Lista 1
Dadas 3 variáveis com valores numéricos, apresentar o resultado da soma das combinações dois a dois destes três números. Por exemplo, variáveis A, B e C, mostrar A + B, A + C, B + C..
A <-2
B <-3
C <-4
A + B## [1] 5A + C## [1] 6B + C## [1] 7Definir duas variáveis A e B e trocar seus valores. Ex: Entrada: A=6 e B=8 Saída: A=8 e B=6.
A <- 8
B <- 6
Auxiliar <- 0
A <- B
B <- Auxiliar
A## [1] 6B## [1] 0Converter uma temperatura de Fahrenheit para Centígrados. C = (F - 32) * ( 5 / 9 )
F <- 89
C <- 5* (F - 32)/ 9
C## [1] 31.66667Escrever um algoritmo que defina um número X e calcule:
Escrever um algoritmo que defina um número X e calcule: a) X 3 - 4 b) O resto da divisão de X / 3 c) X (x/3) + 2 d) Raiz quadrada de X 2
x <- 3*3
x <- 9
A <- x-3-4
B <- x/3
c <- x: x/3+2
d <- x*x
x## [1] 9A## [1] 2B## [1] 3C## [1] 31.66667D## function (expr, name)
## .External(C_doD, expr, name)
## <bytecode: 0x00000166beaa35e0>
## <environment: namespace:stats>Elabore um algoritmo que: a) Crie um vetor com uma sequência de 10 números.
vetor <- 1:10
vetor## [1] 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10Faça um loop para calcular a soma dos números do vetor
for (i in 1:20){
print(i)
}## [1] 1
## [1] 2
## [1] 3
## [1] 4
## [1] 5
## [1] 6
## [1] 7
## [1] 8
## [1] 9
## [1] 10
## [1] 11
## [1] 12
## [1] 13
## [1] 14
## [1] 15
## [1] 16
## [1] 17
## [1] 18
## [1] 19
## [1] 20Utilize o comando “vetor <- c(1:10)” para criar o vetor
"vetor <- c(1:10)"## [1] "vetor <- c(1:10)"vetor## [1] 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10Utilize o comando “for( i in 1:10) { …comandos}” para realizar a soma.
vetor <- 11:20
soma <- 0
for( i in 1:10){
soma <- soma + vetor[i]
}
soma## [1] 155Referencie os valores do vetor com o comando: “vetor[i]”, onde “i” é o índice referência (número) Ex. vetor: 1,2,3,4,5,6,7,8,9,10 | Soma dos números = 55.
vetor <- 1:10
vetor [i]## [1] 10soma <- 0
for( i in 1:10){
soma <- soma + vetor[i]
if( i == 55 )break
}
soma## [1] 55A partir do exercício anterior, faça a média dos valores contidos no vetor
vetor <- c(1:10)
vetor## [1] 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10## [1] 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
for (i in 1:10){
print(i)}## [1] 1
## [1] 2
## [1] 3
## [1] 4
## [1] 5
## [1] 6
## [1] 7
## [1] 8
## [1] 9
## [1] 10## [1] 1
## [1] 2
## [1] 3
## [1] 4
## [1] 5
## [1] 6
## [1] 7
## [1] 8
## [1] 9
## [1] 10
soma <- 0
cont <- 0
for (i in 1:10){
soma <- soma + vetor[i]
cont <- cont + 1
}
media <- soma/cont
media## [1] 5.5## [1] 5.5
rm(soma,cont,media,vetor,i)Crie duas variáveis, x e y. Compare se x é maior que y. Se for, imprima “x é maior que y”, se não for, imprima “y é maior que x”. #a) A sintaxe do comando de comparação é: if (x > y) {comandos…} else {comandos} #b) O comando print(“texto ou variável”) imprime a resposta na tela
x <- 10
y <- 1
if (x > y) {print ("x é maior que y")} ## [1] "x é maior que y"## [1] "x é maior que y"Repita o exercício “7)” realizando os seguintes ajustes: #a) Substitua o sinal de maior (“>”) pelo de menor ou igual (“<=”) e ajuste dos dizeres da #resposta.
x <- 10
y <- 1
if (x <= y) {print ("x é menor ou igual a y")} A partir do exercício “5)”, faça a soma somente dos números pares. # a) Utilize o comando “%%” para identificar o resto da divisão. Ex: “5%%2”, cinco dividido por #dois terá como resto “1”. Ou seja, o resultado dessa operação será “1”. #b) Utilize o comando de decisão “if” para saber se o número é par ou ímpar.
