Trabalho de pesquisa operacional

A quantidade de M1 que ele tem disponível é de 4 unidades e de M2 6 unidades diárias. Ele sabe que para fabricar um anel ele gasta 1 unidade de M1 e 2 de M2. Já para fabricar brincos ele gasta 1 unidade de M1 e 2 de M2. Além disto ele só consegue fabricar no máximo 2 anéis por dia. Sabendo-se que seu lucro por anel é de R$ 2,00 e por brinco é R$ 3,00, elabore um modelo de programação linear que permita calcular a produção que maximiza o faturamento diário deste artesão e faça a resolução gráfica deste modelo determinando o lucro máximo e as quantidades de brincos e anéis que ele deve produzir por dia. Graficamente a solução pode ser dado como: Figura 1 – Mostra a solução gráfica do Problema de Pesquisa Operacional.

Sabe-se que em programação linear o ponto de máximo ou de mínimo encontram-se nos vértices da Região Viável, logo por inspeção obteve-se na Quadro 1, os resultados da aplicação da função custo neste pontos. Quadro 1 – Mostra inspeção na região viável Ponto A Coordenada x1 Coordenada x2 Valor da custo Z A 2 0 4 B 0 0 0 C 0 3 9 D 2 1 7 Portanto o valor ótimo que máxima o lucro é: R$ 9,00 que corresponde a venda de 3 brincos e nenhum anel. A necessidade mínima de vitaminas na alimentação de um atleta é de 32 unidades por dia e a de proteínas de 36 unidades por dia. Uma pessoa tem disponível carne e ovo para se alimentar. x1 e x2 ≥ 2; 4*x1 + 8*x2 ≥ 32 = x1 + 2*x2 ≥ 8 6*x1 + 6*x2 ≥ 36 = x1 + x2 ≥ 6 Graficamente a solução pode ser dado como: Figura 2 – Mostra a solução gráfica do Problema de Pesquisa Operacional.

Sabe-se que em programação linear o ponto de máximo ou de mínimo encontram-se nos vértices da Região Viável, logo por inspeção obteve-se na Quadro 2, os resultados da aplicação da função custo neste pontos. Quadro 2 – Mostra inspeção na região viável Ponto A Coordenada x1 Coordenada x2 Valor da custo Z A 4 2 28 B 2 4 20 Portanto o valor ótimo que minimiza o custo é de R$ 20,00 o que corresponde ao consumo de 2 unidades de carne e 4 unidades de ovo. Um fazendeiro dispõe de 5 hectares de terra e um total de mão-de-obra diária disponível correspondente a 18 homens/hora. O fazendeiro tem a opção de plantar soja ou milho. A quantidade mínima de 2 hectares de milho deve ser plantada logo: x2 ≥ 2.

A quantidade de hectares de soja e milho não assumem valores negativos: x1 ≥ 0 e x2 ≥ 2. O custo de mão-de-obra, total não deve ultrapassar 18 homens/hora conforme estabelecido no enunciado. Consequentemente as plantações de soja e milho consomem 3 e 4 homens/hora por hectare respectivamente, isto é: 3 (homens/hora/hectare) * x1 (hectares) + 4 (homens/hora/hectare) * x2 (hectares) ≤ 18 (homens/hora). Condessando esta restrição em: 3*x1 + 4*x2 ≤ 18 Sumarizando, tem-se. As variáveis de decisão são as quantidades das doses de 10 ml das soluções de Red e Blue. x1 – quantidade de doses de 10 ml de Red. x2 – quantidade de doses de 10 ml de Blue. O objetivo do problema recai em minimizar o custo de produção e ao mesmo tempo estar dentro das exigências mínimas de padronização.

Logo os custos das doses são: Para a Red: R$ 0,06*x1 (custo por cada dose consumida na formulação) Para a Blue: R$ 0,08*x2 (custo por cada dose consumida na formulação) O custo total será: C = 0,06*x1 + 0,08*x2 As restrições do problema são: A quantidade de cafeína deve ser maior que 12 g e menor ou igual a 20 g. O modelo A fornece um lucro de R$180,00 e o modelo B de R$ 300,00. O modelo A requer na sua produção uma tela de 4 polegadas e tem capacidade de operar com 2 Chips. O modelo B requer uma tela de 4,7 polegadas e tem capacidade de operar com 4 Chips. Suponha que em um determinado dia existam em estoque 10 unidades da tela de 4 polegadas e 3 unidades da tela de 4,7 polegadas.

