Resolva graficamente os seguintes PLs:
\begin{cases}\min & f=3 x+2 y \\\ \text { s.a. } & 8 x+y \geq 8 \\\ & 2 x+y \geq 6 \\\ & x+3 y \geq 6 \\\ & x+6 y \geq 8 \\\ & x, y \geq 0\end{cases}

Passo 1

O enunciado pede: minimizar a função objetivo \;f=3x+2y\;\) sujeita às restrições \[\begin{cases} 8x+y \ge 8,\\[4pt] 2x+y \ge 6,\\[4pt] x+3y \ge 6,\\[4pt] x+6y \ge 8,\\[4pt] x\ge 0,\; y\ge 0. \end{cases}
Informações relevantes fornecidas:
  • A variável de decisão é o par (x,y)\] com \(\;x,y\ge 0\;.
  • As quatro primeiras restrições são semi‑planos definidos por retas; como os sinais são \ge, a região viável é a interseção das metades “acima” dessas retas (e do primeiro quadrante).
  • O objetivo é um problema de programação linear com duas variáveis, logo pode ser resolvido graficamente encontrando a região viável e avaliando f nos vértices (extremos) dessa região.]

Passo 2

Ideia do método gráfico (explicação didática):
  • Cada igualdade correspondente a uma restrição gera uma reta no plano. Vou escrever essas retas na forma y= algo para desenhar mentalmente e para calcular interseções.
  • A região viável é a interseção convexa desses semi‑planos e do primeiro quadrante.
  • Teorema importante (sem provar): para um problema linear, o mínimo (ou máximo) sobre uma região poligonal convexa ocorre em algum vértice (extremo) da região viável. Portanto basta encontrar os vértices (pontos de interseção relevantes das retas e dos eixos) e avaliar f neles.
  • Como as desigualdades são do tipo \ge, a região viável fica “acima” das retas; o “limite inferior” da região (o menor y possível para cada x) é dado pela função
y=\max\{8-8x,\;6-2x,\;(6-x)/3,\;(8-x)/6,\;0\}.
Vou então encontrar os pontos onde essas funções se igualam (as interseções) e os pontos onde cortam os eixos para obter os candidatos a vértices.

Passo 3

Escrever as equações das retas em forma y= e as interseções com os eixos:
  • L_1:\;8x+y=8 \Rightarrow y=8-8x.
  • L_2:\;2x+y=6 \Rightarrow y=6-2x.
  • L_3:\;x+3y=6 \Rightarrow y=\dfrac{6-x}{3}.
  • L_4:\;x+6y=8 \Rightarrow y=\dfrac{8-x}{6}.
    Interseções com os eixos (resolver com x=0 ou y=0):
  • L_1 com x=0: (0,8).
  • L_4 com y=0: (8,0).
    (As outras interseções com eixos existem mas não satisfazem todas as restrições; vou checar isso adiante.)

