(3 pontos) Resolva o modelo matemático a seguir utilizando o método gráfico:
\max f=3 x_{1}+5 x_{2}
Sujeito a :
\begin{aligned} 6 x_{1}+6 x_{2} & \leq 480 \\\\ 10 x_{1}+4 x_{2} & \leq 460 \\\\ 0,25 x_{1} & \leq 8 \\\\ 0,25 x_{2} & \leq 15 \\\ x_{1}, x_{2} & \geq 0 \end{aligned}

Passo 1

O enunciado pede resolver graficamente o seguinte problema de otimização (maximização):
Maximizar
f = 3x_{1}+5x_{2}
Sujeito a
\begin{aligned} 6x_{1}+6x_{2} &\leq 480,\\\\ 10x_{1}+4x_{2} &\leq 460,\\\\ 0,25x_{1} &\leq 8,\\\\ 0,25x_{2} &\leq 15,\\\ x_{1},x_{2} &\geq 0. \end{aligned}
Informações relevantes fornecidas:
  • Objetivo: encontrar x_{1} e x_{2} que maximizem f.
  • As restrições definem uma região factível em (x_{1},x_{2}) no primeiro quadrante.
  • As restrições de tipo “ 0,25x_{1}\leq8” e “ 0,25x_{2}\leq15” impõem limites superiores simples em x_{1} e x_{2}.
  • A resolução deve ser pelo método gráfico (ou seja: determinar a região factível, identificar seus vértices e avaliar f nesses vértices).

Passo 2

Transformar cada desigualdade em igualdade para desenhar as retas (essas retas formam as fronteiras da região factível). Escrever as igualdades e as formas mais simples:
  1. Da primeira restrição:
6x_{1}+6x_{2}=480 \quad\Longleftrightarrow\quad x_{1}+x_{2}=80,
ou seja
x_{2}=80-x_{1}.
  1. Da segunda restrição:
10x_{1}+4x_{2}=460 \quad\Longleftrightarrow\quad 5x_{1}+2x_{2}=230,
ou seja
x_{2}=115-2{,}5x_{1}.
  1. Da terceira restrição:
0,25x_{1}=8 \quad\Longleftrightarrow\quad x_{1}=32.
  1. Da quarta restrição:
0,25x_{2}=15 \quad\Longleftrightarrow\quad x_{2}=60.
Também temos as não negatividades x_{1}=0 e x_{2}=0 como possíveis fronteiras.
Explicação curta (intuitiva) do porquê: no método gráfico para dois variáveis, a região factível é um polígono convexo; a solução ótima de um problema linear ocorre em um dos vértices desse polígono. Portanto, basta listar os vértices factíveis e avaliar f neles.

Passo 3

Determinar interseções relevantes entre essas retas (cada interseção é um candidato a vértice). Vou calcular sistematicamente:
Interseção das duas retas principais x_{1}+x_{2}=80 e 5x_{1}+2x_{2}=230.
Usar substituição: de x_{2}=80-x_{1} em 5x_{1}+2x_{2}=230:
5x_{1}+2(80-x_{1})=230.
Calcular:
5x_{1}+160-2x_{1}=230 \quad\Longrightarrow\quad 3x_{1}=70 \quad\Longrightarrow\quad x_{1}=\frac{70}{3}.
Então
x_{2}=80-\frac{70}{3}=\frac{240-70}{3}=\frac{170}{3}.
Logo a interseção é
\left(\frac{70}{3},\frac{170}{3}\right)\approx(23{,}333\\ ,\\\ 56{,}666).

Passo 4

Calcular interseções das retas com as retas verticais/horizontais x_{1}=32 e x_{2}=60:
  1. Interseção x_{1}=32 com a segunda reta 10x_{1}+4x_{2}=460:
10\cdot 32 +4x_{2}=460 \quad\Longrightarrow\quad 320+4x_{2}=460 \quad\Longrightarrow\quad 4x_{2}=140 \quad\Longrightarrow\quad x_{2}=35.
Ponto: (32,35).
  1. Interseção x_{1}=32 com a primeira reta x_{1}+x_{2}=80:
x_{2}=80-32=48.
Ponto: (32,48).
  1. Interseção x_{2}=60 com a primeira reta x_{1}+x_{2}=80:
x_{1}=80-60=20.
Ponto: (20,60).
  1. Interseção x_{2}=60 com a segunda reta 10x_{1}+4x_{2}=460:
10x_{1}+4\cdot 60=460 \quad\Longrightarrow\quad 10x_{1}+240=460 \quad\Longrightarrow\quad 10x_{1}=220 \quad\Longrightarrow\quad x_{1}=22.
Ponto: (22,60).
Além disso, bordas óbvias: (0,0), (32,0) (interseção x_{1}=32 com x_{2}=0), e (0,60) (interseção x_{1}=0 com x_{2}=60).

