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programação linear Bárbara Martignoni | 2comentários

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TEXTO – BASE DAS AULAS DE PROGRAMAÇÃO LINEAR 4º. CICLO / MATEMÁTICA

Prof ª. Lúcia Stefani (Org.) UNIMONTE – SANTOS – SP

CAP. I – MODELOS DE PROBLEMAS DE PROGRAMAÇÃO LINEAR 1. Análise de investimentos

Neste modelo de P.L. desejamos maximizar uma função linear, chamada função objetiva a várias variáveis, respeitando-

se um sistema linear de desigualdades, que recebem o nome de restrições. As restrições representam limitações nos

recursos disponíveis (capital, mão de obra, recursos minerais, fatores de produção, etc.).

Numa marcenaria são fabricadas mesas e escrivaninhas; cada mesa é vendida com um lucro de 3 unidades monetárias

(u.m.) e demora 2,5 horas para montagem, 3 horas para polimento e 1 hora para encaixotar; cada escrivaninha é

vendida com lucro de 4 u.m. e requer 1 hora para montagem, 3 horas para polimento e 2 horas para encaixotar. A

marcenaria dispõe de mão de obra de 20 horas para montagem, 30 horas para polimento e 16 horas para encaixotar.

Quantas mesas e quantas escrivaninhas deve a marcenaria produzir, de maneira a obter lucro máximo?

Seja o nº. de mesas e o nº. de escrivaninhas. 1x2x O problema consiste em maximizar a função objetiva: L = 3 + 4 1x2x

que atenda as seguintes restrições de mão de obra:

0 e 0 )

)entoencaixotam( 1621 )

)polimento( 30 3 3 )

)montagem( 20 1 5,2 )

xxd xxc xxb xxa

2. Problema da dieta

Neste modelo de P.L. procuramos a solução que minimiza uma função objetiva (chamada solução ótima). Cada restrição

agora é dada em forma de desigualdade do tipo “maior ou igual”, já que a quantidade de nutrientes a serem consumidos

não poderá ser menor que as quantias mínimas exigidas.

Um indivíduo preocupado com a sua saúde, deseja ingerir um mínimo diário de 36 unidades de vitamina A, 28 unidades

de vitamina C e 32 unidades de vitamina D. Cada kg de carne custa 9 u.m. e contém 2 unidades de vitamina A, 2 de C e

8 de D; cada kg de peixe custa 12 u.m. e fornece 3 unidades de vitamina A, 2 de C e 2 de D. Qual a combinação de

custo mínimo que garante as necessidades diárias?

Para equacionarmos o problema, vamos chamar de a quantidade de carne a ser

consumida e a quantidade de peixe; teremos que procurar a solução que minimiza a função objetiva:

C = 9 + 12 1x2x

E que atenda as restrições:

de)negativida (não 0 e 0 )

)D vit.unid.( 32 2 8 )

)C vit.unid.( 28 2 2 )

)A vit.unid.( 36 3 2 )

xxd xxc xxb xxa

OBSERVAÇÃO: a restrição de não negatividade é inerente a todos os problemas de P.L., pelo que não faremos mais

referência a ela; graficamente significa que iremos trabalhar apenas no 1º. quadrante do plano cartesiano. CAP. I I –

SOLUÇÃO GRÁFICA DE PROBLEMAS DE P. L.

Da Geometria Analítica sabemos que uma desigualdade é representada no plano cartesiano por um semi-plano (na

figura 1 temos a representação gráfica da inequação 2x + 3y ≤ 6 ).

Como as restrições dos problemas de P.L. são dadas em forma de desigualdades, então a solução gráfica do conjunto

de restrições será um polígono convexo (não necessariamente fechado) que recebe o nome de região de soluções

viáveis ( R.S.V.).

A pergunta que surge de imediato é: Qual dos infinitos pontos da R.S.V. corresponde à solução ótima do problema de

P.L.? Pode-se demonstrar que a solução ótima (se existir), será um ponto extremo da região.

