EP12 2017 1 gabarito

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Centro de Educação Superior a Distância do Estado do Rio de Janeiro
EP12 � Gabarito � Métodos Determinísticos I � 2017-1
Neste EP vamos trabalhar o conteúdo estudado na Aula 12, páginas 146 a 149 e páginas 155 a 157, do Caderno
Didático.
Exercício 1 .
a) Determine, caso exista, a solução do sistema de equações do primeiro grau
(
2
3
− x
)
+
(
3y − 2
3
)
= 0
x + 2y = −5
b) Represente, no plano cartesiano, o gráfico de cada uma das equações do sistema do item a) e
localize, também, a solução encontrada para o sistema, se houver.
c) Qual o significado geométrico para a solução do sistema?
Solução:
a) Temos que
(
2
3
− x
)
+
(
3y − 2
3
)
= 0
x + 2y = −5
⇐⇒

2
3
− x + 3y − 2
3
= 0
x + 2y = −5
⇐⇒
{
−x + 3y = 0 (i)
x + 2y = −5 (ii)
Da Equação (i), temos x = 3y que substituida na Equação (ii) nos dá
3y + 2y = −5⇐⇒ 5y = −5⇐⇒ y = −1.
Consequentemente, de x = 3y segue que x = 3(−1). Ou seja, x = −3. Portanto, a solução do
sistema é o par ordenado (x, y) = (−3,−1) .
-5 -3 -1 1 3
x
-
5
2
-1
y
Figura 1: Exercício 1
Métodos Determinísticos I EP12 2
b) Cada uma das equações do sistema dado é representado no plano cartesiano por uma reta. Na
Figura 1 plotamos em linha contínua rosa o gráfico da reta −x+3y = 0⇔ x = 3y, traçada pelos
pontos (0, 0) e (−3,−1), e em linha tracejada azul o gráfico da reta x+2y = −5⇔ x = −5−2y,
traçada pelos pontos (−5, 0) e (0,−5/2). O ponto (−3,−1) está marcado em vermelho na
Figura 1.
c) O ponto (−3,−1) representa a interseção das duas retas cujas equações são as equações do
sistema.
Exercício 2 Considere o sistema S de equações:
S :
{
x2 − 4x + 2y = 6 (i)
2x + 2y = −1. (ii)
a) Determine a solução do sistema.
b) Faça o esboço do gráfico da Equação (i) de S.
c) Faça o esboço do gráfico da Equação (ii) de S.
d) Qual o significado geométrico da solução do sistema encontrado no item a)
Solução:
a) Da equação 2x+2y = −1, temos 2y = −1−2x. Substituindo essa equação em x2−4x+2y = 6,
obtemos
x2 − 4x + 2y = 6
⇐⇒ x2 − 4x− 1− 2x = 6
⇐⇒ x2 − 6x− 7 = 0
⇐⇒ x = −(−6)±
√
(−6)2 − 4(1)(−7)
2
⇐⇒ x = 6±
√
36 + 28
2
⇐⇒ x = 6±
√
64
2
⇐⇒ x = 6± 8
2
⇐⇒ x1 = 6 + 8
2
, x2 =
6− 8
2
,
⇐⇒ x1 = 7, x2 = −1.
Substituindo x1, x2 na equação 2y = −1− 2x, segue que
• Para x1 = 7,
2y = −1− 2x⇐⇒ 2y = −1− 2(7)⇐⇒ 2y = −15⇐⇒ y = −15
2
.
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Métodos Determinísticos I EP12 3
• Para x1 = −1,
2y = −1− 2x⇐⇒ 2y = −1− 2(−1)⇐⇒ 2y = 1⇐⇒ y = 1
2
.
Portanto, as soluções de S são:
(
7,−15
2
)
e
(
−1, 1
2
)
.
b) Note que a equação x2 − 4x + 2y = 6 pode ser reescrita como
x2−4x+2y = 6⇐⇒ 2y = 6−x2+4x⇐⇒ y = −x
2 + 4x + 6
2
⇐⇒ y = − x
2
2
+ 2x + 3 . (1)
Logo, o gráfico de y = − x
2
2
+ 2x + 3 é representado por uma parábola cuja concavidade está
