Aula 02 - Gabarito dos Exercícios

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Aula 2 – Método Gráfico – Gabarito dos exercícios 
Solução do exercício 2.1: 
a) 
 
Observe que a restrição 𝑥2 ≤ 10 é redundante. Em outras palavras, se ela não existisse, o 
conjunto de soluções viáveis seria o mesmo. 
b) 
 
Ponto extremo 
viável 
Interseção das 
retas 
Coordenadas 
𝐴 𝑥1 = 0 e 𝑥2 = 0 (0,0) 
𝐵 𝑥2 = 0 e 
3𝑥1 + 2𝑥2 = 14 
(
14
3
, 0) 
𝐶 3𝑥1 + 2𝑥2 = 14 
e −2𝑥1 + 𝑥2 =
 3 
(
8
7
,
37
7
) 
𝐷 𝑥1 = 0 e −2𝑥1 +
𝑥2 = 3 
(0,3) 
c) 
 
 
Note que a curva de nível que toca a região de soluções viáveis 𝐹 com maior valor 
de 𝑧 toca apenas no ponto 𝐵 = (
14
3
, 0), indicando que este ponto representa a 
solução ótima do problema. 
 
d) O modelo é viável e não é ilimitado. Logo, pelo menos uma solução ótima do 
problema é um dos pontos extremos viáveis. Assim, poderíamos encontrar a 
solução ótima enumerando os pontos extremos ao invés de desenhar as curvas de 
nível: 
 
Ponto extremo 
viável 
Valor de 𝑧 
𝐴 = (0,0) 3 × (0) + 0 = 0 
𝐵 = (
14
3
, 0) 3 × (
14
3
) + 0
= 14 
𝐶 = (
8
7
,
37
7
) 3 × (
8
7
) +
37
7
=
61
7
 
𝐷 = (0,3) 3 × (0) + 3 = 3 
 
Observe que o ponto 𝐵 é realmente aquele que gera o maior valor de 𝑧. 
Solução do Exercício 2.2: 
a) 
 
Note que a região de soluções viáveis é apenas o segmento 𝐴𝐵̅̅ ̅̅ . Isto aconteceu porque o 
problema possui a restrição de igualdade 𝑥1 + 𝑥2 = 9. 
b) 
 
Ponto extremo 
viável 
Interseção das 
retas 
Coordenadas 
𝐴 𝑥1 + 𝑥2 = 9 e 
−2𝑥1 + 𝑥2 = 6 
(1,8) 
𝐵 𝑥1 + 𝑥2 = 9 e 
−𝑥1 + 𝑥2 = 2 
(
7
2
,
11
2
) 
c) 
 
 
Note que a curva de nível que toca a região de soluções viáveis 𝐹 com menor 
valor de 𝑧 toca apenas no ponto 𝐵 = (
7
2
,
11
2
), indicando que este ponto representa 
a solução ótima do problema. 
 
Obs: O vetor destacado na figura é uma representação do vetor (2,3) (coeficientes 
da função objetivo). Na figura, tal vetor serve apenas para mostrar que as curvas 
de nível são paralelas pois este vetor é ortogonal a elas. 
 
d) O modelo é viável e não é ilimitado. Logo, pelo menos uma solução ótima do 
problema é um dos pontos extremos viáveis. Assim, poderíamos encontrar a 
solução ótima enumerando os pontos extremos ao invés de desenhar as curvas de 
nível: 
 
Ponto extremo viável Valor de 𝑧 
𝐴 = (1,8) 2 × 1 + 3 × 8 = 26 
𝐵 = (
7
2
,
11
2
) 2 ×
7
2
+ 3 ×
11
2
= 23,5 
𝐶 = (
8
7
,
37
7
) 3 × (
8
7
) +
37
7
=
61
7
 
𝐷 = (0,3) 3 × (0) + 3 = 3 
 
Observe que o ponto 𝐵 é realmente aquele que gera o menor valor de 𝑧. 
Solução do Exercício 2.3 Vamos inicialmente desenhar o conjunto de soluções viáveis e 
as curvas de nível do novo modelo: 
 
Note que podemos aumentar o valor de 𝑧 o quanto queremos e ainda assim as curvas de 
nível continuam tocando a região de soluções viáveis. Logo, o modelo agora passa a ser 
ilimitado. 
Solução do Exercício 2.4 Vamos inicialmente desenhar o conjunto de soluções viáveis e 
as curvas de nível do novo modelo: 
 
Note que a curva de nível que toca a região de soluções viáveis 𝐹 com maior valor de 𝑧 
toca a região no segmento 𝐵𝐶̅̅ ̅̅ , indicando que qualquer ponto deste segmento (incluindo 
os extremos) representa uma solução ótima do problema. Assim, podemos dizer que o 
modelo agora tem múltiplas soluções ótimas.