Seja \mathcal{R} a região plana dos pontos (x, y) \in \mathbb{R}^{2} tais que
\left\{\begin{array}{l} x \geq 0 \\\ y \geq 0 \\\ x+5 y \leq 10 \\\ x+y \leq 5 \end{array}\right.
(a) Esboce a região \mathcal{R}.
(b) Considere z=2 x+3 y e determine (x, y) \in \mathcal{R} tal que z tem o maior valor possível.
(c) Considere z=2 x+3 y, com (x, y) \in \mathcal{R}, e determine o maior valor possível de z.
Passo 1
O enunciado dá a região \mathcal{R} dos pontos (x,y)\in\mathbb{R}^2 que satisfazem as quatro desigualdades
\left\{\begin{array}{l} x \ge 0\\[4pt] y \ge 0\\[4pt] x+5y \le 10\\[4pt] x+y \le 5 \end{array}\right.
e pede três coisas:
(a) esboçar a região \mathcal{R};
(b) para z=2x+3y, determinar o(s) ponto(s) (x,y)\in\mathcal{R} onde z atinge o maior valor possível;
(c) determinar o maior valor possível de z quando (x,y)\in\mathcal{R}.]
Passo 2
Vamos identificar as fronteiras que limitam \mathcal{R}. Cada desigualdade igualada dá uma reta limite:
Para esboçar, é útil saber os interceptos dessas retas com os eixos:
Em L_3 (x+5y=10): quando y=0 tem x=10 (ponto (10,0)); quando x=0 tem y=2 (ponto (0,2)).
Em L_4 (x+y=5): quando y=0 tem x=5 (ponto (5,0)); quando x=0 tem y=5 (ponto (0,5)).]
Passo 3
Agora determinamos os vértices candidatos da região [\mathcal{R}). Esses vértices ocorrem nas interseções das retas limites (ou com os eixos). Vamos listar as interseções e checar quais satisfazem todas as desigualdades:
Interseção dos eixos: (0,0). Verificação: (0,0) satisfaz todas as desigualdades, logo (0,0)\in\mathcal{R}.
Interseção de L_4 com o eixo x: (5,0). Verificação em L_3: x+5y=5+0=5\le 10, e claro x\ge0,y\ge0. Logo (5,0)\in\mathcal{R}.
Interseção de L_3 com o eixo x: (10,0). Verificação em L_4: x+y=10+0=10\le 5 é falsa, logo (10,0)\notin\mathcal{R}.
Interseção de L_3 com o eixo y: (0,2). Verificação em L_4: x+y=0+2=2\le5 é verdadeira e x,y\ge0, então (0,2)\in\mathcal{R}.
Interseção de L_4 com o eixo y: (0,5). Verificação em L_3: x+5y=0+25=25\le10 é falsa, então (0,5)\notin\mathcal{R}.
Interseção entre as retas L_3 e L_4: resolvemos o sistema
Substituindo em x+y=5\]:
\[x=5-y=5-\tfrac{5}{4}=\tfrac{20}{4}-\tfrac{5}{4}=\tfrac{15}{4}.\]
Logo a interseção é \(\bigl(\tfrac{15}{4},\tfrac{5}{4}\bigr). Verificamos rapidamente que x,y\ge0, então este ponto pertence a \mathcal{R}.]
Passo 4
Concluímos que os vértices da região factível \mathcal{R} (polígono convexo no primeiro quadrante) são, na ordem que contorna a região:
Para esboçar \mathcal{R} (parte (a)), desenhe os eixos x e y, marque os pontos (5,0) e (0,2), desenhe as retas x+y=5 e x+5y=10 e tome a interseção no primeiro quadrante limitada também por x\ge0,y\ge0. A região é o quadrilátero convexo com os vértices acima.
Passo 5
Agora vamos maximizar z=2x+3y sobre \mathcal{R}. Regra prática (que vamos justificar intuitivamente): quando a região é um polígono convexo e a função objetivo é linear, o máximo (e o mínimo) ocorrem em vértices do polígono. Intuição simples: as retas de nível de z são dadas por
2x+3y=c,
que são retas com inclinação -\tfrac{2}{3}; aumentar c desloca essa reta paralelamente “para fora” e o último ponto de contato com a região ao aumentar c é um vértice. Portanto basta avaliar z nos vértices encontrados.
Passo 6
Calculamos z=2x+3y em cada vértice (mostrando contas passo a passo):
vemos que o maior valor é \tfrac{45}{4}, alcançado em \Bigl(\tfrac{15}{4},\tfrac{5}{4}\Bigr). Assim respondemos (b) e (c).
Resposta
(a) \mathcal{R} é o quadrilátero convexo no primeiro quadrante com vértices (0,0),\\ (5,0),\\ \bigl(\tfrac{15}{4},\tfrac{5}{4}\bigr),\\ (0,2).\n
(b) O valor máximo de z ocorre em \displaystyle\Bigl(\tfrac{15}{4},\tfrac{5}{4}\Bigr).\n
(c) O maior valor possível de z é \displaystyle \tfrac{45}{4}.