vetor <- c(1:10)
soma <- 0
for (i in c(1:5)) {
if(i%%2 == 0){
soma <- soma + vetor[i]
}
}
soma## [1] 6## [1] 6Faça um algoritmo que calcule e imprima o fatorial de um número inteiro. factorial(5) print(factorial) #11) Crie uma matriz 4x4. #a) Uma matriz no R comporta somente um tipo de dado (número, texto ou boleano). #b) O comando para criar a matriz é “x <- matrix(data = 1, nrow = 4, ncol = 4, byrow = TRUE)”
x <- matrix(data = 1:16, nrow = 4, ncol = 4, byrow = FALSE)
x[2,2]## [1] 6## [1] 6
for ( i in 1:4)
for(j in 1:4) {
print (x[i,j])
}## [1] 1
## [1] 5
## [1] 9
## [1] 13
## [1] 2
## [1] 6
## [1] 10
## [1] 14
## [1] 3
## [1] 7
## [1] 11
## [1] 15
## [1] 4
## [1] 8
## [1] 12
## [1] 16## [1] 1
## [1] 5
## [1] 9
## [1] 13
## [1] 2
## [1] 6
## [1] 10
## [1] 14
## [1] 3
## [1] 7
## [1] 11
## [1] 15
## [1] 4
## [1] 8
## [1] 12
## [1] 16Crie uma matriz 4x4. a)Uma matriz no R comporta somente um tipo de dado (número, texto ou boleano). b)O comando para criar a matriz é “x <-matrix(data = 1, nrow = 4, ncol = 4, byrow = TRUE)”.
lar <- matrix(data = 1, nrow = 4, ncol = 4, byrow = TRUE)
lar## [,1] [,2] [,3] [,4]
## [1,] 1 1 1 1
## [2,] 1 1 1 1
## [3,] 1 1 1 1
## [4,] 1 1 1 1## [,1] [,2] [,3] [,4]
## [1,] 1 1 1 1
## [2,] 1 1 1 1
## [3,] 1 1 1 1
## [4,] 1 1 1 1mat <- matrix (data = 1:16 ,nrow = 4, ncol = 4, byrow = TRUE )
mat[2,4]## [1] 8mat[i]## [1] 13for(i in 1:4){
for(i in 1:4){
print(mat[i])
}
}## [1] 1
## [1] 5
## [1] 9
## [1] 13
## [1] 1
## [1] 5
## [1] 9
## [1] 13
## [1] 1
## [1] 5
## [1] 9
## [1] 13
## [1] 1
## [1] 5
## [1] 9
## [1] 13Transforme essa matriz em um data.frame #a) Um data.frame é uma estrutura de dados similar a matriz que pode conter dados diferentes em suas variáveis. #b) Lembre-se que também chamamos as colunas de variáveis e as linhas de registros. #c) Uma variável (coluna) não pode conter dados diferentes. Ou todas as linhas dessa variável #são números, ou todas são texto, ou ainda, boleanos. #d) Utilize o comando “df <- as.data.frame(x)”
x <- matrix(1:16, nrow = 4, ncol = 4, byrow = TRUE)
df <- as.data.frame(x)
print(df)## V1 V2 V3 V4
## 1 1 2 3 4
## 2 5 6 7 8
## 3 9 10 11 12
## 4 13 14 15 16Utilizando os comandos de repetição e decisão (se for necessário), calcule:
coluna <- c(lar[,3])
soma <- 0
for (i in 1:4) {
soma <- soma + coluna[i]
}
soma## [1] 4## [1] 36
media <- soma/i
media## [1] 1## [1] 9soma_coluna <- rep(0, dim(lar)[2])
med_coluna <- rep(0, dim(lar)[2])
for (j in 1:dim(lar)[2]) {
for (i in 1:dim(lar)[1]) {
soma_coluna[j] <- soma_coluna[j] + lar[i,j]
}
}
med_coluna <- soma_coluna / dim(lar)[2]
med_coluna## [1] 1 1 1 1## [1] 7 8 9 10soma_linha <- matrix(data = 0, nrow = dim(lar)[1], ncol = 1)
med_linha <- matrix(data = 0, nrow = dim(lar)[1], ncol = 1)
for (i in 1:dim(lar)[1]) {
for (j in 1:dim(lar)[2]) {
soma_linha[i] <- soma_linha[i] + lar[i,j]
}
}
med_linha <- soma_linha / dim(lar)[1]
med_linha## [,1]
## [1,] 1
## [2,] 1
## [3,] 1
## [4,] 1## [,1]
## [1,] 2.5
## [2,] 6.5
## [3,] 10.5
## [4,] 14.5soma_coluna <- rep(0,dim(lar)[2])
for(j in 1:dim(lar)[2]){
for(i in 1:dim(lar)[1]){
if(lar[i,j]%%2 ==0){
soma_coluna[j] <- soma_coluna[j] + lar[i,j]}
}
}
med_coluna <- soma_coluna / i
med_coluna## [1] 0 0 0 0## [1] 0 8 0 10soma_linha <- rep(0,dim(lar)[1])
for(i in 1:dim(lar)[1]){
for(j in 1:dim(lar)[2]){
if(lar[i,j]%%2 == 1){
soma_linha[i] <- soma_linha[i] + lar[i,j]}
}
}
med_linha<- soma_linha / j
med_linha## [1] 1 1 1 1## [1] 1 3 5 7soma <- 0
for (i in 1:4) {
for (j in 1:4) {
if (i == j) {
soma <- soma + lar[i,j]
}
}
}
soma## [1] 4## [1] 34soma_diagonal_sec <- 0
for(i in 1:4){
for(j in 1:4){
if(i + j == 5){
soma_diagonal_sec <- soma_diagonal_sec + lar[i,j]
}
}
}
soma_diagonal_sec## [1] 4## [1] 34Repita o exercício “14)” com os dados do data.frame do exercício “13)”
Utilizando os comandos de repetição e decisão (se for necessário), calcule:
# Criando matriz
matriz <- matrix(1:16, nrow=4)
