Resolva o seguinte problema de otimização não-linear graficamente, transformando-o em um PL (dica: aplique a função logarítmica na função objetico e nas restrições e considere suas propriedades):
\left\{\begin{array}{cl} \min & f=x^{2} y^{2} \\ \text { s.a. } & x^{3} y^{2} \geq e^{3} \\ & x y^{4} \geq e^{4} \\ & x^{2} y^{3} \geq e \\ & x, y>0 \end{array}\right.

Passo 1

Vou deixar bem claro o que o enunciado pede e quais são os dados. O problema é:
\left\{\begin{array}{cl} \min & f=x^{2} y^{2} \\\ \text { s.a. } & x^{3} y^{2} \geq e^{3} \\\ & x y^{4} \geq e^{4} \\\ & x^{2} y^{3} \geq e \\\ & x, y>0 \end{array}\right.
O que o enunciado pede:
  • Encontrar os valores de x e y (com x>0,\;y>0) que minimizam f=x^{2}y^{2} sujeitos às três restrições dadas.
Informações relevantes:
  • As três restrições são desigualdades do tipo produto de potências de x e y maior ou igual a constantes exponenciais.
  • x e y são estritamente positivos (isso permite aplicar logaritmo).
  • Dica do enunciado: aplicar o logaritmo na função objetivo e nas restrições para transformar o problema em um problema linear (PL).

Passo 2

Por que aplicar logaritmo ajuda? Explicação didática curta e intuitiva:
  • A função \ln(\cdot) é estritamente crescente em (0,\infty). Isso significa que, para a,b>0, a\le b \quad\Longleftrightarrow\quad \ln(a)\le\ln(b)e, em particular, minimizar f é equivalente a minimizar \ln(f) (porque \ln preserva a ordem).
  • Quando temos produtos e potências, o log transforma produto em soma e potência em multiplicação por escalar, o que lineariza expressões do tipo x^{\alpha}y^{\beta}.
Vamos então fazer a mudança de variáveis natural para este tipo de problema:
u=\ln x,\qquad v=\ln y.
Como x>0,\;y>0, u e v são quaisquer números reais. A ideia é reescrever objetivo e restrições em u,v.

Passo 3

Transformando objetivo e restrições usando \ln.
Objetivo:
f=x^{2}y^{2}\quad\Rightarrow\quad \ln f = \ln\big(x^{2}y^{2}\big)=2\ln x+2\ln y = 2u+2v.
Minimizar f equivale a minimizar \ln f, logo equivalemos a minimizar 2u+2v.
Restrições (aplicando \ln em cada uma):
  1. \;x^{3}y^{2}\ge e^{3}
\ln\big(x^{3}y^{2}\big)\ge \ln\big(e^{3}\big)\quad\Rightarrow\quad 3u+2v \ge 3.
  1. \;x y^{4}\ge e^{4}
u+4v \ge 4.
  1. \;x^{2}y^{3}\ge e
2u+3v \ge 1.
Portanto obtemos o problema linear em u,v:
\left\{\begin{array}{rl} \min & 2u+2v\\[4pt] \text{s.a.} & 3u+2v \ge 3,\\[3pt] & u+4v \ge 4,\\[3pt] & 2u+3v \ge 1,\\[3pt] & u,v\in\mathbb{R}. \end{array}\right.]

Passo 4

Interpretação geométrica (essencial para resolver graficamente):
  • Cada restrição a u + b v \ge c define uma semi-plano (a região do plano (u,v) “acima” da reta a u + b v = c, no sentido do vetor normal (a,b)).
  • A região factível é a interseção desses três semi-planos — um polígono convexo (aqui pode ser um polígono não-bounded para cima).
  • A função objetivo 2u+2v tem linhas de nível (iso-custo) dadas por 2u+2v = \text{const}, que são retas com coeficiente angular -1. Minimizar empurra a reta de nível para a direção onde u+v fica menor, ou seja, para baixo e à esquerda.
  • Em problemas lineares com região factível convexa, o mínimo (se existe e a direção é limitada) ocorre em um vértice (interseção de duas restrições ativas). Logo devemos verificar as interseções das retas formadas por pares das restrições e escolher a que pertence à região factível e dá o menor valor de 2u+2v.