Passo 4

Calcular interseções entre pares de retas (sistema linear) e verificar se esses pontos satisfazem todas as restrições.
  1. L_1\) e \(L_2\): \[\begin{cases} 8x+y=8,\\\\ 2x+y=6. \end{cases}
Subtraindo a segunda da primeira: 6x=2 \Rightarrow x=\dfrac{1}{3}.\] Então \[y=6-2\cdot\frac{1}{3}=6-\frac{2}{3}=\frac{16}{3}.\] Ponto \[P_{12}=\left(\dfrac{1}{3},\dfrac{16}{3}\right).
Verificação rápida: nos outros dois limites L_3,L_4 os valores do lado esquerdo ficam muito maiores que as constantes, logo P_{12} satisfaz todas as desigualdades (é factível).
  1. L_2 e L_3:
\begin{cases} 2x+y=6,\\\ x+3y=6. \end{cases}
De y=6-2x\] e substituindo: \[x+3(6-2x)=6 \Rightarrow x+18-6x=6 \Rightarrow -5x=-12 \Rightarrow x=\dfrac{12}{5}.
Então
y=6-2\cdot\frac{12}{5}=6-\frac{24}{5}=\frac{6\cdot5-24}{5}=\frac{6}{5}.
Ponto P_{23}=\left(\dfrac{12}{5},\dfrac{6}{5}\right).
Verificação: nas outras restrições L_1 e L_4 os lados esquerdos são maiores que as constantes, portanto P_{23} é factível.
  1. L_3 e L_4:
\begin{cases} x+3y=6,\\\ x+6y=8. \end{cases}
Subtraindo a primeira da segunda: 3y=2 \Rightarrow y=\dfrac{2}{3}.\] Então \[x=6-3y=6-3\cdot\frac{2}{3}=6-2=4.\] Ponto \(P_{34}=(4,\tfrac{2}{3}).
Verificação: P_{34} satisfaz L_1 e L_2 (os lados esquerdos ficam maiores que as constantes), logo é factível.
  1. Interseções com os eixos já anotadas relevantes são (0,8) (interseção de L_1 com o eixo y) e (8,0) (interseção de L_4 com o eixo x). Ambas verificam todas as desigualdades (fiz checagens rápidas: por exemplo, (0,8) injeta 8x+y=8 e nas demais o lado esquerdo é maior que a constante).
Resumo dos pontos candidatos (vértices do limite inferior da região viável):
(0,8),\quad P_{12}=\left(\tfrac{1}{3},\tfrac{16}{3}\right),\quad P_{23}=\left(\tfrac{12}{5},\tfrac{6}{5}\right),\quad P_{34}=\left(4,\tfrac{2}{3}\right),\quad (8,0).
Observação (intuição geométrica): para x entre 0 e \tfrac{1}{3} a reta L_1 dá o maior valor de y; entre \tfrac{1}{3} e \tfrac{12}{5} domina L_2; entre \tfrac{12}{5} e 4 domina L_3; entre 4 e 8 domina L_4; para x\ge 8 o limite inferior é y=0. Por isso os pontos listados são exatamente os “kinks” (vértices) do envelope inferior.

Passo 5

Avaliar a função objetivo \;f(x,y)=3x+2y\; em cada vértice candidato (fazer contas passo a passo, preferindo frações):
  1. Em (0,8):
f(0,8)=3\cdot 0 + 2\cdot 8 = 16.
  1. Em P_{12}=\left(\dfrac{1}{3},\dfrac{16}{3}\right):
f\!\left(\tfrac{1}{3},\tfrac{16}{3}\right)=3\cdot\frac{1}{3}+2\cdot\frac{16}{3}=1+\frac{32}{3}=\frac{3+32}{3}=\frac{35}{3}\approx 11{,}666\ldots
  1. Em P_{23}=\left(\dfrac{12}{5},\dfrac{6}{5}\right):
f\!\left(\tfrac{12}{5},\tfrac{6}{5}\right)=3\cdot\frac{12}{5}+2\cdot\frac{6}{5}=\frac{36}{5}+\frac{12}{5}=\frac{48}{5}=9{,}6.
  1. Em P_{34}=\left(4,\tfrac{2}{3}\right):
f\!\left(4,\tfrac{2}{3}\right)=3\cdot 4 + 2\cdot\frac{2}{3}=12+\frac{4}{3}=\frac{36+4}{3}=\frac{40}{3}\approx 13{,}333\ldots
  1. Em (8,0):
f(8,0)=3\cdot 8 + 2\cdot 0 =24.

Passo 6

Comparando os valores obtidos:
16,\\ \frac{35}{3}\approx 11{,}667,\\ \frac{48}{5}=9{,}6,\\ \frac{40}{3}\approx 13{,}333,\\\ 24,
o menor valor é \dfrac{48}{5}=9{,}6, que ocorre no ponto
\left(\dfrac{12}{5},\dfrac{6}{5}\right).
Conclui‑se que o problema tem solução ótima atingida em P_{23}. A região viável é não limitada para x grandes, mas o problema de minimização tem mínimo alcançado em um vértice da fronteira (como previsto pela teoria).

Resposta

\displaystyle x^*=\frac{12}{5},\; y^*=\frac{6}{5},\; f_{\min}=\frac{48}{5}

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