# Transformando em data.frame
df <- as.data.frame(matriz)coluna3 <- df[,3]
media_coluna3 <- mean(coluna3)
print(media_coluna3)## [1] 10.5medias_colunas <- c()
for(i in 1:ncol(df)){
medias_colunas[i] <- mean(df[,i])
}
print(medias_colunas)## [1] 2.5 6.5 10.5 14.5# Média de todas as linhas do data.frame
mean_df_linhas <- apply(df, 1, mean, na.rm = TRUE)
print(mean_df_linhas)## [1] 7 8 9 10medias_pares_colunas <- c()
for(i in 1:ncol(df)){
medias_pares_colunas[i] <- mean(df[df[,i] %% 2 == 0,i])
}
print(medias_pares_colunas)## [1] 3 7 11 15# Média dos números ímpares de todas as linhas
medias_impares_linhas <- apply(df, 1, function(x) mean(x[x %% 2 == 1]))
# Imprimindo as médias
print(medias_impares_linhas)## [1] 7 NaN 9 NaNsoma_diagonal <- sum(diag(matriz))
print(soma_diagonal)## [1] 34matriz_transposta <- t(matriz)
soma_diagonal_sec <- sum(diag(matriz_transposta[, ncol(matriz_transposta):1]))
print(soma_diagonal_sec)## [1] 34MAIS EXERCÍCIOS – PRÁTICA
Prática de criação de vetores, matrizes, data frames e funções.
numeros <- 1:10
print(numeros)## [1] 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10dias <- c("Segunda", "Terça", "Quarta", "Quinta", "Sexta", "Sábado", "Domingo")
print(dias)## [1] "Segunda" "Terça" "Quarta" "Quinta" "Sexta" "Sábado" "Domingo"matriz <- matrix(1:9, nrow=3, ncol=3)
print(matriz)## [,1] [,2] [,3]
## [1,] 1 4 7
## [2,] 2 5 8
## [3,] 3 6 9nomes <- c("Ramon", "Rosane", "Juan")
idades <- c(40, 26, 18)
cidades <- c("Rio de janeiro", "Paraíba", "Rio de Janeiro")
pessoas <- data.frame(nome = nomes, idade = idades, cidade_natal = cidades)
print(pessoas)## nome idade cidade_natal
## 1 Ramon 40 Rio de janeiro
## 2 Rosane 26 Paraíba
## 3 Juan 18 Rio de Janeirofatorial <- function(n) {
if (n <= 1) {
return(1)
} else {
return(n * fatorial(n - 1))
}
}
resultado <- fatorial(5)
print(resultado)## [1] 120Prática com loops, listas, condicionais e funções em R.
for (i in 1:10) {
print(i)
}## [1] 1
## [1] 2
## [1] 3
## [1] 4
## [1] 5
## [1] 6
## [1] 7
## [1] 8
## [1] 9
## [1] 10#vetor numérico
num <- c(1, 2, 3, 4, 5)
#vetor de caracteres
char <- c("a", "b", "c", "d", "e")
#data frame
df <- data.frame(nome = c("Ramon", "Rosane", "Juan"), idade = c(40, 26, 18), stringsAsFactors = FALSE)
#lista com os três elementos
minha_lista <- list(num, char, df)
print(minha_lista)## [[1]]
## [1] 1 2 3 4 5
##
## [[2]]
## [1] "a" "b" "c" "d" "e"
##
## [[3]]
## nome idade
## 1 Ramon 40
## 2 Rosane 26
## 3 Juan 18# Criação do vetor
vetor <- 1:100
#números pares apenas
vetor_pares <- vetor[vetor %% 2 == 0]
print(vetor_pares)## [1] 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20 22 24 26 28 30 32 34 36 38
## [20] 40 42 44 46 48 50 52 54 56 58 60 62 64 66 68 70 72 74 76
## [39] 78 80 82 84 86 88 90 92 94 96 98 100maior_elemento <- function(vetor){
maior <- vetor[1]
for (i in 2:length(vetor)){
if (vetor[i] > maior){
maior <- vetor[i]
}
}
return(maior)
}
vetor_teste <- c(10, 5, 8, 2, 20, 15)
maior <- maior_elemento(vetor_teste)
print(maior)## [1] 20# data frame "livros"
livros <- data.frame(
titulo = c("Como vender mesmo sem querer", "Ansiedade como enfrentar o mal do século", "O grande conflito"),
autor = c("Michael McCarthy", "Augusto Cury", "Ellen G. Whinte"),
ano_publicacao = c(2015, 2013, 2007),
num_paginas = c(167, 153, 290)
)
print(livros)## titulo autor ano_publicacao
## 1 Como vender mesmo sem querer Michael McCarthy 2015
## 2 Ansiedade como enfrentar o mal do século Augusto Cury 2013
## 3 O grande conflito Ellen G. Whinte 2007
## num_paginas
## 1 167
## 2 153
## 3 290Exercicio 01. 1) Calcular o salário mensal final de um vendedor. As seguintes informações determinam esse valor: a) salário fixo – R$ 5000,00 b) total de vendas por ele efetuadas – R$ 20.000,00 c) percentual que ele recebe sobre o total de vendas – 5% d) INSS de 11% sobre o salário fixo. e) IR de 27% sobre o total de rendimentos.