Sabendo-se que que as bandejas onde se colocam os chips são idênticas para os 2 modelos e que existam neste dia 24 bandejas e que por razões de mercado a fábrica deve produzir no mínimo 3 unidades do modelo de 4 polegadas. Sumarizando, tem-se. Variáveis de decisão: x1 e x2. Função objetivo: maximizar o lucro, L = 180*x1 + 300*x2 Restrições: 2*x1 + 4*x2 ≤ 24 x1 ≥ 3, x1 ≤ 10. x2 ≤ 3, x1 e x2 ≥ 0. Graficamente a solução pode ser dado como: Figura 5 – Mostra a solução gráfica do Problema de Pesquisa Operacional. Assim, em cada x1 brinquedos do tipo A, demora-se, 5*x1 horas Assim, em cada x2 brinquedos do tipo B, demora-se, 8*x2 horas Portanto o tempo de produção das quantidade x1 e x2 dos brinquedos A e B, limitam-se em termos da horas como: 5*x1 + 8*x2 ≤ 160 Por outro lado, verifica-se que o brinquedo A, deve ser produzido no mínimo 10 unidades, ou seja: x1 ≥ 10 Além disso, a quantidade de brinquedos A e B não assumem valores negativos: x1 ≥10; x2 ≥ 0.

Sumarizando, tem-se. Variáveis de decisão: x1 e x2 Função objetivo: Maximizar o lucro, Max L = 30*x1 + 50*x2 Restrições: 5*x1 + 8*x2 ≤ 160. x1 ≥10 x2 ≥ 0 Graficamente a solução pode ser dado como: Figura 5 – Mostra a solução gráfica do Problema de Pesquisa Operacional. Sabe-se que em programação linear o ponto de máximo ou de mínimo encontram-se nos vértices da Região Viável, logo por inspeção obteve-se na Quadro 4, os resultados da aplicação da função custo neste pontos. x2 – quantidade anual de produção do produto P2 a ser produzido. O objetivo do problema é maximizar o lucro pela produção de P1 e P2. O lucro advindo destes produtos são: Para o P1: R$ 1. x1 (lucro, é o preço unitário vezes a quantidade de produção de P1) Para o P2: R$ 1.

x2 (lucro, é o preço unitário vezes a quantidade de produção de P2) O lucro total será: L = 1000*x1 + 1800*x2 As restrições são: Estes quantidade de produtos devem ser positivos, x1 e x2 ≥ 0. Portanto o valor ótimo que maximiza o lucro é de R$ 69. que corresponde a vender 15 brinquedos de P1 e 30 brinquedos de P2. Um jovem estava saindo com duas namoradas: Sandra e Regina. Sabe, por experiência, que: • Sandra, elegante, gosta de frequentar lugares sofisticados, mais caros, de modo que uma saída de três horas custará R$240,00; • Regina, mais simples, prefere um divertimento mais popular, de modo que uma saída de três horas custará R$160,00; • Seu orçamento permite dispor de R$960,00 mensais para diversão; • Seus afazeres escolares lhe darão liberdade de dispor de, no máximo, 18 horas e 40.

calorias de sua energia para atividades sociais; • Cada saída com Sandra consome 5. para Sandra, daí: Com Sandra: 5. x1 (calorias gastas em cada saída de 3 horas com Sandra) Com Regina: 10. x2 (calorias gastas em cada saída de 3 horas com Regina) Portanto num mês o consumo de calorias do jovem deve ser limitado por: 5000*x1 + 10000*x2 ≤ 40000. • Por questões de afazeres escolares o jovem dispõe de 18 horas mensais. Pelo enunciado como o jovem gosta das duas com a mesma intensidade e o tempo em cada saída é de 3 horas, tem: Com Sandra: 3*x1 (horas gastas em cada saída com Sandra) Com Regina: 3*x2 (horas gastas em cada saída com Regina) Portanto num mês as horas disponíveis para as saídas do jovem deve ser limitado por: 3*x1 + 3*x2 ≤ 18 Sumarizando, tem-se.

