Considere os problemas de otimização linear a seguir:
(i) Solucione-os graficamente, caso possível. Caso não, explique as razões;
(ii) Indique, em cada caso, se a solução, caso exista, é única, múltipla ou ilimitada;
\begin{aligned} \max & z=x_{1}-5 x_{2} \\\ \text { suj. a } & 2 x_{1}-3 x_{2} \geq-6 \\\ & -4 x_{1}+2 x_{2} \leq-8 \\\ & x_{1} \leq 0 \end{aligned}
x_{2} irrestrita

Passo 1

Enunciado e o que se pede (resumido, com todas as informações relevantes):
\begin{aligned} \text{Maximizar } & z = x_{1} - 5x_{2} \\\ \text{sujeito a } & 2x_{1}-3x_{2}\ge -6 \\\ & -4x_{1}+2x_{2}\le -8 \\\ & x_{1}\le 0 \end{aligned}
Além disso, x_{2} é irrestrito (pode assumir valores positivos ou negativos).
As tarefas pedidas são: (i) resolver graficamente, se possível, e (ii) dizer se a solução, quando existir, é única, múltipla ou ilimitada.

Passo 2

Transformar as desigualdades em formas explícitas (para desenhar as retas e decidir qual semiplano vale) e escrever as equações das retas correspondentes.
Primeira restrição:
2x_{1}-3x_{2}\ge -6.
Resolver para x_{2}:
2x_{1}-3x_{2}=-6 \quad\Longrightarrow\quad x_{2}=\frac{2}{3}x_{1}+2.
Para a desigualdade, testamos um ponto simples (por exemplo (0,0)):
2\cdot0-3\cdot0 = 0 \ge -6 \quad\text{é verdade},é
logo o semiplano permitido é aquele contendo (0,0). Escrevemos então a forma útil:
x_{2}\le \frac{2}{3}x_{1}+2.
Segunda restrição:
-4x_{1}+2x_{2}\le -8.
Dividindo por 2:
-2x_{1}+x_{2}\le -4.
A reta correspondente é
x_{2}=2x_{1}-4.
Testando (0,0) obtemos 0\le -4 falso, então o semiplano permitido é o oposto de onde está (0,0). Em forma útil:
x_{2}\le 2x_{1}-4.
Terceira restrição:
x_{1}\le 0,
ou seja, estamos restritos ao semiplano à esquerda do eixo vertical.
Resumo das formas para desenhar:
x_{2}\le \frac{2}{3}x_{1}+2,\qquad x_{2}\le 2x_{1}-4,\qquad x_{1}\le 0.

Passo 3

Determinar interseções relevantes entre as retas (as fronteiras das desigualdades) — pontos que podem ser vértices da região viável.
Interseção entre as duas retas:
\frac{2}{3}x_{1}+2 = 2x_{1}-4.
Multiplicando por 3:
2x_{1}+6 = 6x_{1}-12 \quad\Longrightarrow\quad 18 = 4x_{1}\quad\Longrightarrow\quad x_{1}=4.
Isso dá x_{1}=4, e x_{1}=4>0. Como temos a restrição x_{1}\le 0, essa interseção não pertence ao semiplano x_{1}\le 0 e, portanto, não é vértice da região viável.
Interseção de cada reta com x_{1}=0:
  • Com x_{1}=0 na primeira reta: x_{2}=2. Ponto (0,2).
  • Com x_{1}=0 na segunda reta: x_{2}=-4. Ponto (0,-4).
Verificações de admissibilidade:
  • (0,2) falha na segunda restrição (pois 2\le -4 é falso), então (0,2) não é viável.
  • (0,-4) satisfaz a primeira restrição (verifique: 2\cdot0-3(-4)=12\ge-6), e satisfaz x_{1}\le0. Portanto (0,-4) é viável.

Passo 4

Determinar qual das duas desigualdades em x_{2} é a mais restritiva quando x_{1}\le 0. Isso simplifica a descrição da região viável.
Defina
f_{1}(x_{1})=\frac{2}{3}x_{1}+2,\qquad f_{2}(x_{1})=2x_{1}-4.
Calcule a diferença:
f_{1}(x_{1})-f_{2}(x_{1})=\left(\frac{2}{3}x_{1}+2\right)-(2x_{1}-4)= -\frac{4}{3}x_{1}+6.
Para x_{1}\le 0 temos -\frac{4}{3}x_{1}\ge 0, então
f_{1}(x_{1})-f_{2}(x_{1})\ge 6>0.
Portanto f_{1}(x_{1})>f_{2}(x_{1}) sempre que x_{1}\le 0. Isso significa que, no semiplano x_{1}\le 0, a segunda reta x_{2}=2x_{1}-4 está sempre abaixo da primeira. Como ambas desigualdades exigem x_{2} menor ou igual às retas, a desigualdade
x_{2}\le 2x_{1}-4
é a mais restritiva (implica automaticamente a primeira para x_{1}\le 0). Concluímos que a região viável é
\{(x_{1},x_{2})\mid x_{1}\le 0,\; x_{2}\le 2x_{1}-4\}.
Geometricamente: semiplano à esquerda do eixo y e abaixo da reta x_{2}=2x_{1}-4. Essa região é não vazia (por exemplo (0,-4) pertence) e é ilimitada rumo a x_{2}\to -\infty e também ilimitada para x_{1}\to -\infty ao longo de pontos que satisfazem x_{2}\le 2x_{1}-4.

Passo 5

Analisar o objetivo e verificar se existe máximo finito. Vamos entender como as retas de nível da função objetivo se comportam.
Nível da função objetivo para um valor z é dado por
z = x_{1}-5x_{2}\quad\Longrightarrow\quad x_{2}=\frac{1}{5}x_{1}-\frac{z}{5}.
Esta é uma família de retas de inclinação \frac{1}{5}; variar z desloca a reta verticalmente (o termo -\frac{z}{5} determina o intercepto). Para aumentar z (buscar valores maiores), o intercepto -\frac{z}{5} fica mais negativo, ou seja, a reta de nível desloca-se para baixo.
A região viável permite x_{2} arbitrariamente negativos (pois apenas há uma condição superior x_{2}\le algo finito). Assim, ao deslocar a reta de nível para baixo podemos sempre encontrar pontos viáveis com valores de z maiores: não há um limite superior finito para z.

Passo 6

Dar um exemplo construtivo que mostra que z pode crescer sem limite (prova por construção).
Considere pontos com x_{1}=0 e x_{2}=-M com M\ge 4. Verificações:
  • x_{1}=0\le 0 satisfaz a terceira restrição.
  • Segunda restrição: -4\cdot0 + 2(-M)\le -8 \iff -2M\le -8 \iff M\ge 4, então esses pontos satisfazem a segunda restrição para qualquer M\ge 4.
  • Primeira restrição também é satisfeita: 2\cdot0-3(-M)=3M\ge -6.
O valor objetivo nesses pontos é
z = x_{1}-5x_{2} = 0 - 5(-M) = 5M.
Escolhendo M arbitrariamente grande, z cresce sem limite. Logo o problema não tem máximo finito: a função objetivo é ilimitada acima na região viável.

Resposta

Problema ilimitado superiormente: não existe máximo finito (o valor ótimo é +\infty).

Exercícios relacionados