0 6 – U2 – V3 = 0 
X31 C31 – U3 – V1 = 0 7 – U3 – V1 = 0 
X33 C33 – U3 – V3 = 0 5 – U3 – V3 = 0 
X42 C42 - U4 – V2 = 0 2 – U4 – V2 = 0 
 
O sistema tem sete variáveis e seis equações. Fazendo U1 = 0, teremos: 
U1 = 0 U2 = 3 U3 = 2 U4 = -7 V1 = 5 V2 = 9 V3 = 3 
 
Coeficiente das variáveis não básicas: 
Variáveis não básicas Coeficiente Valor 
X11 C11 - U1 – V1 12 – 0 – 5 = 7 
X13 C13 - U1 – V3 8 – 0 – 3 = 5 
X21 C21 - U2 – V1 13 – 3 – 5 = 5 
X32 C32 – U3 – V2 9 – 2 – 9 = -2 
X41 C41 – U4 – V1 3 – (-7) – 5 = 5 
X43 C43 – U4 – V3 8 – (-7) – 3 = 12 
 
A solução testada não é ótima. Entra a variável X32. 
Circuito de compensação 
 D1 D2 D3 
O1 10 10 
O2 5 - 𝜃 15+𝜃 20 
O3 8 𝜃 2-𝜃 10 
O4 7 15 
 8 30 17 
𝜃 = 2 
Nova solução 
 
 
 
245 
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 D1 D2 D3 
O1 10 10 
O2 3 17 20 
O3 8 2 10 
O4 7 15 
 8 30 17 
 
Teste de otimalidade para nova solução 
 
Variáveis Básicas Coeficiente Substituindo Cij 
X12 C12 - U1 – V2 = 0 9 – U1 – V2 = 0 
X22 C22 - U2 – V2 = 0 12 – U2 – V2 = 0 
X23 C23 – U2 – V3 = 0 6 – U2 – V3 = 0 
X31 C31 – U3 – V1 = 0 7 – U3 – V1 = 0 
X32 C32 – U3 – V2 = 0 9 – U3 – V2 = 0 
X42 C42 - U4 – V2 = 0 2 – U4 – V2 = 0 
 
O sistema tem sete variáveis e seis equações. Fazendo U1 = 0, teremos: 
U1 = 0 U2 = 3 U3 = 0 U4 = -7 V1 = 7 V2 = 9 V3 = 3 
 
Coeficiente das variáveis não básicas: 
Variáveis não básicas Coeficiente Valor 
X11 C11 - U1 – V1 12 – 0 – 7 = 5 
X13 C13 - U1 – V3 8 – 0 – 3 = 5 
X21 C21 - U2 – V1 13 – 3 – 7 = 3 
X33 C33 – U3 – V3 5 – 0 – 3 = 2 
X41 C41 – U4 – V1 3 – (-7) – 7 = 3 
X43 C43 – U4 – V3 8 – (-7) – 3 = 12 
 
Como os resultados foram todos positivos temos solução ótima. 
 D1 D2 D3 
O1 10 10 
O2 3 17 20 
O3 8 2 10 
O4 15 15 
 8 30 17 
 
C = 9 . 10 + 12 . 3 + 6 . 17 + 7 . 8 + 9 . 2 + 2 . 15 
C = 90 + 36 + 102 + 56 + 18 + 30 
C = 126 + 158 + 48 
C = 284 + 48 
C = 322 que é o custo de transporte ótimo. 
246 
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Assista agora a Vídeo Aula: 
Otimalidade com degenerescência - 1ª parte 
Otimalidade com degenerescência - 2ª parte 
 
O Caso de Maximização 
 
Alguns modelos de programação linear, embora tenham objetivo de 
maximização, podem ser tratados como modelos de transportes. Como o 
modelo de transportes minimiza o objetivo, a solução consiste em 
transformar o objetivo em minimização. Isto pode ser feito de duas 
maneiras: 
 
a) Multiplicar a função objetivo por -1, o que equivale a trocar o sinal 
dos custos unitários de transporte. 
b) Trabalhar com um novo quadro, onde os custos unitários de trans-
porte são os complementos dos preços originais para algum valor 
fixo, geralmente o maior valor da tabela original. 
 
Exemplo: O quadro representa os ganhos unitários devido à venda de 
mercadorias compradas nas origens e comercializadas nos destinos. O 
objetivo, portanto, é maximizar o retorno, na distribuição das 
mercadorias das origens para os destinos. 
 
 D1 D2 D3 
O1 10 12 6 10 
O2 8 10 9 20 
O3 14 16 13 30 
 15 15 30 
 
 
Quadro de minimização (função objetivo x(-1)) 
 
 D1 D2 D3 
O1 -10 -12 -6 10 
O2 -8 -10 -9 20 
O3 -14 -16 -13 30 
 15 15 30 
 
 
Quadro de minimização (complemento para 16) 
 
http://www.professormatusalem.com/video-aulas/aula-65-transporte-otimalidade-com-degenerescencia-exercicio-1-1a-parte/
http://www.professormatusalem.com/video-aulas/aula-66-transporte-otimalidade-com-degenerescencia-exercicio-1-2a-parte/
247 
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 D1 D2 D3 
O1 6 4 10 10 
O2 8 6 7 20 
O3 2 0 3 30 
 15 15 30 
 
 
 D1 D2 D3 
O1 10 A 10 
O2 5 15 20 
O3 30 30 
 15 15 30 
 
Verificar se a nova solução é ótima - Teste de otimalidade 
Coeficiente das variáveis básicas = 0 
Variáveis Básicas Coeficiente Substituindo Cij 
X11 C11 - U1 – V1 = 0 6 – U1 – V1 = 0 
X21 C21 - U2 – V1 = 0 8 – U2 – V1 = 0 
X22 C22 – U2 – V2 = 0 6 –U2 – V2 = 0 
X33 C33 – U3 – V3 = 0 3 – U3 – V3 = 0 
X13 C13 – U1 – V3 = 0 10 – U1 – V3 = 0 
 
Fazendo U1 = 0, teremos: 
 
U1 = 0 U2= 2 U3 = -7 V1 = 6 V2 = 4 V3 = 10 
 
Coeficiente das variáveis não básicas 
Variáveis não básicas Coeficiente Valor 
X12 C12 – U1 – V2 4 – 0 - 4 = 0 
X23 C23 – U2 – V3 7 - 2 - 10 = -5 
X31 C31 – U3 – V1 2 + 7 – 6 = 3 
X32 C32 – U3 – V2 0 + 7 - 4 = 3 
 
A solução não é ótima. Entra a variável X23. 
 
