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INVESTIGAÇÃO OPERACIONAL (MS – edição de 2006)

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INVESTIGAÇÃO OPERACIONAL

Modelo de Transporte

Exercícios

Cap. II – Soluções Inicial e Óptima

António Carlos Morais da Silva Professor de I.O.


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Recomendações

1. É possível aprender a matéria fazendo apenas exercícios e consultando as soluções?

A resposta é negativa. Se quer mesmo aprender tem que começar pelo “ovo” ou seja pelo apoio teórico para apreender conceitos e técnicas novas. Um exercício é bem resolvido se e só existir a capacidade de identificar o problema, planear a sua execução, solucionar e examinar o resultado de modo crítico. Ora aquela capacidade adquire-se lendo, interpretando e memorizando o apoio teórico disponível.

2. Fazer dez exercícios ou o mesmo exercício 10 vezes ?

Em regra obtém-se melhor rendimento executando várias vezes o mesmo exercício, com critério e sentido da descoberta, do que resolvendo vários exercícios com o objectivo enganador de “acertar na solução “.

3. Exercício feito, tarefa pronta ?

A resposta é negativa. Rever criticamente a “história” da execução de um exercício melhora substancialmente a capacidade pessoal de identificação dos problemas e de arquitectar o plano de aplicação do “ferramental” técnico necessário (o quê ; quando ; como). A Programação Matemática apela ao “engenho e arte” de quem quer mesmo utilizá-la.

4. Sim ou não usar software de apoio?

A resposta é afirmativa. A experiência ensina que o recurso intensivo ao software académico, desenhado especificamente para apoio do ensino desta disciplina, traduz-se rapidamente na melhoria do rendimento porque além de permitir exercitar a curiosidade intelectual (vertente fundamental) garante a obtenção rápida de respostas rigorosas e detalhadas para exercícios propostos pelo professor ou gizados pelo próprio aluno (aumento da produtividade).

Cap. II - Soluções Inicial e Óptima - Exercícios


II. Soluções Inicial e Óptima

Considerar custos de transporte em u.m. e as Oferta e Procura em toneladas, quando omitidos.

1. Considere-se a Minimização do custo total do seguinte problema de transporte:

a. Calcular a solução inicial pelo método do Canto NW

b. Calcular a solução inicial pelo método de Vogel

c. Calcular a solução inicial pelo método do Custo Mínimo.

d. Calcular a solução inicial pelo método de Russell

2. Considere-se a Maximização do lucro total do seguinte problema de transporte:

a. Calcular a solução inicial pelo método do Canto NW e a solução Dual associada

b. Calcular a solução inicial pelo método de Vogel e a solução Dual associada

Nota: considere nula a variável de decisão Dual associada à restrição técnica da Origem 1; não é necessário

apresentar as variáveis auxiliares do Dual que tenham valor positivo.

3. Considere-se a Minimização do custo total do seguinte problema de transporte:

a. Verificar se a seguinte solução básica admissível é óptima:

x11 = 5 ; x13 = 3 ; x16 = 4 x23 = 1 ; x24 = 2 x32 = 4 x42 = 1 ; x45 = 1; x46 = 1

Em caso negativo, calcular a solução óptima.

II-1



4. Considere-se a minimização do custo total de transporte do seguinte problema:

a. Calcular a solução óptima usando o método de Vogel no cálculo da solução inicial.

b. Recalcular a solução óptima considerando que a Origem 2 deve expedir, no mínimo, 4 unidades. Classificar a solução obtida.

5. Considere-se o seguinte problema de transporte:

a. Calcular a solução óptima usando o método de Vogel no cálculo da solução inicial.

b. Admitindo que por cada unidade não recebida nos Destino 2 e Destino 4 o custo é agravado de, respectivamente, 2 e 1 u.m., recalcular a solução óptima partindo da solução óptima obtida na alínea anterior.

6. Uma empresa de construção civil necessita nos seus estaleiros (A, B, C, D e E) 10, 9, 6, 5 e 5 toneladas de cimento respectivamente.

A empresa fornecedora tem 3 armazéns ( X, Y, Z ) com 10, 15 e 10 toneladas respectivamente. O custo a suportar para transportar 1 tonelada de cimento é proporcional à distância a percorrer. Na carta rodoviária determinaram-se as seguintes distâncias (km) para cada par Armazém-Estaleiro:

A B C D E X 12 9 2 6 8 Y 12 10 7 11 8 Z 6 11 15 11

A empresa fornecedora planeou a entrega de cimento do seguinte modo:

A B C D E X 10 Y 9 6 Z 5 5

a. Verificar se esta é a melhor solução e, não o sendo, optimizar utilizando-a como primeira aproximação.

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A solução óptima (indeterminada) é a seguinte:

a. Apresentar uma solução básica alternativa e verificar se é possível obter soluções óptimas não básicas alternativas (obedecendo à condição de integralidade).

8. Admita dispor de 25 computadores nas suas lojas A (5), B (10) , C(4), e D (6).

No momento, as encomendas a satisfazer dos revendedores E1 , E2 , E3 e E4 são de 3, 5, 4, e 6 computadores,

respectivamente. O quadro seguinte indica a tarifa dos CTT para transporte e entrega de 1 computador:

E1 E2 E3 E4 A 16 20 19 37 B 19 21 21 44 C 33 29 23 45 D 18 24 27 35

a. Calcular e apresentar o melhor plano de expedição.

b. Se o stock da loja C não for utilizado na totalidade, recalcular o plano de expedição para que tal suceda.

9. Uma empresa pode produzir semanalmente 60 toneladas de betão na localidade “X”, 90 toneladas na localidade “Y” e 110 toneladas na localidade “Z”. Para a próxima semana tem encomendas de 80, 100 e 120 toneladas para três clientes distintos A, B e C, respectivamente.

No quadro seguinte estão indicados os custos de transporte (u.m.) de uma tonelada de betão:

II-3



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a. Calcular e descrever a solução óptima do fornecimento de betão. Apresentar uma alternativa caso exista.

b. Admitam-se as seguintes decisões:

• entregar , no mínimo, 100 toneladas de betão ao cliente C

• localidade X não fornece betão ao cliente A, por razões de tráfego Recalcular o plano de fornecimento indicando a diferença de custo relativamente ao apresentado na alínea anterior.