salario_fixo <- 5000
total_vendas <- 20000
comissao <- 0.05
inss <- 0.11
ir <- 0.27
# Calculando o valor da comissão
valor_comissao <- total_vendas * comissao
# Calculando o salário bruto
salario_bruto <- salario_fixo + valor_comissao
# Calculando o valor do INSS
valor_inss <- salario_fixo * inss
# Calculando a base de cálculo para o IR
base_ir <- salario_bruto - valor_inss
# Calculando o valor do IR
valor_ir <- base_ir * ir
# Calculando o salário líquido final
salario_liquido <- salario_bruto - valor_inss - valor_ir
cat("O salário mensal final do vendedor é R$", round(salario_liquido, 2))## O salário mensal final do vendedor é R$ 3978.52 Exercício Exercício 1) calculando o salário mensal da seguinte lista abaixo. NOME Salario_Base Vendas VENDEDOR 1 1800 20000 VENDEDOR 2 2500 30000 VENDEDOR 3 2500 25000 VENDEDOR 4 3000 15000 VENDEDOR 5 3500 27000 VENDEDOR 6 4000 30000 VENDEDOR 7 5000 32000 O valor da alíquota do IR deve ser calculado sobre o salário base, conforme os dados abaixo:
Base de cálculo Alíquota Até 1.903,98 Isento De 1.903,99 até 2.826,65 7,50% De 2.826,66 até 3.751,05 15% De 3.751,06 até 4.664,68 22,50% Acima de 4.664,68 27,50%
# tabela com as informações dos vendedores
vendedores <- data.frame(
nome = c("VENDEDOR 1", "VENDEDOR 2", "VENDEDOR 3", "VENDEDOR 4", "VENDEDOR 5", "VENDEDOR 6", "VENDEDOR 7"),
salario_base = c(1800, 2500, 2500, 3000, 3500, 4000, 5000),
vendas = c(20000, 30000, 25000, 15000, 27000, 30000, 32000),
irpf = c(0, 7.5, 15, 22.5, 27.5, 27.5, 27.5)
)
# salário mensal final para cada vendedor
vendedores$salario_final <- vendedores$salario_base + (vendedores$vendas * 0.05) - (vendedores$salario_base * 0.11)
vendedores$salario_final <- vendedores$salario_final - (vendedores$salario_final * vendedores$irpf / 100)
print(vendedores)## nome salario_base vendas irpf salario_final
## 1 VENDEDOR 1 1800 20000 0.0 2602.000
## 2 VENDEDOR 2 2500 30000 7.5 3445.625
## 3 VENDEDOR 3 2500 25000 15.0 2953.750
## 4 VENDEDOR 4 3000 15000 22.5 2650.500
## 5 VENDEDOR 5 3500 27000 27.5 3237.125
## 6 VENDEDOR 6 4000 30000 27.5 3668.500
## 7 VENDEDOR 7 5000 32000 27.5 4386.2503 Exercício Elabore um programa para efetuar o cálculo da quantidade de garrafas e de engradados de cerveja consumida por um determinado bloco durante o carnaval, considerando que 5000 foliões bebem cerca de 2 litros durante o desfile do bloco.
Outras informações: • considerar que um engradado de cerveja tem 24 garrafas de 600 ml. • Cada garrafa custa R$ 8,00, e que o engradado custa R$ 180,00. Qual será o lucro do comerciante considerando que: a) Ele compre as garrafas avulsas e venda cada garrafa a R$ 15,00. b) Ele compre o engradado e venda cada garrafa a R$ 15,00 (ele não pode comprar fração do engradado – arredonde para menos). c) Ele venda o copo de 500 ml a R$ 15,00 – cada copo plástico sai a R$ 0,20.
Faça uma função para o lucro.