Circuito de compensação 
 D1 D2 D3 
O1 10+ 𝜃 A – 𝜃 10 
O2 5- 𝜃 15 + 𝜃 20 
O3 30 30 
 15 15 30 
248 
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 D1 D2 D3 
O1 10 
O2 5 15 A 
O3 30 
 
 
𝜃 entra com valor A, que é um número muito pequeno e não altera os 
outros valores 
 
Teste de otimalidade para nova solução 
 
Variáveis Básicas Coeficiente Substituindo Cij 
X11 C11 - U1 – V1 = 0 6 – U1 – V1 = 0 
X21 C21 - U2 – V1 = 0 8 – U2 – V1 = 0 
X22 C22 – U2 – V2 = 0 6 – U2 – V2 = 0 
X23 C23 – U2 – V3 = 0 7 – U2 – V3 = 0 
X33 C33 – U3 – V3 = 0 3 – U3 – V3 = 0 
 
O sistema tem sete variáveis e cinco equações. Fazendo U1 = 0, teremos: 
U1 = 0 U2= 2 U3 = -2 V1 = 6 V2 = 4 V3 = 5 
Coeficiente das variáveis não básicas: 
Variáveis não básicas Coeficiente Valor 
X12 C12 - U1 – V2 4 – 0 – 4 = 0 
X13 C13 - U1 – V3 10 – 0 – 5 = 5 
X31 C31 – U3 – V1 2 + 2 – 6 = -2 
X32 C32 – U3 – V2 0 + 2 – 4 = -2 
 
A solução testada não é ótima. Entra a variável X31. 
Circuito de compensação 
 D1 D2 D3 
O1 10 
O2 5 – 𝜃 15 A + 𝜃 
O3 + 𝜃 30 – 𝜃 
O4 
Nova solução 
 D1 D2 D3 
O1 10 
O2 15 5 
O3 5 25 
O4 
249 
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Teste de otimalidade para nova solução 
 
Variáveis Básicas Coeficiente Substituindo Cij 
X11 C11 - U1 – V1 = 0 6 – U1 – V1 = 0 
X22 C22 - U2 – V2 = 0 6 – U2 – V2 = 0 
X23 C23 – U2 – V3 = 0 7 – U2 – V3 = 0 
X31 C31 – U3 – V1 = 0 2 – U3 – V1 = 0 
X32 C32 – U3 – V2 = 0 3 – U3 – V2 = 0 
 
Fazendo U1 = 0, teremos: 
 
U1 = 0 U2= -1 U3 = -4 V1 = 6 V2 = 7 V3 = 8 
 
Coeficiente das variáveis não básicas: 
 
Variáveis não básicas Coeficiente Valor 
X12 C12 - U1 – V2 4 – 0 – 7 = -3 
X13 C13 - U1 – V3 10 – 0 – 8 = 2 
X21 C21 – U2 – V1 8 + 1 – 6 = 3 
X32 C32 – U3 – V2 0 + 4 – 7 = -3 
 
 D1 D2 D3 
O1 10 
O2 15 – 𝜃 5 + 𝜃 
O3 5 + 𝜃 25 – 𝜃 
O4 
 
Nova solução 
 D1 D2 D3 
O1 10 
O2 20 
O3 5 15 10 
O4 
 
Coeficiente das variáveis não básicas: 
 
Variáveis não básicas Coeficiente Valor 
X12 C12 - U1 – V2 4 – 0 – 4 = 0 
X13 C13 - U1 – V3 10 – 0 – 7 = 3 
X21 C21 – U2 – V1 8 - 0 – 6 = 2 
X22 C22 – U2 – V2 6 - 0 – 4 = 2 
 
250 
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 D1 D2 D3 
O1 10 
O2 20 
O3 5 15 10 
O4 
 
R = 10 . 10 + 20 . 9 + 14 . 5 + 16 . 15 + 13 . 10 
 = 100 + 180 + 70 + 240 + 130 
 = 280 + 440 
 = 720 
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Transporte - o caso da maximização - exemplo 1 
 
O Caso da Impossibilidade de Transporte 
 
Pode ocorrer que determinado transporte de uma origem para um 
destino não possa ser realizado. Neste caso, colocamos como custo de 
transporte, naquela célula da tabela de custos, um símbolo M, que 
representa um número muito grande. Desta forma: 
Ao construir a solução básica inicial, evitamos esta célula, onde não 
é possível o transporte. 
Como o número M é muito grande, ao calcular os coeficientes das 
variáveis não básicas, o coeficiente desta célula nunca será negativo, o 
que impede o aparecimento, na célula, de uma variável básica trazendo 
como consequência a ausência daquele transporte. 
 
Exercícios 
01) No quadro de transporte a seguir, a quarta linha mostra as 
necessidades nos destinos e a quarta coluna as disponibilidades nas 
origens. Os outros dados representam custos unitários de 
transporte das origens para os respectivos destinos. 
 
