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):
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.
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.
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
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}}.
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!