Passo 5

Calcular as interseções das retas das restrições (resolver sistemas lineares) e verificar quais pontos são factíveis.
Vou nomear as retas:
(1)\;3u+2v=3,\qquad (2)\;u+4v=4,\qquad (3)\;2u+3v=1.
Interseção de (1) e (2):
Resolver
\begin{cases} 3u+2v=3,\\[3pt] u+4v=4. \end{cases}
Da segunda, u=4-4v\). Substituindo na primeira: \[3(4-4v)+2v=3 \;\Rightarrow\; 12-12v+2v=3 \;\Rightarrow\; -10v=-9 \;\Rightarrow\; v=\tfrac{9}{10}=0{,}9.
Então u=4-4\cdot 0{,}9=4-3{,}6=0{,}4=\tfrac{2}{5}.
Ponto: (u,v)=\big(\tfrac{2}{5},\tfrac{9}{10}\big).
Verificação da terceira restrição em (u,v):
2u+3v = 2\cdot 0{,}4 + 3\cdot 0{,}9 = 0{,}8 + 2{,}7 = 3{,}5 \ge 1,
logo este ponto satisfaz todas as restrições. Calcula-se a função objetivo:
2u+2v = 2(0{,}4+0{,}9)=2\cdot 1{,}3 = 2{,}6 = \tfrac{13}{5}.
Interseção de (1) e (3):
Resolver
\begin{cases} 3u+2v=3,\\[3pt] 2u+3v=1. \end{cases}
Multiplicando a segunda por 2\] e a primeira por \[1 para eliminar v convenientemente: melhor fazer eliminação direta. Por exemplo, multiplicar (1) por 3 e (3) por 2:
9u+6v=9,\qquad 4u+6v=2.
Subtraindo: 5u=7\Rightarrow u=\tfrac{7}{5}=1{,}4. Então
2u+3v=1\Rightarrow 2\cdot 1{,}4 +3v=1\Rightarrow 2{,}8+3v=1\Rightarrow 3v=-1{,}8\Rightarrow v=-0{,}6.
Ponto: (u,v)=(1{,}4,-0{,}6).
Verificação da segunda restrição em (u,v):
u+4v = 1{,}4 + 4(-0{,}6)=1{,}4 - 2{,}4 = -1{,}0 < 4,
portanto este ponto NÃO pertence à região factível (violação da restrição (2)). Descartado.
Interseção de (2) e (3):
Resolver
\begin{cases} u+4v=4,\\[3pt] 2u+3v=1. \end{cases}
Da primeira, u=4-4v\]. Substituindo na segunda: \[2(4-4v)+3v=1\Rightarrow 8-8v+3v=1\Rightarrow -5v=-7\Rightarrow v=\tfrac{7}{5}=1{,}4.\] Então \(u=4-4\cdot 1{,}4 =4-5{,}6 = -1{,}6. Ponto: (u,v)=(-1{,}6,1{,}4).
Verificação da primeira restrição em (u,v):
3u+2v = 3(-1{,}6) + 2(1{,}4) = -4{,}8 + 2{,}8 = -2{,}0 < 3,
logo este ponto NÃO é factível (violação de (1)). Descartado.
Conclusão dos candidatos: entre as três interseções de pares, apenas o ponto \big(\tfrac{2}{5},\tfrac{9}{10}\big) é factível. Como o problema linear tem região factível convexa e a função objetivo é linear (com coeficientes positivos), o mínimo será alcançado em um vértice factível — aqui esse vértice é exatamente \big(\tfrac{2}{5},\tfrac{9}{10}\big). Portanto é o candidato ótimo único.]

Passo 6

Voltar às variáveis originais x,y e calcular o mínimo.
Temos u=\ln x=\tfrac{2}{5} e v=\ln y=\tfrac{9}{10}. Assim
x = e^{u} = e^{\tfrac{2}{5}},\qquad y = e^{v} = e^{\tfrac{9}{10}}.
Valor mínimo de f:
f_{\min} = x^{2}y^{2} = e^{2u+2v} = e^{2\cdot\frac{2}{5} + 2\cdot\frac{9}{10}} = e^{\frac{4}{5} + \frac{18}{10}} = e^{\frac{4}{5} + \frac{9}{5}} = e^{\frac{13}{5}}.
Pequena observação final e motivacional: a transformação logarítmica reduziu um problema multiplicativo não-linear a um problema linear geométrico simples. Na prova, quando vir produtos de potências com restrições exponenciais e variáveis positivas, essa é a técnica padrão — salva tempo e cabeça no calor do exame!

Resposta

x=e^{\tfrac{2}{5}}
y=e^{\tfrac{9}{10}}
f_{\min}=e^{\tfrac{13}{5}}

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