Resolvendo a função para o lucro.
calcula_lucro <- function(qtd_folioes) {
qtd_cerveja <- qtd_folioes * 2 * 1000 / 600 # quantidade de cerveja em garrafas de 600ml
qtd_engradados <- floor(qtd_cerveja / 24) # quantidade de engradados
qtd_garrafas_avulsas <- qtd_cerveja %% 24 # quantidade de garrafas avulsas
lucro_garrafas_avulsas <- qtd_garrafas_avulsas * 15 # lucro com as garrafas avulsas
lucro_engradados <- qtd_engradados * 24 * 15 - qtd_engradados * 180 # lucro com os engradados
lucro_copos <- qtd_cerveja * 0.2 # lucro com os copos de 500ml
return(c(lucro_garrafas_avulsas, lucro_engradados, lucro_copos))
}
qtd_folioes <- 5000
lucros <- calcula_lucro(qtd_folioes)
cat("Lucro com garrafas avulsas: R$", format(lucros[1], nsmall=0), "\n")## Lucro com garrafas avulsas: R$ 160cat("Lucro com engradados: R$", format(lucros[2], nsmall=0), "\n")## Lucro com engradados: R$ 124920cat("Lucro com copos: R$", format(lucros[3], nsmall=0), "\n")## Lucro com copos: R$ 3333.3334 Exercício Elabore um data.frame com as seguintes informações: Nome_Aluno Diciplina_1 Diciplina_2 Diciplina_3 Aluno 1 3 10 7 Aluno 2 4 9 8 Aluno 3 5 8 9 Aluno 4 6 7 10 Aluno 5 7 6 7 Aluno 6 8 5 8 Aluno 7 9 4 9 Faça funções para calcular: a) A média de cada aluno (CR) b) A média de cada disciplina. c) A média final da turma. d) O aluno com média mais alta. e) A lista de alunos reprovados, por disciplina.
Respostas a) A média de cada aluno (CR)
# Criando o data.frame com as notas dos alunos
notas_alunos <- data.frame(
NOME_DO_ALUNO = c("ALUNO 1", "ALUNO 2", "ALUNO 3", "ALUNO 4", "ALUNO 5", "ALUNO 6", "ALUNO 7"),
DISCIPLINA_1 = c(3, 4, 5, 6, 7, 8, 9),
DISCIPLINA_2 = c(10, 9, 8, 7, 6, 5, 4),
DISCIPLINA_3 = c(7, 8, 9, 10, 7, 8, 9)
)
# média de cada aluno (CR)
media_aluno <- function(notas) {
rowMeans(notas[, -1])
}
# média de cada disciplina
media_disciplina <- function(notas) {
colMeans(notas[, -1])
}
# média final da turma
media_turma <- function(notas) {
mean(media_disciplina(notas))
}
# média mais alta
aluno_com_media_mais_alta <- function(notas) {
nomes <- notas$NOME_DO_ALUNO
cr <- media_aluno(notas)
nomes[which.max(cr)]
}
# reprovados por disciplina
alunos_reprovados_por_disciplina <- function(notas, nota_minima) {
nomes <- notas$NOME_DO_ALUNO
disciplinas <- colnames(notas[, -1])
reprovados <- list()
for (d in disciplinas) {
reprovados[[d]] <- nomes[which(notas[, d] < nota_minima)]
}
return(reprovados)
}
cat("Notas dos alunos:\n")## Notas dos alunos:print(notas_alunos)## NOME_DO_ALUNO DISCIPLINA_1 DISCIPLINA_2 DISCIPLINA_3
## 1 ALUNO 1 3 10 7
## 2 ALUNO 2 4 9 8
## 3 ALUNO 3 5 8 9
## 4 ALUNO 4 6 7 10
## 5 ALUNO 5 7 6 7
## 6 ALUNO 6 8 5 8
## 7 ALUNO 7 9 4 9cat("\nMédia de cada aluno (CR):\n")##
## Média de cada aluno (CR):print(media_aluno(notas_alunos))## [1] 6.666667 7.000000 7.333333 7.666667 6.666667 7.000000 7.333333cat("\nMédia de cada disciplina:\n")##
## Média de cada disciplina:print(media_disciplina(notas_alunos))## DISCIPLINA_1 DISCIPLINA_2 DISCIPLINA_3
## 6.000000 7.000000 8.285714cat("\nMédia final da turma:\n")##
## Média final da turma:print(media_turma(notas_alunos))## [1] 7.095238cat("\nAluno com média mais alta:\n")##
## Aluno com média mais alta:print(aluno_com_media_mais_alta(notas_alunos))## [1] "ALUNO 4"cat("\nAlunos reprovados por disciplina:\n")##
## Alunos reprovados por disciplina:print(alunos_reprovados_por_disciplina(notas_alunos, 7))## $DISCIPLINA_1
## [1] "ALUNO 1" "ALUNO 2" "ALUNO 3" "ALUNO 4"
##
## $DISCIPLINA_2
## [1] "ALUNO 5" "ALUNO 6" "ALUNO 7"
##
## $DISCIPLINA_3
## character(0)Lista 1 Luiz Fortes
Trabalho de Programação Linear 01
Carregando as Bibliotecas Necessárias
library(lpSolve)
library(lpSolveAPI)
library(kableExtra)Execício 1: Uma pequena empresa vende dois produtos, Produto 1 e Produto 2. Cada tonelada do Produto 1 consome 30 horas de trabalho e cada tonelada do Produto 2 consome 20 horas de trabalho. A empresa tem no máximo 2700 horas de trabalho para o período considerado. Além disso, cada tonelada dos Produtos 1 e 2 consome 5 e 10 horas de máquina para processar a matéria prima, respectivamente. Sabe-se que a empresa tem 850 horas disponíveis para processamento da matéria prima. Cada tonelada vendida do Produto 1 gera 20 mil reais de lucro enquanto para o Produto 2 o valor é de 60 mil reais. Por razões técnicas a empresa deve produzir no mínimo um total de 95 toneladas. Nosso objetivo é saber quantas toneladas dos dois produtos devem ser produzidas para maximar o lucro total da empresa.