10 15 20 40 
12 25 18 100 
16 14 24 10 
50 40 60 
 
Determinar o plano de transporte que minimiza o custo total das 
transferências. Use o método do canto noroeste para a solução inicial. 
http://www.professormatusalem.com/video-aulas/aula-63-transporte-o-caso-da-maximizacao-exemplo-1/
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40 40 
10 40 50 100 
 10 10 
50 40 60 
 
Coeficiente das variáveis básicas = 0 
Variáveis Básicas Coeficiente Substituindo Cij 
X11 C11 - U1 – V1 = 0 10 – U1 – V1 = 0 
X21 C21 – U2 – V1 = 0 12 – U2 – V1 = 0 
X22 C22 - U2 – V2 = 0 25 – U2 – V2 = 0 
X23 C23 – U2 – V3 = 0 18 – U2 – V3 = 0 
X33 C33 - U3 – V3 = 0 24 – U3 – V3 = 0 
 
O sistema resultante tem sete variáveis e seis equações. Para 
calcular 
uma solução devemos atribuir um valor a uma das variáveis. 
Fazendo, por exemplo U1 = 0, teremos: 
 
U1 = 0 V1 = 10 
U2 = 2 V2 = 23 
U3 = 8 V3 = 16 
 
 
Coeficiente das variáveis não básicas 
Variáveis não básicas Coeficiente Valor 
X12 C12 – U1 – V2 15 – 0 – 23 = -8 
X13 C13 – U1 – V3 20 – 0 – 16 = 4 
X31 C31 – U3 – V1 16 – 8 – 10 = -2 
X32 C32 – U3 – V2 14 – 8 – 23 = -17 
A solução não é ótima: Entra a variável X32 que possui o coeficiente 
negativo de maior valor absoluto. 
 
Circuito de compensação 
40 40 
10 40− 𝜃 50+𝜃 100 
 𝜃 10− 𝜃 10 
50 40 60 
𝜃 entra com valor 10 
 
252 
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Nova Solução: 
40 40 
10 30 60 100 
 10 10 
50 40 60 
 
Verificar se a nova solução é ótima - Critério de otimalidade 
Coeficiente das variáveis básicas = 0 
Variáveis Básicas Coeficiente Substituindo Cij 
X11 C11 - U1 – V1 = 0 10 – U1 – V1 = 0 
X21 C21 – U2 – V1 = 0 12 – U2 – V1 = 0 
X22 C22 - U2 – V2 = 0 25 – U2 – V2 = 0 
X23 C23 - U2 – V3 = 0 18 – U2 – V3 = 0 
X32 C32 – U3 – V2 = 0 14 – U3 – V2 = 0 
O sistema resultante tem sete variáveis e seis equações. Fazendo U1 = 0, 
teremos: 
U1 = 0 V1 = 10 
U2 = 2 V2 = 23 
U3 = -9 V3 = 16 
Coeficiente das variáveis não básicas 
Variáveis não básicas Coeficiente Valor 
X12 C12 – U1 – V2 15 – 0 – 23 = -8 
X13 C13 – U1 – V3 20 – 0 – 16 = 4 
X31 C31 – U3 – V1 16 – (-9) – 10 = 15 
X33 C33 – U3 – V3 24 – (-9) – 16 = 17 
 
A solução não é ótima: Entra a variável X12 que possui o coeficiente 
negativo de maior valor absoluto. I 
Circuito de compensação 
40−𝜃 𝜃 40 
10+ 𝜃 30- 𝜃 60 100 
 10 10 
50 40 60 
 𝜃 entra com valor 30 
Nova Solução: 
10 30 40 
40 60 100 
 10 10 
50 40 60 
253 
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Verificar se a nova solução é ótima - Critério de otimalidade 
Coeficiente das variáveis básicas = 0 
Variáveis Básicas Coeficiente Substituindo Cij 
X11 C11 - U1 – V1 = 0 10 – U1 – V1 = 0 
X12 C12 – U1 – V2 = 0 15 – U1 – V2 = 0 
X21 C21 - U2 – V1 = 0 12 – U2 – V1 = 0 
X23 C23 - U2 – V3 = 0 18 – U2 – V3 = 0 
X32 C32 – U3 – V2 = 0 14 – U3 – V2 = 0 
O sistema resultante tem sete variáveis e seis equações. Fazendo U1 = 0, 
teremos: 
U1 = 0 V1 = 10 
U2 = 2 V2 = 15 
U3 = -1 V3 = 16 
 
Coeficiente das variáveis não básicas 
Variáveis não básicas Coeficiente Valor 
X13 C13 – U1 – V3 20 – 0 – 16 = 4 
X22 C22 – U2 – V2 25 – 2 – 15 = 8 
X31 C31 – U3 – V1 16 – (-1) – 10 = 7 
X33 C33 – U3 – V3 24 – (-1) – 16 = 9 
 
A solução testada é ótima, pois as variáveis não básicas não possuemcoeficientes negativos. 
Portanto a solução ótima é (acompanhe no quadro de solução): 
10 30 40 
40 60 100 
 10 10 
50 40 60 
Transporte quantidade valor total 
X11 10 10 100 
X12 30 15 450 
X21 40 12 480 
X23 60 18 1080 
X32 10 14 140 
 
Logo o custo total será de 2250 
 
Assista agora a Vídeo Aula: 
Transporte – otimalidade - exercício 1 
 
http://www.professormatusalem.com/video-aulas/aula-97-problema-do-transporte-criterios-de-otimalidade-exercicio-1/
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02) No quadro de transporte a seguir, a quarta linha mostra as 
necessidades nos destinos e a quarta coluna as disponibilidades nas 
origens. Os outros dados representam custos unitários de 
transporte das origens para os respectivos destinos. 
10 15 20 40 
12 25 18 100 
16 14 24 10 
50 40 60 
Determinar o plano de transporte que minimiza o custo total das 
transferências. Use o método de Vogel para a solução inicial. 
 