10. Uma empresa tem as fábricas F1, F2 e F3 onde produz, semanalmente, 9, 18 e 23 toneladas do produto A, respectivamente. Este produto é transportado para os locais de distribuição L1, L2, L3 e L4 onde a procura média semanal é de 10, 10, 9 e 11 toneladas, respectivamente.

Os custos de transporte (u.m.), por tonelada, são os seguintes:

L1 L2 L3 L4 F1 13 18 9 7 F2 9 15 11 F3 12 15 13 6

O actual plano de distribuição obriga a reter o excesso de produção de 10 ton. na fábrica F1 (5 ton.) e na fábrica F3 (5 ton.).

a. O plano apresentado garante a minimização do custo total de transporte?

b. No caso de resposta negativa na alínea anterior indicar:

• onde deve ser armazenado o excesso de produção

• qual a diferença de custo que existe relativamente ao actual plano

11. Uma empresa tem 4 instalações (A, B, C, D) onde fabrica o mesmo produto.

O quadro 1 apresenta para cada uma dessas instalações os custos de produção (u.m./ton.) e a respectiva capacidade produtiva semanal (toneladas). O quadro 2 apresenta o preço de venda (u.m./ tonelada ) e total de vendas semanal(toneladas) em cada um dos depósitos regionais (D1, D2, D3, D4). O quadro 3 apresenta os custos de transporte (u.m./ tonelada) de A, B, C e D para D1, D2, D3 e D4. O actual programa de transporte semanal prevê que seja a instalação "C" a armazenar o excesso de produção.

a. Considera correcto que seja "C" a armazenar o excesso de produção ? Justifique a resposta.

b. Se responder negativamente na alínea anterior, qual é, no mínimo, o aumento de lucro associado à sua proposta? Justificar a resposta.



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Quadro 1 - Custos de produção e Capacidade produtiva

A B C D Custo Produção 25 27 24 22 Capacidade Produção 100 150 165 50

Quadro 2 - Preço de Venda e Total de Vendas

D1 D2 D3 D4 Preço de Venda 37 34 33 35 Total de Vendas 80 110 150 100

Quadro 3 - Custos de Transporte

D1 D2 D3 D4 A 5 3 7 11 B 9 9 10 11 C 7 6 5 10 D 6 7 8 4

12. Uma empresa de "rent-a-car" serve 7 cidades algarvias A, B, C, W, X, Y, Z. Entre outros, os dados de planeamento para a próxima semana são os seguintes.

• A : pode prescindir de 20 carros da frota

• B : pode prescindir de 20 carros da frota

• C : pode prescindir de 22 carros da frota

• W : necessita reforço de 16 carros da frota

• X : necessita reforço de 20 carros da frota

• Y : necessita reforço de 20 carros da frota

• Z : necessita reforço de 16 carros da frota; obrigatório pelo menos reforçar com 8 carros A empresa estima que a cedência de um carro de uma das suas delegações A, B ou C a outra das suas delegações W, X, Y, ou Z lhe permite o seguinte lucro semanal (u.m.):

W X Y Z A 43 48 40 38 B 43 50 44 36 C 38 40 48 45

O gerente da empresa decidiu a seguinte distribuição com lucro associado de 2874 u.m.:

W X Y Z A 14 6 B 20 C 14 8

Comentar o plano do gerente.



13. Na próxima semana uma escola, onde decorre uma "Job Shop", servirá 250 almoços no período das doze às catorze horas, com a seguinte distribuição:

2ª feira 3ª feira 4ª feira 5ª feira 6ª feira 40 70 30 60 50

Sendo necessários guardanapos foi reunida a seguinte informação:

• custo unitário de aquisição: 8 u.m.

• Custo do serviço de lavandaria:

• Lavagem Urgente (entrega até às 15 horas; devolução no mesmo dia): 3 u.m.

• Lavagem Normal (devolução 24 horas após a entrega): 1 u.m. Estabelecer o plano óptimo de aquisição e lavagem de guardanapos que minimize o custo total.

14. Uma empresa está a planear a produção de um artigo “SuperMax” para os próximos quatro meses em que prevê a procura de 100, 200,180 e 300 unidades, respectivamente.

A procura em qualquer dos meses pode ser satisfeita com camisas:

• que transitaram de meses anteriores (excesso de produção)

• produzidas no próprio mês

• produzidas em mês posterior ao da procura (satisfação da procura em diferido) Os custos unitários mensais são: Produção = 4 u.m.; Posse = 0.4 u.m. ; Ruptura = 2 u.m. Estima-se que a capacidade produtiva nos quatro meses é de 50, 180, 280 e 270 unidades, respectivamente. Calcular o plano óptimo de produção.

15. Considere o seguinte problema de transporte e os tempos (horas) de distribuição associados a cada um dos pares Origem-Destino:

Calcular o plano óptimo que garanta a satisfação das procuras o mais cedo possível.

16. Considere o seguinte problema de transporte e os tempos (horas) de distribuição associados a cada um dos pares Origem-Destino:

Calcular o plano óptimo que garanta a satisfação das procuras o mais cedo possível.

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17. O grafo seguinte representa a produção de lotes de madeira entre duas fábricas e três armazéns de uma empresa. Admita-se que as fábricas podem fornecer, semanalmente, 200 (F1) e 300 (F2) unidades e que os armazéns A1, A2 e A3 necessitam para redistribuição 100, 200 e 50 unidades respectivamente. Sendo o custo unitário de transporte (u.m.) o valor que está indicado nos arcos (u.m.) calcule o plano óptimo de transporte.

F1

F2

A1

A3

A2

17

18

23 5

4

155 1

4

18. A figura apresenta um sistema de transporte de combustível (pipeline).

Os vértices representam estações de bombagem e/ou de armazenagem. Os valores associados aos arcos da rede representam distâncias em quilómetros. Considerando as disponibilidades e necessidades indicadas (milhares de litros/dia) e sabendo que o custo do transporte é proporcional à distância da ligação, calcule o plano de distribuição de menor custo .

nº 1Disp=140

nº 4

nº 5

nº 6nº 3Disp=200

nº 8Nec=150

nº 2Disp=160

6

4

4

6

7

8

9

9

8

nº 7Nec=250

nº 9Nec=100

10

5 10

9

9

5

11

II-7



II-8

19. Admita um problema de transporte que envolve uma empresa com 2 armazéns (A1 e A2 com disponibilidade de 200 toneladas do mesmo bem em cada um deles), 1 ponto de Transhipment (W) e 1 cliente C1 que encomendou 200 toneladas que a empresa pretende satisfazer com, pelo menos, 40% do fornecimento a ser feito a partir do armazém A1.