EXEMPLO I : Max. L = 3 + 4 sujeita às restrições 1x2x

(c) 162

(b) 3033

(a) 205,2

x x x

Figura 2

A região de soluções viáveis é o polígono convexo OABCD; a solução ótima será um dos vértices do polígono. Para

encontrarmos a solução ótima, vamos inicialmente analisar a equação da função objetiva L = 3 + 4. 1x2x No plano

cartesiano essa equação representa uma família de retas paralelas; começamos traçando a reta que anula a função

objetiva (reta que passa pela origem e que corresponde a um lucro 0, representando a situação mais desfavorável); em

seguida vamos procurar o vértice do polígono pelo qual passa a reta paralela à reta traçada anteriormente, ponto esse

que deve ser o mais afastado possível (visto que o problema é de maximização). Na figura 2 esse é o ponto B,

intersecção das restrições b e c; resolvendo-se o sistema de equações ⎩⎨⎧obtém-se o ponto B (4,6). Substituindo os valores de e de na função objetiva, teremos a

solução ótima: = 4 , = 6 e L = 36 u.m. Isso significa que a marcenaria deve fabricar 4 mesas e 6 escrivaninhas, obtendo

assim um lucro máximo de 36 u.m.

OBSERVAÇÃO: Se substituirmos na função objetiva as coordenadas de qualquer outro vértice do polígono, iremos obter

um valor de L menor que 36; além do mais, os valores de = 4 e = 6 satisfazem todas as restrições do problema, como

pode ser observado por substituição direta. 1x 2x

EXEMPLO I :

Min C = 9 + 12 sujeita às restrições 1x2x

(c) 3228

(b) 2822

(a) 3632

x x x

Figura 3

A R.S.V. é o polígono convexo aberto da figura 3. Para encontrarmos o vértice da solução ótima,vamos procurar o ponto

extremo do polígono pelo qual passa a reta paralela à reta de equação C = 0 , reta essa que deve ficar o mais próxima

possível da outra, visto que agora o problema é de minimização. Esse ponto é o ponto C da figura 3.

As coordenadas do ponto C obtêm-se resolvendo-se o sistema ⎩⎨⎧

onde iremos encontrar o ponto C (6 , 8) e o custo mínimo C = 150.

As coordenadas do ponto C (6 , 8) satisfazem todas as restrições do problema

EXEMPLO I :

Min C = 4 + 2 sujeita às restrições 1x2x

OBSERVAÇÃO: Qualquer outro ponto cujas coordenadas forem substituídas na função objetiva, irão produzir um custo

superior a 150 u.m. ⎪⎩

(c) 186

(b) 142

(a) 204

x x x

7 Figura 4

A análise da figura 4 mostra-nos que a reta da restrição b é paralela à reta C = 4 + 2= 0 isto significa que 1x 2x

ou seja, o problema possui infinitas soluções ótimas (dizemos que é um problema degenerado)

qualquer ponto do segmento de reta BC é solução ótima do problema proposto,

OBSERVAÇÃO: Tanto as coordenadas do ponto B (3, 8) como do C (6, 2) produzem na função objetiva um valor igual a

28 u.m., que é o custo mínimo. As coordenadas de qualquer outro ponto da R.S.V. vão produzir um custo superior a 28

u.m.

1) Max. L = 24 + 8 sujeita às restrições R: = 4, = 4, L = 128

x x x

2) Max. L = 40+ 50x sujeita às restrições ⎪⎨5 R: 1x= 3, 2x= 5, L = 370

x x x

3) Max. L = 40+

30sujeita às restrições R:x= 4, = 5, L = 310

) Um fazendeiro pretende plantar hectares de arroz e hectares de feijão; cada hectare de

rroz dá um lucro de 50 u.m. e consome 6 homens-hora para plantio, 5 homens-hora para colheita e dá jardineiro

necessita de 10, 12 e 12 unidades dos produtos químicos A, B e C respectivamente ara o seu jardim. Um produto líquido

custa 30 u.m. e contém 5, 2 e 1 unidades de A, B e C spectivamente; um produto sólido custa 20 u.m. e contém 1, 2 e 4

unidades dos produtos x x x x

armazenagem?

2 homens-hora para armazenagem; cada hectare de feijão um lucro de 30 u.m. e consome 2 homens-hora no plantio, 5

para colheita e 4 para armazenagem. Qual a plantação que produz lucro máximo, se o fazendeiro possui um total de 36

homens-hora para plantio, 40 para colheita e 28 para R: 1x= 5 ha, 2x= 3 ha e L = 340 u.m.

5) Um p re químicos A, B e C respectivamente. Qual a combinação que produz custo mínimo, respeitando-se as

necessidades do jardineiro?

R: 1x (líquido) = 1, 2x (sólido) = 5 e C = 130 u.m.