A empresa necessita de 2 horas para fabricar uma unidade de bola de vôlei e 3 horas para fabricar uma unidade de bola de futebol. 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 bola de vôlei e bolas de futebol não devem ultrapassar 40 unidades e 30 unidades, respectivamente por mês. Construa o modelo do sistema de produção mensal com o objetivo de maximizar o lucro da empresa. As variáveis de decisão são as quantidades de produção de bolas vôlei e futebol. que corresponde a vender 15 bolas de vôlei e 30 bolas de futebol. 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. O lucro advindo por caixa transportada é de: Para caixa de laranjas: 20,00 (lucro, é o preço unitário vezes a quantidade de caixas na produção). Este lucro é 200 * 20 u. m. u. m. Solucione os exercícios abaixo, de 11 a 20, usando o método simplex 11- Maximizar Z = 24 x1 + 32x2 Sujeito a: 2 x1 + x2 ≤ 80 x1 + 3x2 ≤ 120 x1; x2 ≥ 0 Passando o problema para a forma padrão, adicionando variáveis de excesso, de folga, e artificiais, onde necessário. • Como a restrição 1 é do tipo '≤' é necessária a variável de folga X3. • Como a restrição 2 é do tipo '≤' é necessária a variável de folga X4. MAXIMIZAR: 24 x1 + 32 x2 + 0 x3 + 0 x4 2 X1 + 1 X2 + 1 X3 = 80 1 X1 + 3 X2 + 1 X4 = 120 X1, X2, X3, X4 ≥ 0 A primeira tabela do método Simplex Tabela 1     24 32 0 0 Base Cb P0 P1 P2 P3 P4 P3 0 80 2 1 1 0 P4 0 120 1 3 0 1 Z   0 -24 -32 0 0 A variável que vai sair da base é P4 e a que entra P2.

Operações intermédias Linha pivô (Linha 2): 120 / 3 = 40 1 / 3 = 1 / 3 3 / 3 = 1 0 / 3 = 0 1 / 3 = 1 / 3 Linha 1: 80 - (1 * 40) = 40 2 - (1 * 1 / 3) = 5 / 3 1 - (1 * 1) = 0 1 - (1 * 0) = 1 0 - (1 * 1 / 3) = -1 / 3 Linha Z: 0 - (-32 * 40) = 1280 -24 - (-32 * 1 / 3) = -40 / 3 -32 - (-32 * 1) = 0 0 - (-32 * 0) = 0 0 - (-32 * 1 / 3) = 32 / 3 Tabela 2     24 32 0 0 Base Cb P0 P1 P2 P3 P4 P3 0 40 5 / 3 0 1 -1 / 3 P2 32 40 1 / 3 1 0 1 / 3 Z   1280 -40 / 3 0 0 32 / 3 A variável que vai sair da base é P3 e a que entra P1. • Como a restrição 3 é do tipo '≤' é necessária a variável de folga X6. MAXIMIZAR: 4 X1 + 3 X2 + 3 X3 + 0 X4 + 0 X5 + 0 X6 Sujeito: 6 X1 + 4 X2 + 5 X3 + 1 X4 = 10 2 X1 + 1 X2 + 2 X3 + 1 X5 = 6 4 X1 + 2 X2 + 3 X3 + 1 X6 = 4 X1, X2, X3, X4, X5, X6 ≥ 0 Passando a construir a primeira tabela do método Simplex. Tabela 1     4 3 3 0 0 0 Base Cb P0 P1 P2 P3 P4 P5 P6 P4 0 10 6 4 5 1 0 0 P5 0 6 2 1 2 0 1 0 P6 0 4 4 2 3 0 0 1 Z   0 -4 -3 -3 0 0 0 A variável que vai sair da base é P6 e a que entra P1.