Os custos unitários de transporte (u.m./ton.) são os seguintes:

W C1 A1 5 A2 1 2 W 4

Calcular o plano óptimo de transporte.

20. Uma empresa tem 3 fábricas (F1 , F2 , F3 ) onde diariamente produz bolo-rei que é enviado para 2 Centros de Distribuição (Norte , Sul) a partir dos quais é realizada a satisfação dos pedidos dos clientes. No caso particular de F3 é possível também satisfazer directamente as encomendas dos clientes.

Admita ter recebido hoje (dia D) os seguintes pedidos para o dia D + 3:

• Pingo Amargo : 200 bolos ; Insular : 700 bolos ; Bolo de Açúcar : 400 bolos No plano de produção está previsto para o dia “D + 3”, produzir 500 bolos na Fábrica 1, 600 na Fábrica 2 e 400 bolos na Fábrica 3.

"Sempre que a produção prevista é excessiva, como no caso presente, o ajustamento é feito visando a

minimização do custo total de transporte".

Admita que para o dia “D + 3” se decide:

• que a produção prevista para a Fábrica 1 seja integralmente lançada no mercado

• que pelo menos 2/3 da produção prevista para a Fábrica 2 (400 bolos) seja lançada no

mercado Custo de transporte (u.m.) de um bolo-rei:

Norte Sul Pingo Amargo Insular Bolo de Açúcar Fábrica 1 5 4 Fábrica 2 4 2 Fábrica 3 3 10 16 13 15 Norte 0 1 12 8 14 Sul 1 0 14 7 16

a. Como actuar em “D + 3” para satisfazer os pedidos pendentes ?

b. A previsão de produção para o dia “D + 3” é excessiva em 200 bolos. Atendendo à resposta anterior indique o plano de produção a cumprir naquele dia.



21. Considere-se a minimização de custos (u.m.) do seguinte problema de transporte:

Pretende-se que a Origem 1 não forneça mais do que 7 unidades ao Destino 4 e que a Origem 4 não exceda 5 unidades no fornecimento ao Destino 2.

a. Calcular a solução inicial pelo método do Canto NW

b. Calcular a solução inicial pelo método de Vogel

c. Calcular a solução óptima partindo da solução inicial anterior.


Destino 1 Destino 2 Destino 3 Destino 4 Procura Origem 1 9 13 23 14 6 Origem 2 12 15 13 32 8 Origem 3 15 26 32 23 10 Origem 4 18 22 15 17 6

Oferta 10 8 6 6

Calcular a solução óptima garantindo que a Origem 3 não forneça mais do que 7 unidades ao Destino 1 e 4

unidades ao Destino 4 (x31 ≤ 7 ; x34 ≤ 4).

23. Considere-se o seguinte problema de transporte e a respectiva solução óptima:

a. Calcular o intervalo de variação do coeficiente c23 onde a solução se mantém básica, viável e óptima.

b. Calcular o intervalo de variação do coeficiente c32 onde a solução se mantém básica, viável e óptima.

c. Calcular o intervalo de variação da oferta da Origem 1 onde a solução se mantém básica, viável e óptima.

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Cap. II - Soluções Inicial e Óptima - Soluções dos Exercícios


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INVESTIGAÇÃO OPERACIONAL

Modelo de Transporte

Soluções dos Exercícios

Cap. II - Soluções Inicial e Óptima

António Carlos Morais da Silva Professor de I.O.



Informação prévia Nos quadros de transporte obtidos com o software do autor:

• o valor das VB é escrito em “bold” em fundo amarelo

• o valor das variáveis de folga Duais é escrito em fundo branco só quando é negativo ou nulo (positivo ou nulo quando a variável complementar tem limite superior). No caso contrário é omitido.

Nos restantes quadros de transporte

• o valor das VB é escrito com cor azul, “bold” e sublinhado

• o valor das variáveis de folga Duais é escrito em fundo branco quando é negativo ou nulo (positivo ou nulo quando a variável complementar tem limite superior) e assinalado com sinal “+ ” quando é positivo (sinal “-“ quando é negativo no caso da variável complementar ter limite superior)

O/D Destino 1 Destino 2 Destino 3 Destino 4 Var. Dual ui

Origem 1 + 10 + + 0 Origem 2 + 0 10 + 2 Origem 3 8 -1 2 0 3 Fictícia + 2 3 5 -10

Var. Dual vj 7 12 10 11

S/ II-2



1.

a. Solução Inicial – Método do Canto NW

b. Solução Inicial – Método de Vogel

c. Solução Inicial – Método do Custo Mínimo

d. Solução Inicial – Método de Russell

S/ II-3



2. É necessário calcular a Matriz de Desgosto para Minimizar

a. Solução Inicial – Método do Canto NW

b. Usando a matriz de “Desgosto” já calculada a solução inicial obtida pelo método de Vogel é a seguinte:

S/ II-4



3.

a. A solução apresentada não é óptima (há variáveis auxiliares duais com valor negativo):

Notar que o valor de x52 = 4 foi obtido a partir da equação associada ao Destino 2.

Mudança de base: Entra x41 = 1. Sai x46

Novas soluções:

Esta solução não é óptima. Mudança de base: Entra x15 = 1. Sai x45

Novas soluções:

Esta solução não é óptima. Mudança de base: Entra x21 = 1. Sai x23

Novas soluções:

Esta solução é óptima.

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4.

a. Cálculo da solução óptima usando o método de Vogel no cálculo da solução inicial:

b. A Origem 2 não faz expedição (ver solução óptima anterior). Para garantir que expede , no mínimo, 4 unidades é necessário:

• Desdobrar (duas linhas) a Oferta da Origem 2 em duas parcelas de 4 e 6 unidades respectivamente

• Na linha da Oferta de 4 unidades é necessário impedir o transporte para o Destino Fictício, considerando o custo unitário de transporte muito elevado (“big M”)

O quadro inicial é portanto:

Cálculo da solução óptima (solução inicial obtida com o método de Vogel):

A solução óptima é única porque todas as variáveis auxiliares do Dual são positivas.