6) Min C = 120 + 60 sujeita às restrições R:= 2, = 9, C =

780 I – SOLUÇÃO ALGÉBRICA DE PROBLEMAS DE P. L. – MÉTODO SIMPLEX

. Resumo histórico O método gráfico para resolver problemas de P.L. restringe-se a no máximo 3 variáveis; na orge

Dantzig revolucionou o mundo da atem

M.S.) vamos rever alguns conceitos de

. inição 1: Variáveis de folga

As restrições dos problemas de P.L. são dadas em forma de inequações lineares; cada x x x prática, os matemáticos, os

economistas e os administradores enfrentam problemas com um número de variáveis bem superior a três, daí a

necessidade de um método algébrico geral que permita resolver problemas com qualquer número de variáveis.

Em 1947, o economista norte-americano Ge

Mática Aplicada ao descobrir um método iterativo ao qual deu o nome de método SIMPLEX, nome derivado do problema

proposto a Dantzig resolver.

Álgebra Linear, necessários ao bom entendimento do texto

Antes de apresentarmos o método SIMPLEX (

2 Def desigualdade do tipo “menor ou igual” transforma-se em equação linear se acrescentarmos uma variável não

negativa chamada variável de folga (na prática, o valor da variável de folga representa a parte do recurso da restrição

que não foi utilizada). Para cada restrição teremos uma variável de folga.

Definição 2: Solução compatível básica (S.C.B.)

O sistema de equações lineares obtido a partir do conjunto de restrições pela introdução das ariáve vis de folga, tem

mais variáveis do que equações, sendo portanto um sistema indeterminado; dentre as infinitas soluções que esse

sistema linear possui, interessam-nos aquelas em que todas as variáveis possuem valores não negativos. Essas

soluções chamam-se soluções compatíveis básicas.

EXEMPLO: Suponhamos as restrições

Inicialmente vamos introduzir as variáveis de folga e para obtermos

o sistema de equações lineares =++112 12

Este sistema linear possui 4 variáveis e 2 equações, sendo portanto um sistema de grau 2 de es = 2, = 5 e = 1, ou então,

= 1, = 9 e= 0 são soluções mpat patível básica, pois a variável efinição 3: Variáveis básicas e variáveis não-básicas

112 )

123 )

xxa indeterminação.

As soluçõ1x2x3x1x2x 3x coíveis básicas, jáque todas as variáveis são não negativas.

A solução 1x= 6, 2x= –1 e 3x= 5, não é solução com2x assume valor negativo. Nos problemas de P.L. só nos interessam

as soluções compatíveis básicas.

Numa solução compatível básica, as variáveis que assumem valores positivos chamam-se riáve vais básicas, enquanto

que as variáveis que assumem o valor zero chamam-se variáveis não- básicas. O conjunto das variáveis básicas formam

uma base.

3. Dinâmica do método SIMPLEX

O método SIMPLEX é um método algébrico exato , iterativo, que nos leva à solução ótima char uma solução compatível

básica inicial. . Caso contrário, seguir para o passo 3.

passo 2. XEMPLO de um problema de P.L., se ela existir, através de um número finito de iterações. Usa os seguintes

passos: 1. A 2. Verificar se a solução atual é ótima. Se for, fim 3. Determinar a variável não básica que deve entrar na

base. 4. Determinar a variável básica que deve sair da base. 5. Achar a nova solução compatível básica, e voltar ao

Max. L = 5 + 6 sujeita às restrições 1º. Passo

x x x

: Acrescentar as variáveis de folga ao conjunto de restrições para obter o sistema de

0 , , ,

xexxxx x

(1)

x º. Passo

2: Obter uma solução compatível básica inicial. a de equações são positivos, uma solução compat

Nesta solução o valor da função objetiva é L = 0. o ótima; como L = 5 + 6, se qualquer uma daos), r a

Como todos os termos independentes do sistem ível básica inicial obtém-se considerando-se como variáveis básicas as

variáveis de folga, isto é: 3x= 10, 4x= 17, 5x= 1 (variáveis básicas) e 1x= 0, 2x= 0 (variáveis não-básicas).

Vamos agora investigar se essa solução é a soluçã1x2x s variáveis 1x ou 2x entrar na base (isto é, passar a assumir um

valor pitivoentão o valor de L aumentará. Potantosolução inicial não é a solução ótima.