library(lpSolve)
# coeficientes de P1 e P2 na função objetivo
func.objetivo <- c(20000 , 60000) # c'
# coeficientes de P1 e P2 nas restrições. Sempre em matriz como mostrado no texto acima
coeficientes.restricoes <- matrix (c(30, 20, 5, 10, 1, 1), ncol = 2 , byrow = TRUE) # Matriz A
# sinal das restrições. Deve obedecer a ordem da matriz de coeficientes
direcao.restricoes <- c("<=","<=",">=")
# limite das restrições. Deve obedecer a ordem da matriz de coeficientes
limites.restricoes <- c(2700, 850, 95) # vetor b
##########################
#### SOLUÇÃO #####
##########################
# Basicamente, usamos a função lp do pacote lpSolve
# com os seguintes parâmetros:
# direction: que recebe max ou min dependendo se o problema é
# de maximização ou minização, respectivamente
# objective.in: que recebe o nome do vetor com parâmetros da função objetivo
# const.mat: que recebe o nome da matriz com coeficientes das restrições
# const.rhs: que recebe o nome do vetor com os limites das restrições
# mais opções da função podem ser obtidas por meio do help(lp)
solucao.problema <- lpSolve::lp(direction = "max",
objective.in = func.objetivo,
const.mat = coeficientes.restricoes,
const.dir = direcao.restricoes,
const.rhs = limites.restricoes)
# ou
solucao.problema <- lpSolve::lp ("max", func.objetivo, coeficientes.restricoes,
direcao.restricoes, limites.restricoes)
solucao.problema$objval## [1] 4900000solucao.problema$solution## [1] 20 75Exercício 2: A Fábrica Marvel Toy deseja fazer três modelos de barcos de brinquedo para melhorar as suas vendas.Eles descobriram que um modelo donavio a vapor leva uma hora no cortador, 2 horas na pintura, e 4 horas de trabalhona montagem. Este modelo produz $ 6 de lucro. O modelo do veleiro de quatro mastros leva 3 horas no cortador,3 horasna pinturae o montador 2 horas na montagem e produz $3 de lucro. O modelo veleiro de dois mastros leva uma hora no cortador, três horas na pintura, uma hora na montagem, produzindo $ 2 de lucro. O cortador está disponível apenas por 45 horas, o pintor por 50 horas, e o montador por 60 horas. Supondo que eles possam vender todos os modelos que são construídos, encontre as restrições do problema e descreva como a solução ótima é obtida.
1.1.1 Modelagem do Problema Max: 6p1 + 3P2 + 2p3 - c(20000, 60000)
sa: 1P1 + 3P2 + 1p3 <= 45
2P1 + 3P2 + 3p3 <= 50
4P1 + 2P2 + 1p3 >= 60
func.obj <- c(6,3,2)
restricoes <- matrix(c(1,3,1,2,3,3,4,2,1), ncol = 3, byrow = TRUE)
direcao.restricoes <- c("<=","<=","<=")
limites.restricoes <- c(45,50,60)
solucao.problema <- lpSolve::lp(direction = "max", objective.in = func.obj, const.mat = restricoes, const.dir = direcao.restricoes, const.rhs = limites.restricoes)
print(solucao.problema)## Success: the objective function is 94Exercício 3: A Reggio Advertising Company deseja planejar uma campanha publicitária em três meios diferentes - televisão, rádio e revistas. O objetivo da publicidade é alcançar tantos clientes em potencial quanto possível. Os resultados de um estudo de mercado são fornecidos abaixo:
Custo clientes TV diurna TV Hor.Nobre Rádio Revista Custo de 1 unidade 40.000 75.000 30.000 15.000 N. pot clientes alcançados p/ un 400.00 900.000 500.000 200.000 N. mulheres clientes alcançados p/un 300.000 400.000 200.000 100.000 A empresa não quer gastar mais do que $ 800.000 na publicidade. Além disso, requer que: (1) pelo menos 2 milhões as exposições ocorrem entre mulheres; (2) publicidade em televisão seja limitada a $ 500.000; (3) pelo menos 3 publicidades sejam compradas na televisão diurna, e duas unidades durante horário nobre; e (4) o número de unidades de publicidade no rádio e em revistas deve ser entre 5 e 10. Formular o problema de programação linear.