S/ II-6



5.

a. Equilíbrio do modelo:

Solução Inicial (método de Vogel):

A solução não é óptima (variável Dual F43 é negativa).

Mudança de base: Entra x43 = 3. Sai x13

Novas soluções:

b. O agravamento de custo é considerado coeficiente da variável associada ao par “Origem Fictícia-Destino” onde há penalidade ou seja, considera-se cF2 = 2 e cF4 = 1:

Alterados os coeficientes de custo é necessário recalcular a solução óptima do problema Dual:


Origem 1 + 10 + + 0 Origem 2 + 0 10 + 2 Origem 3 8 -1 2 0 3 Fictícia + 2 3 5 -10

Var. Dual vj 7 12 10 11

S/ II-7



S/ II-8

A solução anterior não é óptima (variável de folga Dual F32 é negativa).

Mudança de base: Entra x32 = 2 ; Sai xF2 (podia ser x33):

Novas soluções dos problemas Primal e Dual:


Origem 1 + 10 + + 0 Origem 2 + + 10 + 1 Origem 3 8 2 0 0 2 Fictícia + + 3 5 -11

Var. Dual vj 8 12 11 12 Nova solução óptima (indeterminada porque a variável auxiliar Dual F34 = 0).

Custo total do transporte = 353 u.m. (mais caro 7 u.m. do que a solução da alínea anterior). Notar que da penalização introduzida para o Destino 2 resultou a satisfação integral da respectiva procura o que não sucedeu com o Destino 4 que continua a não ser abastecido.



S/ II-9

6. O modelo é equilibrado.

Sendo o custo proporcional à distância percorrida minimizando esta minimiza-se aquele. Não havendo indicação para a distância “Z - A” atribui-se um valor muito elevado (“big M”). A matriz de distâncias e a solução proposta são as seguintes: Matriz de distâncias

A B C D E X 12 9 2 6 8 Y 12 10 7 11 8 Z M 6 11 15 11

Solução proposta:

A B C D E X 10 Y 9 6 Z 5 5

É necessário calcular a solução Dual para concluir se esta solução é ou não é óptima. A solução proposta é degenerada (de 7 VB só são conhecidas 5). Uma solução Dual é a seguinte:

A B C D E Var. Dual ui

X 10 ε1 -4 ε2 + 0

Y -1 9 6 + + 1

Z + -12 -4 5 5 9 Var. Dual vj 12 9 6 6 2

Foram consideradas VB nulas as variáveis x12 = ε1 e x14 = ε2 com ε1 > ε2 (uma opção entre várias).

A solução não é óptima porque há variáveis auxiliares do Dual com valor negativo.

Mudança de base: Entra x32 = ε1. Sai x12.

Novas soluções:


X 10 + + ε2 +ε1 + 0

Y -13 9 6 -8 -7 13

Z + ε1 + 5 - ε1 5 9 Var. Dual vj 12 -3 -6 6 2


Mudança de base: Entra x21 = 5 - ε1 . Sai x34.



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Novas soluções:


X 5 + ε1 -1 -5 5 + ε2 -7 0

Y 5 - ε1 4 +ε1 6 + -7 0

Z + 5 + + 5 -4 Var. Dual vj 12 10 7 6 15


Mudança de base: Entra x15 = 4 + ε1 . Sai x22.

Novas soluções:


X 1 + -5 5 + ε2 4 +ε1 0

Y 9 + 6 + 0 0

Z + 9 +ε1 + + 1 - ε1 3 Var. Dual vj 12 3 7 6 8

A solução não é óptima porque há variáveis auxiliares do Dual com valor negativo. Mudança de base: Entra x13 = 1 . Sai x11.

Novas soluções:


X + + 1 5 + ε2 4 +ε1 0

Y 10 + 5 0 -5 5

Z + 9 +ε1 + + 1 - ε1 3 Var. Dual vj 7 3 2 6 8


Mudança de base: Entra x25 = 4 + ε1. Sai x15.

Novas soluções:


X + + 5 +ε1 5 + ε2 + 0

Y 10 + 1 – ε1 0 4 +ε1 5

Z + 9 +ε1 + + 1 - ε1 8 Var. Dual vj 7 -2 2 6 3

Solução óptima indeterminada (há variável auxiliar Dual nula) com Min f(X) = 264 km



A solução óptima proposta é a seguinte:

S/ II-11



7. A variável auxiliar Dual “F24 = 0” indica que entrando para a base a variável x24, por troca com a VB x23, se

obtém a seguinte solução alternativa:

Recorrendo à combinação linear convexa não é possível obter soluções alternativas que satisfaçam a condição de integralidade. Veja-se que, por exemplo, sendo x13 = 5 na 1ª solução e x13 = 6 na 2ª solução na combinação linear convexa

dos dois vectores-solução teríamos:

1 2 1 2"6 5 " 1comα α α α+ + =

de que não resultam outros valores inteiros além de 5 e 6.

S/ II-12



8.

a. Cálculo da solução óptima:

Equilíbrio do modelo:


A solução não é óptima porque há variáveis auxiliares do Dual com valor negativo. Mudança de base: Entra x44 = 3. Sai x24.

Novas soluções:


Novas soluções:


S/ II-13



Solução óptima única com Min f(X) = 443 u.m. para o Plano de expedição:

Loja A : 3 computadores para E1 e 2 para E3 Loja B : 5 computadores para E2 e 2 para E3 Loja C : não faz expedição Loja D : 6 computadores para E4

b. É necessário impedir a ligação da Loja C ao Destino Fictício o que é feito considerando um custo unitário de transporte muito elevado (big “M”). O quadro inicial passa a ser:

Usando o método de Vogel a solução inicial é:

Esta solução não é óptima. Procedendo à mudança de base indicada obtém-se a solução:

Solução óptima única com Min f(X) = 453 u.m. (mais cara 10 u.m. do que a da alínea anterior) para o Plano de expedição:

Loja A : 3 computadores para E1 e 2 para E2 Loja B : 3 computadores para E2 Loja C : 4 computadores para E3 Loja D : 6 computadores para E4

S/ II-14



9.

a. Equilíbrio do modelo:


Solução óptima única com Min f(X) = 2610 u.m. para o seguinte Plano de fornecimento de betão:

• Localidade X: 60 toneladas para o cliente A

• Localidade Y: 10 toneladas para o cliente A e 80 toneladas para o cliente C

• Localidade Z: 10 toneladas para o cliente A e 100 toneladas para o cliente B

b. A matriz de custos passa a ser a seguinte:

O custo de transporte de 1 tonelada para o par “X - A” é muito elevado para garantir que “X” não fornece betão ao cliente A. O Cliente C foi desdobrado em C1 (procura de 100 toneladas) e C2 (procura de 20 toneladas). O custo de transporte de 1 tonelada para o par “Origem Fictícia - C1” é muito elevado para garantir que “C” recebe, pelo menos, 100 toneladas. Solução Inicial (método de Vogel):

Solução óptima única com Min f(X) = 2910 u.m. para o seguinte Plano de fornecimento de betão:

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S/ II-16

• Localidade X: 60 toneladas para o cliente C

• Localidade Y: 50 toneladas para o cliente A e 40 toneladas para o cliente C

• Localidade Z: 30 toneladas para o cliente A e 80 toneladas para o cliente B O fornecimento do mínimo de 100 toneladas ao cliente C aumentou o custo total de transporte em 300 u.m.



10.

a. Com os dados disponíveis não é possível tirar conclusões o que obriga ao cálculo da solução óptima do problema.

Equilíbrio do modelo:

Notar c21 = M

Quadro óptimo:

Para minimizar o custo total de transporte o excesso de Oferta deve ser retido na fábrica F2 (8 toneladas) e na fábrica F3 (2 toneladas) e não como está a ser executado.

b. Para conhecer a diferença de custo (mínima) é necessário conhecer o custo da opção que retém 5 toneladas nas fábricas F1 e F3 pelo que a Oferta fica reduzida a:

• F1: 9 - 5 = 4 toneladas

• F3: 23 - 5 = 18 toneladas A matriz inicial (modelo equilibrado) é pois:

L1 L2 L3 L4 Oferta F1 13 18 9 7 9-5 = 4 F2 M 9 15 11 18 F3 12 15 13 6 23-5=18

Procura 10 10 9 11 40 = 40

A diferença de custo é de 402 - 357 = 45 u.m. é o acréscimo mínimo pois se a proposta nem sequer estiver optimizada o acréscimo é superior.

S/ II-17



11. É necessário calcular para cada par Origem Destino o lucro associado ao fornecimento de 1 tonelada que é igual a “Preço de Venda – (Custo de produção + Custo de transporte)”

A matriz de Lucros unitários é a seguinte:

D1 D2 D3 D4 Oferta A 7 6 1 -1 100 B 1 -2 -4 -3 150 C 6 4 4 1 165 D 9 5 3 9 50

Procura 80 110 150 100 É necessário calcular a matriz de “desgosto” para aplicar o algoritmo de minimização:

a. A solução óptima é a seguinte:

O armazenamento (retenção) em “C” é anti económico. Deve ser feito em B (25 ton.).

b. Para calcular a perda mínima de lucro calcula-se a solução óptima considerando a oferta de “C” reduzida das 25 toneladas retidas (o modelo fica equilibrado):

D1 D2 D3 D4 Oferta A 7 6 1 -1 100 B 1 -2 -4 -3 150 C 6 4 4 1 165 - 25 = 140 D 9 5 3 9 50

Procura 80 110 150 100

S/ II-18



Com esta matriz inicial de lucros unitários a solução óptima é a seguinte:

A diferença de lucro é de 1645 - 1480 = 165 u.m. é a perda mínima pois se a proposta nem sequer estiver optimizada a perda é superior.

S/ II-19



12. Trata-se de um problema de Maximização pelo que é necessário calcular a matriz de “desgosto” e, de seguida, verificar se a solução do gerente é óptima.

Notar que o destino “Z” deve ser desdobrado com procuras de “8 + 8” carros e impedir uma das colunas de receber carros da origem fictícia. A matriz associada à maximização do lucro é pois a seguinte:

Para calcular e/ou avaliar soluções é necessária a matriz de “desgosto”:

W X Y Z1 Z2 Oferta A 7 2 10 12 12 20 B 7 0 6 14 14 20 C 12 10 2 5 5 22

Fictícia 0 0 0 M 0 10 Procura 16 20 20 8 8

Para concluir sobre a proposta do gerente é necessário calcular a solução Dual associada (x12 = ε1):

A solução do gerente não optimiza o lucro semanal (há variáveis auxiliares do Dual com valor negativo). Para conhecer a solução óptima prossegue-se com a optimização a partir desta solução. Mudança de base: Entra x43 = 2. Sai x41.

A nova solução é:

Mantém-se a falta de optimalidade. Mudança de base: Entra x23 = 4. Sai x13.

S/ II-20



A nova solução é:

Eis o plano óptimo:

Cidade A: 16 carros para a cidade W e 4 carros para a cidade X Cidade B: 16 carros para a cidade X e 4 carros para a cidade Y Cidade C: 14 carros para a cidade Y e 8 carros para a cidade Z Lucro associado a este plano: 2888 u.m. (lucro com mais 14 u.m. do que o plano do gerente)

S/ II-21



13. Atenda-se a que:

• podem adquirir-se guardanapos todos os dias ( origem = mercado; destino = dia da semana)

• um guardanapo usado na 2ª feira (por exemplo) pode ser lavado e usado na 3ª feira com custo 3 u.m. ou nas 4ª, 5ª ou 6ª feiras com custo 1 u.m. (origem = 2ª feira ; destino = 3ª, …6ª feiras)

• guardanapos usados na 6ª feira não podem ser reutilizados pelo que não devem ser objecto de lavagem

Deste modo a matriz inicial é a seguinte (cij = M se omitido):


Solução Óptima (única):

Plano de aquisição/lavagem de guardanapos:

Origem Quantidade Destino(s) Mercado 90 Comprar 40 para 2ª feira e 50 para 3ª feira

2ª feira 40 Lavagem urgente de 20 para usar 3ª feira Lavagem normal de 20 para usar 4ª feira

3ª feira 70 Lavagem urgente de 10 para usar 4ª feira Lavagem normal de 60 para usar 5ª feira

4ª feira 30 Lavagem normal de 30 para usar 6ª feira 5ª feira 20 Lavagem urgente de 20 para usar 6ª feira

Custo total mínimo = 980 u.m.

S/ II-22



14.