 30 10 40 
50 50 100 
 10 10 
50 40 60 
 
Coeficiente das variáveis básicas = 0 
Variáveis Básicas Coeficiente Substituindo Cij 
X12 C12 - U1 – V2 = 0 15 – U1 – V2 = 0 
X13 C13 – U1 – V3 = 0 20 – U1 – V3 = 0 
X21 C21 - U2 – V1 = 0 12 – U2 – V1 = 0 
X23 C23 – U2 – V3 = 0 18 – U2 – V3 = 0 
X32 C32 - U3 – V2 = 0 14 – U3 – V2 = 0 
 
O sistema resultante tem sete variáveis e seis equações. Para 
calcular 
uma solução devemos atribuir um valor a uma das variáveis. 
Fazendo, por exemplo U1 = 0, teremos: 
 
U1 = 0 V1 = 14 
U2 = -2 V2 = 15 
U3 = -1 V3 = 20 
 
Coeficiente das variáveis não básicas 
Variáveis não básicas Coeficiente Valor 
X11 C11 – U1 – V1 10 – 0 – 14 = -4 
X22 C22 – U2 – V2 25 – (-2) – 15 = 12 
X31 C31 – U3 – V1 16 – (-1) – 14 = 3 
X33 C33 – U3 – V3 24 – (-1) – 20 = 5 
 
255 
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A solução não é ótima: Entra a variável X11 que possui o coeficiente 
negativo de maior valor absoluto. 
Circuito de compensação 
𝜃 30 10− 𝜃 40 
50−𝜃 50+ 𝜃 100 
 10 10 
50 40 60 
𝜃 entra com valor 10 
Nova Solução: 
10 30 40 
40 60 100 
 10 10 
50 40 60 
Verificar se a nova solução é ótima - Critério de otimalidade 
Coeficiente das variáveis básicas = 0 
Variáveis Básicas Coeficiente Substituindo Cij 
X11 C11 - U1 – V1 = 0 10 – U1 – V1 = 0 
X12 C12 – U1 – V2 = 0 15 – U1 – V2 = 0 
X21 C21 - U2 – V1 = 0 12 – U2 – V1 = 0 
X23 C23 - U2 – V3 = 0 18 – U2 – V3 = 0 
X32 C32 – U3 – V2 = 0 14 – U3 – V2 = 0 
O sistema resultante tem sete variáveis e seis equações. Fazendo U1 = 0, 
teremos: 
U1 = 0 V1 = 10 
U2 = 2 V2 = 15 
U3 = -1 V3 = 16 
Coeficiente das variáveis não básicas 
Variáveis não básicas Coeficiente Valor 
X13 C13 – U1 – V3 20 – 0 – 16 = 4 
X22 C22 – U2 – V2 25 – 2 – 15 = 8 
X31 C31 – U3 – V1 16 – (-1) – 10 = 7 
X33 C33 – U3 – V3 24 – (-1) – 16 = 9 
A solução testada é ótima, pois as variáveis não básicas não possuem 
coeficientes negativos. 
Portanto a solução ótima é (acompanhe no quadro de solução): 
10 30 40 
40 60 100 
 10 10 
50 40 60 
256 
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Transporte quantidade valor total 
X11 10 10 100 
X12 30 15 450 
X21 40 12 480 
X23 60 18 1080 
X32 10 14 140 
Logo o custo total será de 2250 
Assista agora a Vídeo Aula: 
Transporte – otimalidade - exercício 2 
03) O quadro a seguir apresenta a mesma disposição do problema 1. 
Determine o custo mínimo usando o método do canto noroeste 
para a solução inicial. 
 
 
 
 
 
Em primeiro lugar devemos acrescentar uma linha para o sistema ficar 
equilibrado 
 
 
 
 
 
 
Como o número de equações é menor que o número de variáveis 
devemos entrar com variáveis auxiliares quantas forem necessárias, 
neste caso será necessário apenas uma que deverá entrar em uma 
posição que não forme circuito, optamos por entrá-la na posição X41. 
100 100 
 50 30 80 
 20 20 
A 10 10 
100 50 60 
Coeficiente das variáveis básicas = 0 
Variáveis Básicas Coeficiente Substituindo Cij 
X11 C11 - U1 – V1 = 0 10 – U1 – V1 = 0 
X22 C22 - U2 – V2 = 0 25 – U2 – V2 = 0 
X23 C23 – U2 – V3 = 0 18 – U2 – V3 = 0 
X33 C33 - U3 – V3 = 0 24 – U3 – V3 = 0 
X41 C41 – U4 – V1 = 0 0 – U4 – V1 = 0 
10 15 20 100 
12 25 18 80 
16 14 24 20 
100 50 60 
10 15 20 100 
12 25 18 80 
16 14 24 20 
0 0 0 10 
100 50 60 
http://www.professormatusalem.com/video-aulas/aula-98-problema-do-transporte-criterios-de-otimalidade-exercicio-2/
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X43 C43 – U4 – V3 = 0 0 – U4 – V3 = 0 
 
O sistema resultante tem sete variáveis e seis equações. Para 
calcular 
uma solução devemos atribuir um valor a uma das variáveis. 
Fazendo, por exemplo U1 = 0, teremos: 
 
U1 = 0 V1 = 10 
U2 = 8 V2 = 17 
U3 = 14 V3 = 10 
U4 = -10 
 
Coeficiente das variáveis não básicas 
Variáveis não básicas Coeficiente Valor 
X12 C12 – U1 – V2 15 – 0 – 17 = -2 
X13 C13 – U1 – V3 20 – 0 – 10 = 10 
X21 C21 – U2 – V1 12 – 8 – 10 = -6 
X31 C31 – U3 – V1 16 – 14 – 10 = -8 
X32 C32 – U3 – V2 14 – 14 – 17 = -17 
X42 C42 – U4 – V2 0 – (-10) – 17 = -7 
 
A solução não é ótima: Entra a variável X32 que possui o coeficiente 
negativo de maior valor absoluto. 
 