Operações intermédias. Linha pivô (Linha 3): 4 / 4 = 1 4 / 4 = 1 2 / 4 = 0. Linha Z: 4 - (-1 * 2) = 6 0 - (-1 * 2) = 2 -1 - (-1 * 1) = 0 0 - (-1 * 1. Tabela 3     4 3 3 0 0 0 Base Cb P0 P1 P2 P3 P4 P5 P6 P4 0 2 -2 0 -1 1 0 -2 P5 0 4 0 0 0. P2 3 2 2 1 1. Z   6 2 0 1. A solução ótima é Z = 6 X1 = 0 X2 = 2 X3 = 0 14- Maximizar Z = 10x1 + 4x2 Sujeito a: x1 + 2x2 ≤ 20 2x1 + x2 ≤ 17 x1 ≤ 6 x1; x2 ≥ 0 Passando o problema para a forma padrão, adicionando variáveis de excesso, de folga, e artificiais, onde necessário. MAXIMIZAR: 2 X1 + 4 X2 + 6 X3 + 0 X4 + 0 X5 + 0 X6 Sujeito: 1 X1 + 1 X2 + 1 X3 + 1 X4 = 100 2 X1 -1 X2 + 5 X3 + 1 X5 = 50 3 X1 + 1 X3 + 1 X6 = 200 X1, X2, X3, X4, X5, X6 ≥ 0 Passando construir a primeira tabela do método Simplex. Tabela 1     2 4 6 0 0 0 Base Cb P0 P1 P2 P3 P4 P5 P6 P4 0 100 1 1 1 1 0 0 P5 0 50 2 -1 5 0 1 0 P6 0 200 3 0 1 0 0 1 Z   0 -2 -4 -6 0 0 0 A variável que vai sair da base é P5 e a que entra P3.

Operações intermédias Linha pivô (Linha 2): 50 / 5 = 10 2 / 5 = 0.  / 5 = 0 Linha 1: 100 - (1 * 10) = 90 1 - (1 * 0.  - (1 * 0) = 0 Linha 3: 200 - (1 * 10) = 190 3 - (1 * 0. Operações intermédias Linha pivô (Linha 2): 6 / 3 = 2 2 / 3 = 2 / 3 3 / 3 = 1 0 / 3 = 0 1 / 3 = 1 / 3 Linha 1: 4 - (2 * 2) = 0 -4 - (2 * 2 / 3) = -16 / 3 2 - (2 * 1) = 0 1 - (2 * 0) = 1 0 - (2 * 1 / 3) = -2 / 3 Linha Z: 0 - (-2 * 2) = 4 -1 - (-2 * 2 / 3) = 1 / 3 -2 - (-2 * 1) = 0 0 - (-2 * 0) = 0 0 - (-2 * 1 / 3) = 2 / 3 Tabela 2     1 2 0 0 Base Cb P0 P1 P2 P3 P4 P3 0 0 -16 / 3 0 1 -2 / 3 P2 2 2 2 / 3 1 0 1 / 3 Z   4 1 / 3 0 0 2 / 3 A solução ótima é Z = 4 X1 = 0 X2 = 2 17 - Maximizar Z = 2x1 +x2 Sujeito a: x1 +x2 ≤ 2 x1 + x2 ≤ 4 x1; x2 ≥ 0 Passando o problema para a forma padrão, adicionando variáveis de excesso, de folga, e artificiais, onde necessário. • Como a restrição 1 é do tipo '≤' é necessária a variável de folga X3. • Como a restrição 2 é do tipo '≤' é necessária a variável de folga X4. MAXIMIZAR: 2 X1 + 1 X2 + 0 X3 + 0 X4 Sujeito a: 1 X1 + 1 X2 + 1 X3 = 2 1 X1 + 1 X2 + 1 X4 = 4 X1, X2, X3, X4 ≥ 0 Passando a construir a primeira tabela do método Simplex Tabela 1     2 1 0 0 Base Cb P0 P1 P2 P3 P4 P3 0 2 1 1 1 0 P4 0 4 1 1 0 1 Z   0 -2 -1 0 0 A variável que vai sair da base é P3 e a que entra P1.

Operações intermédias. P4 0 1 3 0 -0. Z   4 3 0 1 0 A solução ótima é Z = 4 X1 = 0 X2 = 2 19 - Maximizar Z = 10x1 +20x2 Sujeito a: 20x1 +30x2 ≤40 40x1 +60 x2 ≤ 60 x1; x2 ≥ 0 Passando o problema para a forma padrão, adicionando variáveis de excesso, de folga, e artificiais, onde necessário. • Como a restrição 1 é do tipo '≤' é necessária a variável de folga X3. • Como a restrição 2 é do tipo '≤' é necessária a variável de folga X4. MAXIMIZAR: 10 X1 + 20 X2 + 0 X3 + 0 X4 Sujeito a: 20 X1 + 30 X2 + 1 X3 = 40 40 X1 + 60 X2 + 1 X4 = 60 X1, X2, X3, X4 ≥ 0 Nós passamos construir a primeira tabela do método Simplex.