O quadro inicial para calcular a solução óptima é o seguinte (ver capítulo anterior):

Uma solução óptima é a seguinte:

O plano óptimo de produção é o seguinte:

Mês 1 Stock no início do mês: 0 Produção: 50 camisas Procura: 100 camisas Stock no fim do mês: 50 camisas em dívida Mês 2 Stock no início do mês: -50 Produção: 180 camisas Procura: 200 camisas + 50 camisas em dívida Stock no fim do mês: 70 camisas em dívida Mês 3 Stock no início do mês: -70 Produção: 280 camisas Procura: 180 camisas + 70 camisas em dívida Stock no fim do mês: 30 camisas Mês 4 Stock no início do mês: 30 Produção: 270 camisas Procura: 300 camisas Stock no fim do mês: 0 camisas

S/ II-23



15. Trata-se de um problema de transporte em Tempo Mínimo.

Equilíbrio do modelo e cálculo da solução inicial (método de Vogel):

Esta solução inicial é praticável em Max { 1, 2, 3.5, 4, 2, 2.5, 0, 0 } = 4 horas (tempo Lisboa-Covilhã). Eliminam-se todas as casas onde o tempo de transporte é maior ou igual a 4 horas.

Identificam-se as VNB que, entrando para a base, mais reduzam/anulam a VB x32 associada ao tempo de

4 horas. São elas x42 e x52.

Escolhe-se x42= 2 para a base por ser a que provoca maior redução do valor de x32. A mudança de base é

a seguinte:

• x42 aumenta 2 unidades

• x44 diminui 2 unidades

• x34 aumenta 2 unidades

• x32 diminui 2 unidades (sai da base)

S/ II-24



S/ II-25

A nova solução é agora:

Este plano de transporte é executável em 3.5 horas (tempo associado a x31 ou x42).

Considerando x31 como a VB associada ao maior tempo neste plano:

• eliminam-se as casas onde o tempo de transporte é maior ou igual a 3.5 horas (não há)

• escolhe-se a VNB x21 para a base (única que permite reduzir a VB x31)

A nova solução é agora:

Este plano de transporte é executável em 3.5 horas (tempo associado a x31 e a x42).

Nenhuma das VNB correntes permite reduzir/anular o valor da VB x31 pelo que este plano, executável em

3.5 horas, é óptimo.



S/ II-26

16. Trata-se de um problema de transporte em Tempo Mínimo.

Equilíbrio do modelo e cálculo da solução inicial (método de Vogel):

Solução executável em 17 horas (tempo associado à VB x31 = 50).

Eliminar todas as casas onde o tempo de transporte é maior ou igual a 17 horas e identificar as VNB que entrando para a base mais reduzem/anulem a VB x31:

A entrada das VNB x34 = 50 ou x35 = 50 permitem reduzir a VB x31.

Escolhe-se x35= 50 em vez de x34 = 50 porque t35 = 11 horas é inferior a t34 = 16 horas.

Nova solução:

Solução executável em 15 horas (tempo associado à VB x11 = 50).

Eliminar todas as casas onde o tempo de transporte é maior ou igual a 15 horas e identificar as VNB que entrando para a base mais reduzem/anulem x11:

A entrada das VNB x21 = 50 ou x25 = 0 ou x41 = 50 permitem mudar a base.

Escolhe-se x41= 50 em vez de x21 = 50 porque t41 = 10 horas é inferior a t21 = 14 horas, para igual redução

máxima.



S/ II-27

Nova solução completamente avaliada:

Não há mudança de base que permita reduzir/anular o valor da VB x34 = 50 associada ao tempo de execução

deste plano (11 horas) pelo que esta solução é óptima.



17. Trata-se de um problema de Transhipment.

Sendo a Oferta total de 500 unidades e a Procura total de 350 unidades, o valor de equilíbrio é de 500 unidades que devem se aumentadas á Oferta e á Procura dos pontos de Transhipment (buffer). Da análise do grafo, conclui-se que A1, A2 e A3 são pontos de Transhipment pelo que o quadro inicial para aplicar o algoritmo de transporte é o seguinte:

Notar que:

Oferta dos Armazéns = 0 + buffer = 500 unidades Procura dos Armazéns = Procura real + 500

A1 : 100 + 500 = 600 unidades A2 : 200 + 500 = 700 unidades A3 : 50 + 500 = 550 unidades

Cálculo da Solução Óptima:

Plano óptimo de transporte:

F1: 50 unidades para A1 F2: 100 unidades para A1; 100 ficam em A1 e as restantes 50 seguem para A3

200 unidades para A2 onde ficam retidas Custo total mínimo = 2200 u.m.

S/ II-28



18. Trata-se de um problema de Transhipment.

A análise da rede de transporte mostra que as estações números 4, 5 e 6 estão a funcionar como locais de Transhipment pelo que figurarão em linha e coluna da matriz inicial. O problema é equilibrado (Oferta = Procura = 500 milhares de litros/dia). Nos pontos de Transhipment indicados não há oferta e procura reais pelo que, para ser possível aplicar a algoritmia de transporte consideram-se com Oferta = Procura = Buffer = 500 milhares de litros/dia. A matriz inicial para calcular a solução óptima é pois a seguinte:

Sendo o custo proporcional à distância de transporte, minimizando esta minimiza-se aquele. Uma solução óptima (óptimo é indeterminado) é a seguinte:

A figura seguinte apresenta o grafo da distribuição óptima (milhares de litros):

nº 1Disp=140

nº 4

nº 5

nº 6nº 3Disp=200

nº 8Nec=150

nº 2Disp=160

100

140150250 nº 7

Nec=250

nº 9Nec=100

160

100

100

Nota: Min f(X) = 6610 km

S/ II-29



19. A figura seguinte ajuda a visualizar a rede de transporte a conceber para resolver um problema deste tipo:

A1

Fictª

C''1

C'1

W2

W1

A2

5

1

0

0

4

4

5

2

80

120

200

200

200

400

400

Notar que estão garantidas as ligações de cada um dos armazéns com o ponto de transexpedição W e, no caso de A2 com o cliente. O ponto de transexpedição foi desdobrado em W1 (para “servir” A1) e W2 (para servir A1 e A2 ).

O Cliente foi desdobrado em dois destinos com procuras de 80 e 120. O “primeiro destino” só é acessível a partir de W1 e como este só executa Transhipment de A1, garante-se que 80 toneladas serão fornecidas, ao cliente,

por A1. Como os dois armazéns estão ligados a W2 e este ao cliente e ao destino fictício garante-se que a satisfação da procura restante de 120 unidades poderá ser feita a partir de A1 ou A2 ou ambos. A ligação de A2 ao cliente é feita via W ou directamente.