Circuito de compensação 
100 100 
 50 30 80 
𝜃 20− 𝜃 20 
A−𝜃 10+ 𝜃 10 
100 50 60 
𝜃 entra com valor A 
Nova Solução: 
100 100 
 50 30 80 
A 20 20 
 10 10 
100 50 60 
 
Verificar se a nova solução é ótima - Critério de otimalidade 
Coeficiente das variáveis básicas = 0 
258 
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Variáveis Básicas Coeficiente Substituindo Cij 
X11 C11 - U1 – V1 = 0 10 – U1 – V1 = 0 
X22 C22 - U2 – V2 = 0 25 – U2 – V2 = 0 
X23 C23 – U2 – V3 = 0 18 – U2 – V3 = 0 
X31 C31 – U3 – V1 = 0 16 – U3 – V1 = 0 
X33 C33 - U3 – V3 = 0 24 – U3 – V3 = 0 
X43 C43 – U4 – V3 = 0 0 – U4 – V3 = 0 
 
O sistema resultante tem sete variáveis e seis equações. Para 
calcular 
uma solução devemos atribuir um valor a uma das variáveis. 
Fazendo, por exemplo U1 = 0, teremos: 
 
 
U1 = 0 V1 = 10 
U2 = 0 V2 = 25 
U3 = 6 V3 = 18 
U4 = -18 
 
Coeficiente das variáveis não básicas 
Variáveis não básicas Coeficiente Valor 
X12 C12 – U1 – V2 15 – 0 – 25 = -10 
X13 C13 – U1 – V3 20 – 0 – 18 = 2 
X21 C21 – U2 – V1 12 – 0 – 10 = 2 
X32 C32 – U3 – V2 14 – 6 – 25 = -17 
X41 C41 – U4 – V1 0 – (-18) – 10 = 8 
X42 C42 – U4 – V2 0 – (-18) – 25 = -7 
 
A solução não é ótima: Entra a variável X32 que possui o coeficiente 
negativo de maior valor absoluto. 
Circuito de compensação 
100 100 
 50- 𝜃 30+ 𝜃 80 
A 𝜃 20- 𝜃 20 
 10 10 
100 50 60 
 𝜃 entra com valor 20 
 
 
Nova Solução: 
259 
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100 100 
 30 50 80 
A 20 20 
 10 10 
100 50 60 
 
Verificar se a nova solução é ótima - Critério de otimalidade 
Coeficiente das variáveis básicas = 0 
Variáveis Básicas Coeficiente Substituindo Cij 
X11 C11 - U1 – V1 = 0 10 – U1 – V1 = 0 
X22 C22 - U2 – V2 = 0 25 – U2 – V2 = 0 
X23 C23 – U2 – V3 = 0 18 – U2 – V3 = 0 
X31 C31 – U3 – V1 = 0 16 – U3 – V1 = 0 
X32 C32 - U3 – V2 = 0 14 – U3 – V2 = 0 
X43 C43 – U4 – V3 = 0 0 – U4 – V3 = 0 
O sistema resultante tem sete variáveis e seis equações. Para 
calcularuma solução devemos atribuir um valor a uma das variáveis. 
Fazendo, por exemplo U1 = 0, teremos: 
U1 = 0 V1 = 10 
U2 = 17 V2 = 8 
U3 = 6 V3 = 1 
U4 = -1 
Coeficiente das variáveis não básicas 
Variáveis não básicas Coeficiente Valor 
X12 C12 – U1 – V2 15 – 0 – 8 = 7 
X13 C13 – U1 – V3 20 – 0 – 1 = 19 
X21 C21 – U2 – V1 12 – 17 – 10 = -15 
X33 C33 – U3 – V3 24 – 6 – 1 = 17 
X41 C41 – U4 – V1 0 – (-1) – 10 = -9 
X42 C42 – U4 – V2 0 – (-1) – 8 = -7 
 
A solução não é ótima: Entra a variável X21 que possui o coeficiente 
negativo de maior valor absoluto. 
Circuito de compensação 
100 100 
𝜃 30- 𝜃 50 80 
A- 𝜃 20+𝜃 20 
 10 10 
100 50 60 
260 
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𝜃 entra com valor A 
 
Nova Solução: 
100 100 
A 30 50 80 
 20 20 
 10 10 
100 50 60 
 
Verificar se a nova solução é ótima - Critério de otimalidade 
Coeficiente das variáveis básicas = 0 
Variáveis Básicas Coeficiente Substituindo Cij 
X11 C11 - U1 – V1 = 0 10 – U1 – V1 = 0 
X21 C21 – U2 – V1 = 0 12 – U2 – V1 = 0 
X22 C22 - U2 – V2 = 0 25 – U2 – V2 = 0 
X23 C23 – U2 – V3 = 0 18 – U2 – V3 = 0 
X32 C32 - U3 – V2 = 0 14 – U3 – V2 = 0 
X43 C43 – U4 – V3 = 0 0 – U4 – V3 = 0 
O sistema resultante tem sete variáveis e seis equações. Para 
calcular 
uma solução devemos atribuir um valor a uma das variáveis. 
Fazendo, por exemplo U1 = 0, teremos: 
 
U1 = 0 V1 = 10 
U2 = 2 V2 = 23 
U3 = -9 V3 = 16 
U4 = -16 
 
Coeficiente das variáveis não básicas 
Variáveis não básicas Coeficiente Valor 
X12 C12 – U1 – V2 15 – 0 – 23 = -8 
X13 C13 – U1 – V3 20 – 0 – 16 = 4 
X31 C31 – U3 – V1 16 – (-9) – 10 = 15 
X33 C33 – U3 – V3 24 – (-9) – 16 = 17 
X41 C41 – U4 – V1 0 – (-16) – 10 = 6 
X42 C42 – U4 – V2 0 – (-16) – 23 = -7 
 