3º. Passo: Qual das variáveis não básicas ou entra na base? p 1x 2x

Como a variável 2x tem um coeficiente ositivo na expressão da função objetiva maior do º. Passo que o coeficiente de 1x

(6 e 5 respectivamente), então 2x entra na base.

4: Qual das variáveis básicas, ou , sai da base? explicitar cada uma das variáveis 3x, 4x5x

Para sabermos a variável que deve deixar a base, vamos básicas em função das variáveis não básicas, partindo do

sistema de equações lineares (1):

(2) Como continua = 0, temos:

x x x

5,8 quando 0 10 quando 0 x x x

Como a variável continua igual a 0 na próxima solução, devemos tirar da base a variável que se anula mais rapidamente

com o crescimento de , de contrário passaremos a ter variáveis negativas, o que constitui uma solução não-compatível

básica. Essa variável é .

Logo, quem sai da base é 5x

Variáveis não básicas: = = 0 e substituindo estes valores em (2), teremos: 5x1x

Variáveis básicas: = 5,5 , = 4,5 e = 6 2x3x4x

Para esta solução o valor de L = 5 . 0 + 6 . 5,5 = 3 u.m.

5º. Passo: Nova solução compatível básica:

Vamos agora voltar ao 2º. passo, isto é, saber se a presente solução é ou não a solução ótima. Para isso precisamos

explicitar a função objetiva L em função das variáveis não básicas e : 1x5x

Isolando na 3ª. equação de (2) e substituindo em L = 5 + 6 2x1x2x⇔ L = 5+ 61x .

Faezendo as oprações algébricas: L = 3 + 2 – 3

Como a variável tem coeficiente positivo, significa que a presente solução não é a ótima, e que

Co, ou em funeiro com

Isolando na 3ª. equação de (2) e substituindo nas outras

1x 1 deve entrar na base. Na próxima solução, 1x será variável básica.

mo x vai entrar na base, precisamos explicitar as variáveis básicas x 12x3x4x ção de 1x, para sabermos qual das três

deve deixar a base (aquela que se anula prim o crescimento de 1x).

x x x x x x

Efetuando os cálculos: (3)

mo continua igual a 0, teremos: ou seja:

x x x

2

6

x x x

1 quando 0 3 quando 0 3 quando 0 x x x

Como vemos, e se anulam igualmente quando atinge o valor 3, então é indifere

ariáveis não básicas: = = 0 e substituindo estes valores em (3), teremos:

Variáveis básicas: = 3 , = 4 e = 0

Vamos agora explicitar a função objetiva L em função das variáveis básicas e nte retirar uma ou outra da base. Saindo

4x por exemplo, para dar lugar a 1x, teremos uma nova solução:

Para esta solução o valor de

x x x x x

= 5 + 6 = 5

= 15 – 2,5 + 2,5 + 3 – 9 +1,5– 1,5 – 3

L4x5x4x5x5x⇔ L = 39 – – 2

Como os coeficientes das variáveis não básicas são negativos, significa que se elas trass

. Algoritmo SIMPLEX em forma de quadro m ser condensados num quadro simplificado que

, , , e ≥ 0

Esta notação permite que tenhamos do lado direito do sinal de igual, apenas constantes.

ÇÃO INICIAL: Const.

1x= 3 , 2x= 4 e L = 39 u.m.

enem na base, diminuiriam o valor de L, logo, atingimos a solução ótima:

Os cálculos efetuados no item anterior pode torna o uso do método SIMPLEX muito mais atraente. Para isso vamos

começar escrevendo a função objetiva na forma L – 51x – 2x = 0 , junto com o sistema:

x x x xxL

O quadro abaixo corresponde à solução compatível básica inicial (3x= 10 , 4x=17 e 5x= 1).

12 BASE – 5 – 6 0 0 0 0

Para sabermos se uma solução é a ótima basta olharmos a linha da base da matriz correspondente à solução; se houver

coeficientes negativos nessa linha, significa que a solução ótima ainda não foi alcançada; além disso, faremos entrar na

base a variável cujo coeficiente negativo tiver maior módulo, no caso 2x entra na base. Para sabermos a variável que sai

da base, dividimos os elementos da coluna das constantes

Vejamos: 1ª. linha : 10 : 1 = 10

2ª. linha : 17 : 2 = 8,5

3ª. linha : 1 : 2 = 5,5 Æ sai a variável (ver as indicações abaixo)

OLUÇÃO INICIAL (S1): entra

ermos(t independentes das equações) pelos elementos positivos da coluna da variável que entra na base; a divisão que

proporcionar menor quociente indica a linha da variável que vai sair da base. Const.