A matriz de custos para cálculo é pois a seguinte:

A solução óptima é a seguinte:

S/ II-30



A figura seguinte mostra a distribuição real optimizada:

A1

C''1

C'1

W1

A2

80 80

120

80

120

200

200

400

Custo total mínimo = 1560 u.m.

S/ II-31



20. A figura seguinte ajuda a visualizar a rede de transporte a conceber para resolver um problema deste tipo:

F2 (1)

BA

FICº

INS

200F1500

400

F2 (2)

F3400

200

PA

S (1)

N (1)

S (2)

N (2)

700

400

200

O modelo é desequilibrado com dois pontos de Transhipment (Norte e Sul). É necessário considerar um destino fictício com procura de 200 bolos. É necessário desdobrar a fábrica F2 em dois vértices com oferta de 400 e 200 bolos respectivamente. O valor do “buffer” é de 1500 unidades. A obrigatoriedade de escoar a produção da fábrica F1 e dois terços da produção da fábrica F2 obriga a desdobrar os pontos de Transhipment para que esta produção não seja encaminhada para o destino fictício:

• N(1) e S(1) : ligam entre si e apenas aos destinos reais. Fazem a transexpedição de bolo-rei da oferta de F1 e de dois terços da oferta de F2

• N(2) e S(2) : ligam entre si, aos destinos reais e ao destino fictício. Fazem a transexpedição de bolo-rei de um terço da oferta de F2 e podem fazê-la para F3 se for mais favorável do que o fornecimento directo

Notar que F2(2) e F3:

• podem ligar a N(1) e S(1). Seria redundante pois as ligações a N(2) e S(2) garantem a ligação aos clientes

• estão ligados ao destino fictício Notar que F3 tem também ligação directa para os clientes.

S/ II-32



A matriz de custos para cálculo é pois a seguinte:

Uma solução óptima (é indeterminada) é a seguinte:

a. A figura seguinte mostra uma distribuição optimizada:

F2 (1)

BA

INS

300

200

200F1500

400

F3400

PA

S (1)

N (1)

700

400

400

200

700

400

O custo total mínimo desta distribuição é de 16300 u.m.

b. Cumpre-se o plano previsto excepto na fábrica F2 que deve produzir apenas 400 bolos.

S/ II-33



21. Há variáveis de decisão com Limite Superior: x14 ≤ 7 ; x42 ≤ 5 (casas assinaladas com (*))

a. Cálculo da solução inicial (método do Canto NW):

b. Cálculo da solução inicial (método de Vogel)

Destino 1 Destino 2 Destino 3 Destino 4 Oferta 12 17 33 (*) 10

Origem 1 6 7 13

15 23 29 18 Origem 2 5 2 7

33 15 18 13 Origem 3 6 6

23 (*) 20 25 19 Origem 4 5 1 8 2

Procura 6 12 2 7 9

Atingida esta fase do cálculo a situação é a seguinte:

• restam 2 unidades na oferta da Origem 4

• resta a procura de 2 unidades no Destino 2

• as VB x14 = 7 e x42 = 5 atingiram o seu limite superior (casas assinaladas com *)

Para completar a solução é necessário considerar (por exemplo):

Destino 1 Destino 2 Destino 3 Destino 4 Oferta 33 15 18 13

Origem 3 + 2 6 - 2 6

23 20 25 19 Origem 4 5 1 + 2 8 2

Procura 6 12 2 7 9

S/ II-34



S/ II-35

Retiradas as variáveis que atingiram o limite superior, a solução inicial (dos problemas Primal e Dual) é a seguinte:

Destino 1 Destino 2 Destino 3 Destino 4 Var. Dual ui VNB (Lim. Superior) 12 17 33 (*) 10

Origem 1 6 ε1 + – 0 x14 = 7

15 23 29 18 Origem 2 -3 5 + 2 6

33 15 18 13 Origem 3 + 2 4 + -2

23 (*) 20 25 19 Origem 4 + – 3 + 5

x45 = 5

Var. Dual vj 12 17 20 12 Solução não óptima (F21 = -3).

c.

Mudança de base: Entra x21 = 5. Sai x22.

Nova solução:

Destino 1 Destino 2 Destino 3 Destino 4 Var. Dual ui VNB (Lim. Superior) 12 17 33 (*) 10

Origem 1 1 5 + ε1 + – 0 x14 = 7

15 23 29 18 Origem 2 5 + + 2 3

33 15 18 13 Origem 3 + 2 4 0 -2

23 (*) 20 25 19 Origem 4 + – 3 -1 5

x45 = 5

Var. Dual vj 12 17 20 15

Solução não óptima (F44 = -1).

Mudança de base: Entra x44 = 1. Sai x11.



S/ II-36

Nova solução:

Destino 1 Destino 2 Destino 3 Destino 4 Var. Dual ui VNB (Lim. Superior) 12 17 33 * 10

Origem 1 + 6 + ε1 + – 0 x14 = 7

15 23 29 18 Origem 2 6 + + 1 4

33 15 18 13 Origem 3 + 1 5 + -2

23 * 20 25 19 Origem 4 + – 2 1 5

x45 = 5

Var. Dual vj 11 17 20 14

Solução óptima porque:

• têm valor não negativo as variáveis de Folga do Dual complementares de variáveis de decisão do Primal sem limite superior;

• têm valor não positivo as variáveis de Folga do Dual complementares de variáveis de decisão do Primal com limite superior (F14 = -4 ; F42 = -2)

O quadro seguinte é o de uma solução óptima não básica (resulta da existência de variáveis com limite superior):

Destino 1 Destino 2 Destino 3 Destino 4 Oferta Origem 1 6 7 13 Origem 2 6 1 7 Origem 3 1 5 6 Origem 4 5 2 1 8 Procura 6 12 7 9

Valor da função objectivo: Min f(X) = 554 u.m.