A solução não é ótima: Entra a variável X12 que possui o coeficiente 
negativo de maior valor absoluto. 
Circuito de compensação 
Circuito de compensação 
261 
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100- 𝜃 𝜃 100 
A+ 𝜃 30- 𝜃 50 80 
 20 20 
 10 10 
100 50 60 
𝜃 entra com valor 30 
 
Nova Solução: 
70 30 100 
30 50 80 
 20 20 
 10 10 
100 50 60 
Verificar se a nova solução é ótima - Critério de otimalidade 
Coeficiente das variáveis básicas = 0 
Variáveis Básicas Coeficiente Substituindo Cij 
X11 C11 - U1 – V1 = 0 10 – U1 – V1 = 0 
X12 C12 – U1 – V2 = 0 15 – U1 – V2 = 0 
X21 C21 – U2 – V1 = 0 12 – U2 – V1 = 0 
X23 C23 – U2 – V3 = 0 18 – U2 – V3 = 0 
X32 C32 - U3 – V2 = 0 14 – U3 – V2 = 0 
X43 C43 – U4 – V3 = 0 0 – U4 – V3 = 0 
O sistema resultante tem sete variáveis e seis equações. Para 
calcular 
uma solução devemos atribuir um valor a uma das variáveis. 
Fazendo, por exemplo U1 = 0, teremos: 
U1 = 0 V1 = 10 
U2 = 2 V2 = 15 
U3 = -1 V3 = 16 
U4 = -16 
Coeficiente das variáveis não básicas 
Variáveis não básicas Coeficiente Valor 
X13 C13 – U1 – V3 20 – 0 – 16 = 4 
X22 C22 – U2 – V2 25 – 2 – 15 = 8 
X31 C31 – U3 – V1 16 – (-1) – 10 = 7 
X33 C33 – U3 – V3 24 – (-1) – 16 = 9 
X41 C41 – U4 – V1 0 – (-16) – 10 = 6 
X42 C42 – U4 – V2 0 – (-16) – 15 = 1 
 
262 
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A solução testada é ótima, pois as variáveis não básicas não possuem 
coeficientes negativos. 
Portanto a solução ótima é (acompanhe no quadro de solução): 
70 30 100 
30 50 80 
 20 20 
 10 10 
100 50 60 
 
Transporte quantidade valor total 
X11 70 10 700 
X12 30 15 450 
X21 30 12 360 
X23 50 18 900 
X32 20 14 280 
X43 10 0 0 
Logo o custo total será de 2690 
Assista agora a Vídeo Aula: 
Transporte – otimalidade - exercício 3 
04) Determine o custo mínimo usando o método do Vogel para a 
solução inicial. 
 
 
 
 
 
Em primeiro lugar devemos acrescentar uma linha para o sistema ficar 
equilibrado 
 
 
 
 
 
 
 
20 30 50 100 
80 80 
 20 20 
 10 10 
100 50 60 
10 15 20 100 
12 25 18 80 
16 14 24 20 
100 50 60 
10 15 20 100 
12 25 18 80 
16 14 24 20 
0 0 0 10 
100 50 60 
http://www.professormatusalem.com/video-aulas/aula-99-problema-do-transporte-criterios-de-otimalidade-exercicio-3/
263 
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Coeficiente das variáveis básicas = 0 
Variáveis Básicas Coeficiente Substituindo Cij 
X11 C11 - U1 – V1 = 0 10 – U1 – V1 = 0 
X12 C12 – U1 – V2 = 0 15 – U1 – V2 = 0 
X13 C13 – U1 – V3 = 0 20 – U1 – V3 = 0 
X21 C21 – U2 – V1 = 0 12 – U2 – V1 = 0 
X32 C32 – U3 – V2 = 0 14 – U3 – V2 = 0 
X43 C43 – U4 – V3 = 0 0 – U4 – V3 = 0 
 
O sistema resultante tem sete variáveis e seis equações. Para 
calcular uma solução devemos atribuir um valor a uma das variáveis. 
Fazendo, por exemplo U1 = 0, teremos: 
 
U1 = 0 V1 = 10 
U2 = 2 V2 = 15 
U3 = -1 V3 = 20 
U4 = -20 
 
Coeficiente das variáveis não básicas 
Variáveis não básicas Coeficiente Valor 
X22 C22 – U2 – V2 25 – 2 – 15 = 8 
X23 C23 – U2 – V3 18 – 2 – 20 = -4 
X31 C31 – U3 – V1 16 – (-1) – 10 = 7 
X33 C33 – U3 – V3 24 – (-1) – 20 = 5 
X41 C41 – U4 – V1 0 – (-20) – 10 = 10 
X42 C42 – U4 – V2 0 – (-20) – 15 = 5 
 
A solução não é ótima: Entra a variável X23 que possui o coeficiente 
negativo de maior valor absoluto. 
 
Circuito de compensação 
20+ 𝜃 30 50-𝜃 100 
80- 𝜃 𝜃 80 
 20 20 
 10 10 
100 50 60 
𝜃 entra com valor 50 
 
 
 
264 
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Nova Solução: 
70 30 100 
30 50 80 
 20 20 
 10 10 
100 50 60 
 
Verificar se a nova solução é ótima - Critério de otimalidade 
Coeficiente das variáveis básicas = 0 
Variáveis Básicas Coeficiente Substituindo Cij 
X11 C11 - U1 – V1 = 0 10 – U1 – V1 = 0 
X12 C12 – U1 – V2 = 0 15 – U1 – V2 = 0 
X21 C21 – U2 – V1 = 0 12 – U2 – V1 = 0 
X23 C23 – U2 – V3 = 0 18 – U2 – V3 = 0 
X32 C32 - U3 – V2 = 0 14 – U3 – V2 = 0 
X43 C43 – U4 – V3 = 0 0 – U4 – V3 = 0 
 