Passo 5

Agora verificar quais desses pontos são realmente factíveis (satisfazem todas as desigualdades). Vou testar cada candidato:
  1. (0,0): trivialmente factível (todas as desigualdades satisfeitas).
  2. (32,0): verificar
6\cdot32+6\cdot0=192\leq480,\qquad 10\cdot32+4\cdot0=320\leq460,\qquad x_{1}=32\leq32,\qquad x_{2}=0\leq60.
Logo (32,0) é factível.
  1. (32,35): verificar
6\cdot32+6\cdot35=192+210=402\leq480,
10\cdot32+4\cdot35=320+140=460\leq460,
e obviamente x_{1}=32\leq32,\\ x_{2}=35\leq60. Logo (32,35) é factível.
  1. (32,48): verificar com a segunda restrição:
10\cdot32+4\cdot48=320+192=512>460,
portanto (32,48) não é factível (violação da segunda restrição).
  1. \left(\dfrac{70}{3},\dfrac{170}{3}\right): verificar as restrições numéricas:
  • Primeira: 6x_{1}+6x_{2}=6\left(\dfrac{70}{3}+\dfrac{170}{3}\right)=6\cdot\dfrac{240}{3}=6\cdot80=480 (satisfeita como igualdade).
  • Segunda: já que é interseção das duas retas, a segunda também é satisfeita como igualdade.
  • Verificar limites: x_{1}=\dfrac{70}{3}\approx23{,}33\leq32 e x_{2}=\dfrac{170}{3}\approx56{,}67\leq60. Portanto é factível.
  1. (20,60): verificar
6\cdot20+6\cdot60=120+360=480\leq480,
10\cdot20+4\cdot60=200+240=440\leq460,
e x_{1}=20\leq32,\\ x_{2}=60\leq60. Logo (20,60) é factível.
  1. (22,60): verificar com a primeira restrição:
6\cdot22+6\cdot60=132+360=492>480,
portanto (22,60) não é factível.
  1. (0,60): verificar
6\cdot0+6\cdot60=360\leq480,\qquad 10\cdot0+4\cdot60=240\leq460,
logo (0,60) é factível.
Resumo: os vértices factíveis que restaram são
(0,0),\\ (32,0),\\ (32,35),\\ \left(\frac{70}{3},\frac{170}{3}\right),\\ (20,60),\\ (0,60).

Passo 6

Avaliar a função objetivo f=3x_{1}+5x_{2} em cada vértice factível (fazer contas exatas quando possível):
  1. Em (0,0):
f=3\cdot0+5\cdot0=0.
  1. Em (32,0):
f=3\cdot32+5\cdot0=96.
  1. Em (32,35):
f=3\cdot32+5\cdot35=96+175=271.
  1. Em \left(\dfrac{70}{3},\dfrac{170}{3}\right):
f=3\cdot\frac{70}{3}+5\cdot\frac{170}{3}=70+\frac{850}{3}=\frac{210+850}{3}=\frac{1060}{3}\approx353{,}333\ldots
  1. Em (20,60):
f=3\cdot20+5\cdot60=60+300=360.
  1. Em (0,60):
f=3\cdot0+5\cdot60=300.

Passo 7

Comparar os valores de f nos vértices:
0,\\\ 96,\\\ 271,\\ \frac{1060}{3}\approx353{,}333,\\\ 360,\\\ 300.
O maior valor é 360, obtido no ponto (20,60).
Interpretação: como previsto pela teoria (máximo de problema linear em duas variáveis ocorre em um vértice da região factível), a solução ótima é um vértice e foi exatamente (20,60).

Resposta

x_{1}=20,\\ x_{2}=60,\\ f_{\max}=360

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