Resolva pelos métodos Gráfico (Quando possível) e SIMPLEX
3. max f(x)=10 x1+7 x2
cc 2 x1+x2 & <= 50 4 x1+5 x2 & <= 150 x1, x2 & >= 0
Resposta: x1=x2=503, f(x)=8503.

Passo 1

O problema é uma programação linear em duas variáveis:
max f(x)=10x1+7x2
sujeito a
2x1+x2<= 50, 4x1+5x2<= 150, x1,x2>=0
Vamos resolver primeiro pelo método gráfico (pois são duas variáveis) e depois pelo método Simplex.

Passo 2

Pelo método gráfico determinamos os vértices da região viável cortando cada restrição com os eixos e entre si:
  • Interseção com x1=0 em cada restrição dá (0,50) e (0,30), mas (0,50) viola 4x1+5x2<=150, fica só (0,30).
  • Interseção com x2=0 (25,0) e (37,5,0), mas (37,5,0) viola 2x1+x2<=50, fica (25,0).
  • Interseção das restrições
2x1+x2=50, 4x1+5x2=150 implies (x1,x2)=l(tfrac503,tfrac503r)
Assim os vértices factíveis são
(0,0),;(25,0),;(0,30),;l(tfrac503,tfrac503r)

Passo 3

Avaliamo-s f em cada v\xe9rtice:
f(0,0)&=0, f(25,0)&=10cdot25+7cdot0=250, f(0,30)&=10cdot0+7cdot30=210, fl(tfrac503,tfrac503r)&=10cdottfrac503+7cdottfrac503=tfrac8503approx283,33
O maior valor tfrac8503 em l(tfrac503,tfrac503r).

Passo 4

Agora o Simplex. Introduzimos variáveis de folga
Base inicial: .

Passo 5

1\textsuperscript{ª} itera\xe7\xe3o: escolhe-se x1 para entrar (coeficiente -10 mais negativo em z) e x3 sai (raz\xf5es 50/2=25 e 150/4=37,5). Dividindo a 1\textsuperscript{ª} equa\xe7\xe3o por 2 e eliminando x1 das outras, obtemos
x1+tfrac12x2+tfrac12x3=25, 3x2-2x3+x4=50, z-2x2+5x3=250

Passo 6

Como todos os coeficientes de

Resposta

x1=tfrac503, x2=tfrac503, f(x)=tfrac8503

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