O sistema resultante tem sete variáveis e seis equações. Para 
calcular 
uma solução devemos atribuir um valor a uma das variáveis. 
Fazendo, por exemplo U1 = 0, teremos: 
 
U1 = 0 V1 = 10 
U2 = 2 V2 = 15 
U3 = -1 V3 = 16 
U4 = -16 
 
Coeficiente das variáveis não básicas 
 
Variáveis não básicas Coeficiente Valor 
X13 C13 – U1 – V3 20 – 0 – 16 = 4 
X22 C22 – U2 – V2 25 – 2 – 15 = 8 
X31 C31 – U3 – V1 16 – (-1) – 10 = 7 
X33 C33 – U3 – V3 24 – (-1) – 16 = 9 
X41 C41 – U4 – V1 0 – (-16) – 10 = 6 
X42 C42 – U4 – V2 0 – (-16) – 15 = 1 
 
A solução testada é ótima, pois as variáveis não básicas não possuem 
coeficientes negativos. 
 
Portanto a solução ótima é (acompanhe no quadro de solução): 
265 
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70 30 100 
30 50 80 
 20 20 
 10 10 
100 50 60 
Transporte quantidade valor total 
X11 70 10 700 
X12 30 15 450 
X21 30 12 360 
X23 50 18 900 
X32 20 14 280 
X43 10 0 0 
Logo o custo total será de 2690 
Assista agora a Vídeo Aula: 
Transporte – otimalidade - exercício 4 
05) O quadro a seguir usa a mesma disposição do problema 1. As 
células marcadas com X indicam a impossibilidade do transporte 
daquela origem para aquele destino. Resolva usando o método do 
canto noroeste. 
10 15 X 50 
X 25 18 70 
16 14 24 30 
80 50 40 
Primeiramenteiremos equilibrar o sistema colocando uma linha a mais 
com valores de transporte valendo “0”, e completando a soma das linhas 
a 170. 
10 15 X 50 
X 25 18 70 
16 14 24 30 
0 0 0 20 
80 50 40 
Fazendo o transporte pelo método do canto noroeste temos: 
50 50 
 50 20 70 
30 30 
 20 20 
80 50 40 
http://www.professormatusalem.com/video-aulas/aula-100-problema-do-transporte-criterios-de-otimalidade-exercicio-4/
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Verificar se a nova solução é ótima - Critério de otimalidade 
Coeficiente das variáveis básicas = 0 
Variáveis Básicas Coeficiente Substituindo Cij 
X11 C11 - U1 – V1 = 0 10 – U1 – V1 = 0 
X22 C22 – U2 – V2 = 0 25 – U2 – V2 = 0 
X23 C23 – U2 – V3 = 0 18 – U2 – V3 = 0 
X31 C31 – U3 – V1 = 0 16 – U3 – V1 = 0 
X43 C43 – U4 – V3 = 0 0 – U4 – V3 = 0 
 
O sistema ficou degenerado pois a o número de variáveis supera o de 
equações em mais de uma. Portanto devemos colocar uma variável 
auxiliar em uma posição que não faz circuito e não esteja em uma 
posição marcada com X. 
Iremos colocar a variável A na posição X12 e, portanto teremos. 
 
50 A 50 
 50 20 70 
30 30 
 20 20 
80 50 40 
Verificar se a nova solução é ótima - Critério de otimalidade 
Coeficiente das variáveis básicas = 0 
Variáveis Básicas Coeficiente Substituindo Cij 
X11 C11 - U1 – V1 = 0 10 – U1 – V1 = 0 
X12 C12 – U1 – V2 = 0 15 – U1 – V2 = 0 
X22 C22 – U2 – V2 = 0 25 – U2 – V2 = 0 
X23 C23 – U2 – V3 = 0 18 – U2 – V3 = 0 
X31 C31 – U3 – V1 = 0 16 – U3 – V1 = 0 
X43 C43 – U4 – V3 = 0 0 – U4 – V3 = 0 
 
O sistema resultante tem sete variáveis e seis equações. Para 
calcular 
uma solução devemos atribuir um valor a uma das variáveis. 
Fazendo, por exemplo U1 = 0, teremos: 
 
