Resolva pelos métodos Gráfico (Quando possível) e SIMPLEX
4. max f(x)=x1+2 x2
cc x1 & <= 2 x2 & <= 2 x1+x2 & <= 3 x1, x2 & >= 0
Resposta: x1=1, x2=2.

Passo 1

O enunciado trata de um problema de programação linear em duas variáveis, cujo objetivo é
max f(x)=x1+2x2
sujeito às restrições
x1<= 2, x2<= 2, x1+x2<= 3, x1,x2>= 0
Vamos resolver primeiro pelo método gráfico, identificando a região viável e seus vértices, e depois aplicar o método Simplex, que usa variáveis de folga e iterações em tableau.

Passo 2

Para o método gráfico precisamos encontrar os vértices da região viável, que são as interseções das restrições (incluindo os eixos). As possíveis interseções são:
(0,0), (2,0), (0,2),
além das interseções de x1=2 com x1+x2=3, e de x2=2 com x1+x2=3. Resolvendo:
x1=2,;x1+x2=3;Longrightarrow;(2,1),
x2=2,;x1+x2=3;Longrightarrow;(1,2)
Logo os vértices da região viável são
(0,0),;(2,0),;(0,2),;(2,1),;(1,2)

Passo 3

Agora avaliamos f(x)=x1+2x2 em cada vértice:
f(0,0)=0, f(2,0)=2, f(0,2)=4, f(2,1)=2+2cdot1=4, f(1,2)=1+2cdot2=5
O maior valor é 5 em (1,2). Portanto, pelo método gráfico, a solução ótima é
x1=1, x2=2, fmax=5

Passo 4

Para o método Simplex transformamos as desigualdades em igualdades introduzindo variáveis de folga s1,s2,s3>=0:
x1+s1=2, x2+s2=2, x1+x2+s3=3, x1,x2,s1,s2,s3>=0,
e definimos a função-objetivo em forma de maximização padronizada:
max Z=x1+2x2

Passo 5

Montamos o tableau inicial com as variáveis básicas s1,s2,s3 e a linha de Z:
c|cccccc|c VB & Z & x1 & x2 & s1 & s2 & s3 & RHShline Z & 1 & -1 & -2 & 0 & 0 & 0 & 0 s1 & 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 0 & 2 s2 & 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 2 s3 & 0 & 1 & 1 & 0 & 0 & 1 & 3

Passo 6

Na primeira iteração a coluna de x2 é a que tem coeficiente mais negativo em Z (–2), então x2 entra na base. Calculamos as razões tfracRHScoeficiente de x2:
20;(ignorada), 21=2, 31=3,
logo s2 sai da base e pivotamos na linha de s2. Depois de pivotar, obtemos o tableau:
c|cccccc|c VB & Z & x1 & x2 & s1 & s2 & s3 & RHShline Z & 1 & -1 & 0 & 0 & -2 & 0 & 4 s1 & 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 0 & 2 x2 & 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 2 s3 & 0 & 1 & 0 & 0 & -1 & 1 & 1

Passo 7

Na nova linha de Z o coeficiente mais negativo é -1 de x1, então x1 entra. As razões são
21=2, 20;(ignorada), 11=1,
logo s3 sai da base e pivotamos na linha de s3. O tableau final é
c|cccccc|c VB & Z & x1 & x2 & s1 & s2 & s3 & RHShline Z & 1 & 0 & 0 & 0 & -3 & 1 & 5 x1 & 0 & 1 & 0 & 0 & -1 & 1 & 1 x2 & 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 2 s1 & 0 & 0 & 0 & 1 & 1 & -1 & 1
Como todos os coeficientes da linha Z são não negativos, alcançamos a solução ótima, com
x1=1, x2=2, Zmax=5

Resposta

x1=1,;x2=2

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