S/ II-37

22. Há variáveis de decisão com Limite Superior: x31 ≤ 7 ; x34 ≤ 4 (casas assinaladas com (*))

Solução óptima:

Destino 1 Destino 2 Destino 3 Destino 4 Var. Dual ui VNB (Lim. Superior) 9 13 23 14

Origem 1 3 3 + + 0

12 15 13 32 Origem 2 + 5 3 + 2

(*) 15 26 32 (*) 23 Origem 3 – + + 3 10

x31 = 7

18 22 15 17 Origem 4 + + 3 3 4

Var. Dual vj 9 13 11 13 A solução é óptima porque:

• têm valor não negativo as variáveis de Folga do Dual complementares de variáveis de decisão do Primal sem limite superior;

• têm valor não positivo as variáveis de Folga do Dual complementares de variáveis de decisão do Primal com limite superior (F31 = -4 ; F34 = 0)

O quadro seguinte é o de uma solução óptima não básica (resulta da existência de variáveis com limite superior):

Destino 1 Destino 2 Destino 3 Destino 4 Oferta Origem 1 3 3 6 Origem 2 5 3 8 Origem 3 7 3 10 Origem 4 3 3 6 Procura 10 8 6 6

Valor da função objectivo: Min f(X) = 450 u.m.



23.

a. Intervalo de variação de c23 : ] - ∞ , 23 ]

Para calcular o intervalo procede-se do seguinte modo:

Recalcular o valor das variáveis Duais em ordem a c23

Destino 1 Destino 2 Destino 3 Destino 4 Fictício ui

Origem 1 8 2 0 Origem 2 1 11 3 Origem 3 13 -2 Origem 4 1 12 2 3

vj 12 16 c23 - 3 28 -3 Só “v3 = c23 - 3” depende de c23 pelo que só as variáveis auxiliares do Dual associadas às VNB da

3ª coluna necessitam ser calculadas:

Recalcular o valor das variáveis auxiliares Duais da 3ª coluna: Fij = cij - (ui + vj)


Origem 1 22 - ( 0 + c23 - 3 ) 0 Origem 2 11 3 Origem 3 19 - (-2 + c23 - 3 ) -2 Origem 4 23 - (3 + c23 - 3 ) 3

vj c23 - 3 A base óptima corrente mantém-se para valores de c23 que mantenham não negativas as variáveis

auxiliares do Dual F13, F33 e F43:

23 23

23 23

23 23

22 (0 3 0 2519 ( 2 3 0 2423 (3 3 0 23

c cc c

c c

− + − ≥ ≤⎧ ⎧⎪ ⎪− − + − ≥ ≤⎨ ⎨⎪ ⎪− + − ≥ ≤⎩ ⎩

A base corrente mantém-se para c23 ≤ 23.

S/ II-38



b. Intervalo de variação de c32 : ] - ∞ , 15 ]

Para calcular este intervalo procede-se do seguinte modo: Recalcular o valor das variáveis Duais em ordem a c32


Origem 1 8 2 0 Origem 2 1 11 3 Origem 3 13 c32 - 16 Origem 4 1 12 2 3

vj 12 16 18 28 -3 Só “u3 = c32 - 16” depende de c32 pelo que só as variáveis auxiliares do Dual associadas às VNB da 3ª

linha necessitam ser calculadas: Recalcular o valor das variáveis auxiliares Duais da 3ª linha


Origem 1 0 Origem 2 3 Origem 3 11 - (12 + c32 - 16 ) 13 19 - (18 + c32 - 16 ) 28 - (28 + c32 - 16 ) 0 - (-3 + c32 - 16 ) c32 - 16 Origem 4 3

vj 12 16 18 28 -3 A base óptima corrente mantém-se para valores de c32 que mantenham não negativas as variáveis

auxiliares do Dual F31, F33, F34 e F35:

− + − ≥ ≤⎧ ⎧ ⎧⎪ ⎪ ⎪− + − ≥ ≤⎪ ⎪ ⎪ ≤⎨ ⎨ ⎨− + − ≥ ≤⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪− − + − ≥ ≤ ⎩⎩ ⎩

32 32

32 3232

32 32

32 32

11 (12 16 0 1519 (18 16 0 17

Base corrente mantém-se para 1528 (28 16 0 160 ( 3 16 0 19

c cc c

cc c

c c

c. Intervalo de variação de a1 : [ 2 , 11]

Para calcular o Limite Superior da oferta da Origem 1 actua-se do seguinte modo: Desequilibrar o modelo aumentando a Oferta da Origem 1 com “k ” unidades. Equilibrar o modelo aumentando a procura do Destino Fictício (existente ou a criar) com “k ” unidades.. Escolher a Origem associada ao maior dos preços-sombra das ofertas. Neste caso é u2 = 3 pelo que se

selecciona a Origem 2 para fornecer as “k “ unidades da procura do destino fictício ou seja “x25 = k ”.

Usando arcos sucessivos e perpendiculares entre si, estabelecer um caminho que ligue a VB “x25 = k ”, a

uma VB da linha da Origem 1 em estudo.

S/ II-39



Actuando deste modo tem-se:


Origem 1 8 + k 2 0 Origem 2 1 - k 11 k 3 Origem 3 13 -2 Origem 4 1 12 2 3

vj 12 16 18 28 -3

S/ II-40

Como a base deve manter-se admissível temos “k = 1” como aumento máximo da oferta da Origem 1 (para “k = 1” fica x21 = 0).

O limite superior da oferta é pois 10 + 1 = 11 unidades. Para calcular o Limite Inferior da oferta da Origem 1 actua-se do seguinte modo: Desequilibrar o modelo diminuindo a Oferta da Origem 1 de “k ” unidades. Equilibrar o modelo aumentando a oferta de uma Origem Fictícia (existente ou a criar) com “k ” unidades. Escolher o Destino associado ao maior dos preços-sombra das procuras. Neste caso é v4 = 28 pelo que

se selecciona o Destino 4 para receber as “k “ unidades da oferta da origem fictícia ou seja “x54 = k “.

Usando arcos sucessivos e perpendiculares entre si, estabelecer um caminho que ligue a VB “x54 = k ”, a

uma VB da linha da Origem 1 em estudo. Actuando deste modo tem-se:


Origem 1 8 - k 2 0 Origem 2 1 11 3 Origem 3 13 -2 Origem 4 1 + k 12 - k 2 3 Fictícia k

Vj 12 16 18 28 -3

Como a base deve manter-se admissível temos “k = 8” como aumento máximo da oferta da Origem 1 (para “k = 8” fica x11 = 0).

O limite inferior da oferta é pois 10 - 8 = 2 unidades.

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