U1 = 0 V1 = 10 
U2 = 10 V2 = 15 
U3 = 6 V3 = 8 
U4 = -8 
 
Coeficiente das variáveis não básicas 
267 
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Variáveis não básicas Coeficiente Valor 
X13 C13 – U1 – V3 x – 0 – 8 = x-8 
X21 C21 – U2 – V1 x – 10 – 10 = x 
X32 C32 – U3 – V2 14 – 6 – 15 = -7 
X33 C33 – U3 – V3 24 – 6 - 8 = 10 
X41 C41 – U4 – V1 0 – (-8) – 10 = -2 
X42 C42 – U4 – V2 0 – (-8) – 15 = -7 
A solução não é ótima: podemos escolher entre as variáveis x32 ou 
x42 para a que entra. Neste exemplo escolhemos a variável X32 que 
possui o coeficiente negativo de maior valor absoluto. 
Circuito de compensação 
50+𝜃 A-𝜃 50 
 50 20 70 
30-𝜃 𝜃 30 
 20 20 
80 50 40 
𝜃 terá valor de A 
Nova solução. 
50 50 
 50 20 70 
30 A 30 
 20 20 
80 50 40 
Verificar se a nova solução é ótima - Critério de otimalidade 
Coeficiente das variáveis básicas = 0 
Variáveis Básicas Coeficiente Substituindo Cij 
X11 C11 - U1 – V1 = 0 10 – U1 – V1 = 0 
X22 C22 – U2 – V2 = 0 25 – U2 – V2 = 0 
X23 C23 – U2 – V3 = 0 18 – U2 – V3 = 0 
X31 C31 – U3 – V1 = 0 16 – U3 – V1 = 0 
X32 C32 – U3 – V2 = 0 14 – U3 – V2 = 0 
X43 C43 – U4 – V3 = 0 0 – U4 – V3 = 0 
O sistema resultante tem sete variáveis e seis equações. Para 
calcular 
uma solução devemos atribuir um valor a uma das variáveis. 
Fazendo, por exemplo U1 = 0, teremos: 
U1 = 0 V1 = 10 
U2 = 17 V2 = 8 
U3 = 6 V3 = 1 
U4 = -1 
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Coeficiente das variáveis não básicas 
Variáveis não básicas Coeficiente Valor 
X12 C12 – U1 – V2 15- 0 – 8 = 7 
X13 C13 – U1 – V3 x – 0 – 1 = x - 1 
X21 C21 – U2 – V1 x – 17 – 10 = x - 27 
X33 C33 – U3 – V3 24 – 6 – 1 = 17 
X41 C41 – U4 – V1 0 – (-1) – 10 = -9 
X42 C42 – U4 – V2 0 – (-1) – 8 = -7 
A solução não é ótima: Neste exemplo escolhemos a variável X41 
que possui o coeficiente negativo de maior valor absoluto. 
Circuito de compensação 
50 50 
 50-𝜃 20+𝜃 70 
30-𝜃 A+𝜃 30 
𝜃 20-𝜃 20 
80 50 40 
𝜃 terá valor 20. 
Nova solução. 
50 50 
 30 40 70 
10 20 30 
20 20 
80 50 40 
Verificar se a nova solução é ótima - Critério de otimalidade 
Coeficiente das variáveis básicas = 0 
Variáveis Básicas Coeficiente Substituindo Cij 
X11 C11 - U1 – V1 = 0 10 – U1 – V1 = 0 
X22 C22 – U2 – V2 = 0 25 – U2 – V2 = 0 
X23 C23 – U2 – V3 = 0 18 – U2 – V3 = 0 
X31 C31 – U3 – V1 = 0 16 – U3 – V1 = 0 
X32 C32 – U3 – V2 = 0 14 – U3 – V2 = 0 
X41 C41 – U4 – V1 = 0 0 – U4 – V1 = 0 
O sistema resultante tem sete variáveis e seis equações. Para 
calcular 
uma solução devemos atribuir um valor a uma das variáveis. 
Fazendo, por exemplo U1 = 0, teremos: 
U1 = 0 V1 = 10 
U2 = 17 V2 = 8 
U3 = 6 V3 = 1 
U4 = -10 
269 
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Coeficiente das variáveis não básicas 
Variáveis não básicas Coeficiente Valor 
X12 C12 – U1 – V2 15- 0 – 8 = 7 
X13 C13 – U1 – V3 x – 0 – 1 = x - 1 
X21 C21 – U2 – V1 x – 17 – 10 = x - 27 
X33 C33 – U3 – V3 24 – 6 – 1 = 17 
X42 C42 – U4 – V2 0 – (-10) – 8 = 2 
X43 C43 – U4 – V3 0 – (-10) – 1 = 9 
 
A solução testada é ótima, pois as variáveis não básicas não possuem 
coeficientes negativos. 
Portanto a solução ótima é (acompanhe no quadro de solução): 
50 50 
 30 40 70 
10 20 30 
20 20 
80 50 40 
 
Transporte quantidade valor total 
X11 50 10 500 
X22 30 25 750 
X23 40 18 720 
X31 10 16 160 
X32 20 14 280 
X43 20 0 0 
Logo o custo total será de 2410 
 
Assista agora a Vídeo Aula: 
Transporte – otimalidade - exercício 5 
 
06) As células marcadas com X indicam a impossibilidade do transporte 
daquela origem para aquele destino. Resolva usando o método de 
Vogel. 
10 15 X 50 
X 25 18 70 
16 14 24 30 
80 50 40 
Primeiramente iremos equilibrar o sistema colocando uma linha a mais 
com valores de transporte valendo “0”, e completando a soma das linhas 
a 170. 
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270 
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10 15 X 50 
X 25 18 70 
16 14 24 30 
0 0 0 20 
80 50 40 
Fazendo o transporte pelo método de Vogel temos: 
50 50 
 50 20 70 
30 30 
 20 20 
80 50 40 
Verificar se a nova solução é ótima - Critério de otimalidade 
Coeficiente das variáveis básicas = 0 
Variáveis Básicas Coeficiente Substituindo Cij 
X11 C11 - U1 – V1 = 0 10 – U1 – V1 = 0 
X22 C22 – U2 – V2 = 0 25 – U2 – V2 = 0 
X23 C23 – U2 – V3 = 0 18 – U2 – V3 = 0 
X31 C31 – U3 – V1 = 0 16 – U3 – V1 = 0 
X43 C43 – U4 – V3 = 0 0 – U4 – V3 = 0 
O sistema ficou degenerado pois a o número de variáveis supera o de 
equações em mais de uma. Portanto devemos colocar uma variável 
auxiliar em uma posição que não faz circuito e não esteja em uma 
posição marcada com X. 
Iremos colocar a variável A na posição X12 e, portanto teremos. 
 
50 A 50 
 50 20 70 
30 30 
 20 20 
80 50 40 
Verificar se a nova solução é ótima - Critério de otimalidade 
Coeficiente das variáveis básicas = 0 
Variáveis Básicas Coeficiente Substituindo Cij 
X11 C11 - U1 – V1 = 0 10 – U1 – V1 = 0 
X12 C12 – U1 – V2 = 0 15 – U1 – V2 = 0 
X22 C22 – U2 – V2 = 0 25 – U2 – V2 = 0 
X23 C23 – U2 – V3 = 0 18 – U2 – V3 = 0 
X31 C31 – U3 – V1 = 0 16 – U3 – V1 = 0 
X43 C43 – U4 – V3 = 0 0 – U4 – V3 = 0 
271 
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calcular 
uma solução devemos