1x 2x 3x 4x 5x BASE – 5 – 6 0 0 0 0

1 10

sa

i17

1 Æ

Note-se que na matriz da solução inicial temos as colunas correspondentes à matriz identidade de ordem 3, colunas

essas que se referem às variáveis básicas (3x, 4x e 5x). Na nova solução a variável 2x vai ocupar o lugar da variável 5x,

pelo que os vetores-coluna das variáveis básicas 3x, 4x e formarão a matriz identidade. Para isso teremos que

2xescalonar a coluna correspondente à variável 2x, o que nos leva à solução mostrada no seguinte quadro:

( S2 )

:entra

1,5 2 0,5

– 0,5 4,5 sai

1 0 – 1 0,5

6

matriz identidade é formada pelas colunas das variáveis básicas ( e ). 3x, 4x2xA a riá nbásica m ha são iguais; é portanto

3 Const.

Como na linha da base ainda existe um nº. negativo, o coeficiente dvavelão- 1x, então a solução ainda não é a solução

ótima. A variável 1x vai entrar na base. Para sabermos que vai sair da base, vamos dividir os elementos da coluna das

constantes pelos elementos positivos da coluna de 1x ( ver quadro da solução 2 ).

2ª. linha : 6 : 2 = 3

1 3ª. linha : 5,5 : 0,5 =

um empate na saída, já que os quocientes da 1ª. e da 2ª. linNeste caso há indiferente se sai 3x (1ª. linha) ou se sai 4x

(2ª. linha). Vamos escolher3x.

S):

(

Teremos a nova solução:

2/3 4/3 1/3

– 1/3 1/3 2/3

Agora não existem números negativos na linha da base; isso quer dizer que a presente solução é a solução ótima.

ESPOSTAR : x = 3 , x=12 4 e L = 39 ; a variável por ser uma variável de folga, não interfere C

4x na resposta. A resposta mostrada no quadro final, coincide com a resposta obtida no item 3 deste capítulo. Todos os

cálculos podem ser resumidos no quadro abaixo:

entra

x 1x 23x 4x 5x BASE – 5 – 6 0 0 0 0

10 17 1 Æ sai

1 0 – 1 1/2

0 0 1 2/3 – 4/3 – 1/3 – 1/3

1 0 1/3 2/3

14 RESPOSTA : = 3 , = 4 e L = 39 (estes valores vêm apresentados na coluna das constantes) xercício resolvido

E: Max. L = 2 + 3 , sujeita às restrições:

e

x x amos resolver o problema escrevendo-o na forma padrão:

x x x entra C ⎪⎧≤+ 701x

1x 2x 3x 4x 5x BASE – 2 – 3 0 0 0 0

120 sai 0 0 1 0 0 1

1/2 – 1/2 10 1/2 7/2

0 0 1/2 – 3/2

Æ sai 60 150

ESPOSTA : = 20 , = 50 e L = 190 u.m. 1x2xR

NOTA : A igualdade = 80 significa que das 330 unidades do recurso da 3ª. restrição, 80 não serão utilizadas.

xercício resolvido

E: Max. L = 5 + 5+ 6 , sujeita às restrições:

e

x x

Passando para a forma padrão, teremos:

entra C ⎧≤++ 2321xx

x x x xxxL

1x 2x 3x 4x 5x 6x BASE – 5 – 5 – 6 0 0 0 0

23 sai Æ 30 43

BASE – – 2 ↓ 0 3 0 0 69

1/2 5/2 1

1 0 0 1/2 – 1/2 23/2

0 1 37/2 Æ sai

1 0 0 3/4 – 1/4 – 1/4 13/2 27/2 – 1/2

1 0 – 1/4 1/2

1 0 0 7/9 – 1/9

– 1/4 – 1/2 – 2/9 – 4/9

4/9 – 1/9 5/9

ESPOSTA : = 6 , = 7 , = 5 e L = 95 u.m 1x2x3xR

bservaçãoO: Na 2ª. solução houve empate na entrada entre 1x e . Se entrar primeiro na base, a resposta do problema

será a mesma. 2x 1x

Exercício resolvido: Max. L = 31x + 62x+ 23x , sujeita às restrições:

e

x x

entra

a forma padrão, teremos: C ⎪⎧≤++ 13321xx

x x x xxxL

1x 2x 3x 4x 5x 6x BASE – 3 – 6 – 2 0 0 0 0

3 4 4x 5x

10 sai 5

BASE – 1 ↓ 0 2 0 2 0 10

5/3 – 5/3 2/3 – 4/3 1/3

Æ 5/3 5

– 1 3/5 – 1/5

– 3/5

– 4/5

1 1 3/5 4/5

RESPOSTA : 2 , = 1 , 0 e = 12 u.m1x 2x3x= = L

que o seu valor é zero

Observações: 1) Como a variável de decisão 3x não é variável básica na solução ótima, significa 2) Na solução 1, não

podemos dividir o 3º. elemento da coluna das constantes pelo a de, uma vez que esse coeficiente é zero. 2x

correspondente da colun

XERCÍCIOE

:

17 2+ 5 , sujeita às restrições:

de P. L. que chamaremos de PRIMAL, sempre podemos associar outro mulação do DUAL a partir do PRIMAL obedece

às seguintes ras:

eis de folga do dual. mal. EX x x x

A qualquer problema roblema chamado DUAL. A forp reg 1. Se o primal é de minimização, o dual é de maximização. 2.

As restrições “maior ou igual” do primal passam para “menor ou igual” no dual. 3. As variáveis de decisão do primal

correspondem às variáv 4. As variáveis de folga do primal correspondem às variáveis de decisão do dual. ri5. A matriz

dos coeficientes do dual é a transposta da matriz dos coeficientes do p

1) Min C = 9 + 12 sujeita às restrições 1x2x

(c) 3228

(b) 2822

(a) 3632

x x x

colocando na última linha dessa matriz os coeficientes de e de que aparecem na

Solução: Vams form uma matriz com todos ooars coeficientes das variáveis de decisão e ,

objF c b a nst

Como a função objetiva C = 9 + 12não tem

função objetiva. Teremos então a matriz:

1x2x termo constante, a matriz não vai ter o

ha de C (função objetiva custo) e coluna das constantes

objF

com , e ≥ 0

Teremos então o problema DUAL: jeita às restrições:

elemento da lin

Agora vamos escrever a transposta desta matriz, chamando de 1y , 2y e 3y as variáveis de decisão da nova função

objetiva:

yyyL

Usando agora o algoritmo SIMPLEX para resolver o problema DUAL, as variáveis de folga e do dual, correspondem às

variáveis de decisão e respectivamente do primal. A espost

Const.

ra do nosso exercício será em função de 1x, 2x e Custo. entra

↓ x12x

1y 2y 3y 4y 5y BASE – 36 – 28 – 32 0 0 0

12 sai 2 2 0 1 9 Æ

2/3 20/32/3 – 2/3 2/31 0 1/3

1 Æ sai 4

Æ 39/10

1y 0 1 1 0 10 – 6 3/2 – 1 – 1 1 3/2 3

RESPOSTA : = 6, = 8 e C = 150 u.m

Observações: 1. Este exerício é oroblema de dietac p do cap. 1. 2. A solução gráfica é mais simples. ra final da solução

ótima é feita nos elementos que estão na linha da base; assim, o como o valor 8 refere-se à variável e o

Vamos escrever a matriz correspondente ao problema:

3. A leitu valor 6 refere-se à variável x do primal, assim1 2x valor 150 à função objetiva custo. As variáveis iy não

aparecem na resposta, uma vez que o problema primal era nas variáeis ix. É importante observar que, em cada solução

do algoritmo SIMPLEX, os vetores-coluna da matriz identidade são as colunas das variáveis básicas.

Cuja transposta será:

DUAL: Min C = 2 + 4, sujeita às restrições

19 Exercício resolvido

y y y

e

eremos: Cuja transposta será:

: Min. C = 9 + 12+ 15 , sujeita às restrições:

Max. L = 10 + 12 + 14 sujeita às restrições:

problema dual será portanto:

uja solução é: = = = 2 e C = 72. bservação final x x x y y y

Neste trabalho abordamos os casos mais simples de aplicação do método SIMPLEX; não ram vir a ser útil.

foabordados casos em que os coeficientes são negativos, nem o problema do transporte, assuntos normalmente

abordados no nosso curso de Cálculo Numérico. Acreditamos que, como material de consulta, este trabalho possa