1.2.1 Modelagem do Problema Maximizar: Z = 400x1 + 900x2 + 500x3 + 200x4.
S.A: 40x1 + 75x2 + 30x3 + 15x4 <= 800
300x1 + 400x2 + 200x3 + 100x4 >= 2.000
40x1 + 75x2 <= 500
x1 >= 3
x2 >= 2
x3 >= 5
x3 <= 10
x4 >= 5
x4 <= 10
func.obj <- c(400000,900000,500000,200000)
restricoes <- matrix (c(40000,75000,30000,15000,300000,400000,200000,100000,40000,75000,0,0,1,0,0,0,0,1,0,0,0,0,1,1,0,0,1,1), ncol = 4, byrow = TRUE)
direcao.restricoes <- c("<=",">=","<=",">=",">=",">=","<=")
limites.restricoes <- c(800000,2000000,500000,3,2,5,10)
solucao.problema <- lpSolve::lp(direction = "max", objective.in = func.obj, const.mat = restricoes, const.dir = direcao.restricoes, const.rhs = limites.restricoes)
solucao.problema## Success: the objective function is 10760000Exercício 4
Uma fábrica de tomate em conserva tem 5.000 quilos de tomates de grau A e 10.000 quilos de tomates grau B, os quais serão transformados em tomates em lata e pasta de tomate. Os tomates em lata devem ser compostos de pelo menos 80 por cento de tomates de grau A, enquanto a pasta de tomate deve ser feita com pelo menos 10 por cento de tomates desta mesma qualidade (grau A). Os tomates em lata são vendidos por US $ 0,08 por quilo e os tomates em pasta são vendidos por US $ 0,05 por quilo. Formule um programa linear para resolver quanto de cada produto deve ser feito, se a empresa quiser maximizar a sua receita.
func.obj <- c(0.08,0.05)
restricoes <- matrix (c(0.8,0.1,0.2,0.9), ncol = 2, byrow = TRUE)
direcao.restricoes <- c("<=","<=")
limites.restricoes <- c(5000,10000)
solucao.problema <- lpSolve::lp(direction = "max", objective.in = func.obj, const.mat = restricoes, const.dir = direcao.restricoes, const.rhs = limites.restricoes)
solucao.problema## Success: the objective function is 900Exercício 5
A fim de se produzir 1000 toneladas de aço não oxidante para válvulas de motor, pelo menos as seguintes quantidades de manganês, cromo e molibdênio, serão necessários semanalmente: 10 unidades de manganês, 12 unidades de cromo e 14 unidades de molibdênio (uma unidade corresponde a 10Kg). Esses metais são obtidos de revendedores de metais não ferrosos, que, para atrair os mercados os disponibilizam em caixas de três tamanhos, P, M e G. Uma caixa P custa $ 9 e contém 2 unidades de manganês, 2 unidades de cromo e 1 unidade de molibdênio. Uma caixa M custa $ 12 e contém 2 unidades de manganês, 3 unidades de cromo e 1 unidade de molibdênio. Um caso G custa US $ 15 e contém 1 unidade de manganês, 1 unidade de cromo e 5 unidades de molibdênio. Quantas caixas de cada tipo devem ser compradas semanalmente para que as quantidades necessárias de manganês, cromo e molibdênio sejam obtidas no menor custo possível? Qual é o menor custo possível? Formule e resolva por programação linear.
func.obj <- c(9,12,15)
restricoes <- matrix (c(2,2,1,2,3,1,1,1,5), ncol = 3, byrow = TRUE)
direcao.restricoes <- c(">=",">=",">=")
limites.restricoes <- c(10,12,14)
solucao.problema <- lpSolve::lp(direction = "min", objective.in = func.obj, const.mat = restricoes, const.dir = direcao.restricoes, const.rhs = limites.restricoes)
solucao.problema## Success: the objective function is 72Exercício 6
O grupo Unido tem duas fazendas que cultivam trigo e milho. Por causa dos solos e condições climáticas diferentes, existem diferenças nos rendimentos e custos de cultivo nas duas fazendas. Os rendimentos e custos são: Tabela em PDF. Cada fazenda possui 100 acres disponíveis para cultivo; 11.000 alqueires de trigo e 7.000 alqueires de milho devem ser cultivados. Determine um plano de plantio que irá minimizar o custo de atender a essas demandas
func.obj <- c(100,120,90,80)
restricoes <- matrix (c(500,650,0,0,0,0,400,350,1,1,0,0,0,0,1,1), ncol = 4, byrow = TRUE)
direcao.restricoes <- c(">=",">=","=","=")
limites.restricoes <- c(7000,11000,100,100)
solucao.problema <- lpSolve::lp(direction = "min", objective.in = func.obj, const.mat = restricoes, const.dir = direcao.restricoes, const.rhs = limites.restricoes)
solucao.problema## Success: the objective function is 18000Exercício 7
Considere que existem 3 silos que são necessários para satisfazer a demanda de 4 fábricas (Mills), conforme tabela a seguir. (Um silo é uma área de armazenamento da fazenda usada para armazenar grãos e Moinho é uma fábrica de moagem de grãos).Determine o quanto de cada silo deve ir para cada fábrica afim de que o custo de transporte seja minimizado (tabela em PDF)
func.obj <- c(10, 2, 20, 11, 12, 7, 9, 20, 4, 14, 16, 18)
restricoes <- matrix(c(1,1,1,1,0,0,0,0,0,0,0,0,
0,0,0,0,1,1,1,1,0,0,0,0,
0,0,0,0,0,0,0,0,1,1,1,1,
1,0,0,0,1,0,0,0,1,0,0,0,
0,1,0,0,0,1,0,0,0,1,0,0,
0,0,1,0,0,0,1,0,0,0,1,0,
0,0,0,1,0,0,0,1,0,0,0,1
), ncol = 12, byrow = TRUE)
direcao.restricoes <- c("=","=","=","=","=","=","=")
limites.restricoes <- c(15, 25, 10, 5, 15, 15, 15)
solucao.problema <- lpSolve::lp(direction = "min", objective.in = func.obj, const.mat = restricoes, const.dir = direcao.restricoes, const.rhs = limites.restricoes)
solucao.problema## Success: the objective function is 435Exercício 8
Um avião de carga possui três compartimentos para armazenamento de carga: dianteiro, central e traseiro. Esses compartimentos têm os seguintes limites de peso e espaço:
Compartimento Capacidade_de_Peso_Ton Capacidade_de_Espaço_m3 Frente 10 6800 Centro 16 8700 Traseira 8 5300
Além disso, o peso da carga nos respectivos compartimentos deve ter a mesma proporção da capacidade de peso daquele compartimento para manter o equilíbrio do avião. As quatro cargas a seguir estão disponíveis para embarque no próximo voo:
Carga Peso_da_Carga_ton Volume_m3_por_ton Lucro_euro_por_ton C1 18 480 310 C2 15 650 380 C3 23 580 350 C4 12 390 285
Qualquer proporção dessas cargas pode ser aceita. O objetivo é determinar quanto (se houver) de cada carga C1, C2, C3 e C4 deve ser aceita e como distribuir cada um entre os compartimentos para que o lucro total do voo seja maximizado.
# Função Objetivo -> Max z: 310X1 + 310X2 + 310X3 + 380X4 + 380X5 + 380X6 + 350X7 + 350X8 + 350X9 + 285X10 + 285X11 + 285X12
# Restrições:
# 1X1 + 1X4 + 1X7 + 1X10 <= 10
# 1X2 + 1X5 + 1X8 + 1X11 <= 16
# 1X3 + 1X6 + 1X9 + 1X12 <= 8
# 480X1 + 650X4 + 580X7 + 390X10 <= 6.800
# 480X2 + 650X5 + 580X8 + 390X11 <= 8.700
# 480X3 + 650X6 + 580X9 + 390X12 <= 5.300
# X1 + X2 + X3 <= 18
# X4 + X5 + X6 <= 15
# X7 + X8 + X9 <=23
# X10 + X11 + X12 <-12
# Coeficiente das variáveis de decisão na Função Objetivo
FO <- c(310, 310, 310, 380, 380, 380, 350, 350, 350, 285, 285, 285)
# Coeficientes das variáveis de decisão nas restrições
restricoes <- matrix(c(1, 0, 0, 1, 0, 0, 1, 0, 0, 1, 0, 0,
0, 1, 0, 0, 1, 0, 0, 1, 0, 0, 1, 0,
0, 0, 1, 0, 0, 1, 0, 0, 1, 0, 0, 1,
480, 0, 0, 650, 0, 0, 580, 0, 0, 390, 0, 0,
0, 480, 0, 0, 650, 0, 0, 580, 0, 0, 390, 0,
0, 0, 480, 0, 0, 650, 0, 0, 580, 0, 0, 390,
1, 1, 1, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0,
0, 0, 0, 1, 1, 1, 0, 0, 0, 0, 0, 0,
0, 0, 0, 0, 0, 0, 1, 1, 1, 0, 0, 0,
0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 1, 1, 1), ncol = 12, byrow = TRUE)
# Sinal das restrições. Deve obedecer a ordem das matriz
direcao.restricoes <- c("<=", "<=", "<=", "<=", "<=", "<=", "<=", "<=", "<=", "<=")
#Limite dasrestrições. Deve obedecer a ordem da matriz
limites.restricoes <- c(10, 16, 8, 6800, 8700, 5300, 18, 15, 23, 12)
# Solução do Problema
solucao.problema <- lpSolve::lp ("max", FO, restricoes, direcao.restricoes, limites.restricoes)
solucao.problema$objval## [1] 12151.58solucao.problema$solution## [1] 0.000000 0.000000 0.000000 10.000000 0.000000 5.000000 0.000000
## [8] 12.947368 3.000000 0.000000 3.052632 0.000000solucao.problema$scale## [1] 196