voltada para baixo, já que o coeficiente de x2 é negativo. Para esboçá-la, vamos determinar onde
seu gráfico intercepta o eixo x e o eixo y, bem como as coordenadas de seu vértice.
• Vamos determinar onde o gráfico da parábola intercepta o eixo x, isto é, vamos determinar
a abscissa x correspondente a ordenada y = 0, a partir da Equação (1). Ou seja, vamos
determinar as raízes de − x
2
2
+ 2x + 3 = 0. Usando Báskara, temos
∆ = (2)2 − 4(−1
2
)(3) = 4 + 6 = 10
e,
x =
−2±√10
2
(
−1
2
) = −2±√10−1 = 2∓√10⇐⇒ x1 = 2−√10, x2 = 2 +√10.
Assim, a parábola intercepta o eixo x nos pontos x1 = 2−
√
10 e x2 = 2 +
√
10. Ou seja,
a parábola contém os pontos (2−√10, 0), (2 +√10, 0).
• Para determinar o ponto em que a parábola intercepta o eixo y, tomando x = 0 na Equa-
ção (1), obtemos que
y = − 0
2
2
+ 2(0) + 3 = 3.
Logo, a parábola intercepta o eixo y no ponto y = 3. Ou seja, a parábola contém o ponto
(0, 3).
• O vértice V da parábola é determinado por V = (xv, yv) =
(
−b
2a
,
−∆
4a
)
. Logo,
V =
(
−2
2(−1/2) ,
−10
4(−1/2)
)
= (2, 5) .
Na Figura 2 � i), traçamos o esboço da parábola x2 − 4x + 2y = 6.
c) Note que a equação 2x + 2y = −1 pode ser reescrita como
2x + 2y = −1⇐⇒ 2y = −1− 2x⇐⇒ y = −1− 2x
2
⇐⇒ y = −1
2
− x . (2)
Logo, o gráfico de 2x + 2y = −1 é uma reta. Para traçá-la, precisamos de dois pontos. Usual-
mente, escolhemos os pontos que interceptam os eixos coordenados. Assim:
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• Para x = 0, temos que
y = −1
2
− 0 = −1
2
.
Logo, a reta contém o ponto
(
0,−1
2
)
.
• Por outro lado, para encontrar o ponto em que o gráfico da reta cruza o eixo vertical (ou
das ordenadas), procuramos x que satisfaça y = 0 na Equação (2). Ou seja,
y = 0⇐⇒ −1
2
− x = 0⇐⇒ x = −1
2
.
Logo, a reta contém o ponto
(
−1
2
, 0
)
.
Portanto, temos a reta determinada pelos pontos
(
0,−1
2
)
e
(
−1
2
, 0
)
, conforme esboçada na
Figura 2 � ii).
i) Gráfico de x2 − 4x + 2y = 6 ii) Gráfico de 2x + 2y = −1
2 - 10 2 2 + 10 7
x
3
5
y
-12
x
-12
y
Figura 2: Exercício 2 - Item b) e c)
2 - 10 2 2 + 10 7
x
-
15
2
3
5
y
Figura 3: Exercício 2 - Item d)
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d) Os pontos
(
7,−15
2
)
e
(
−1, 1
2
)
determinados no item a) são os pontos de interseção entre a
reta 2x + 2y = −1 e a parábola x2 − 4x + 2y = 6, marcados com um círculo em vermelho na
Figura 3.
Exercício 3 Resolva os sistemas de equações a seguir em R2:
a)
{
2x + 4y = 3
x− 2y = 1
b)

x
2
− 2y = −2
3x
4
+ y = 4
Solução:
a) Vamos resolver o sistema dado por substituição. Da segunda equação, obtemos x = 1 + 2y
que substituída na primeira equação, dá que:
2x + 4y = 3 ⇐⇒ 2(1 + 2y) + 4y = 3
⇐⇒ 2 + 4y + 4y = 3
⇐⇒ 8y = 1
⇐⇒ y = 1
8
.
Agora, encontramos o valor de x substituindo y =
1
8
em x = 1 + 2y. Ou seja,
x = 1 + 2y = 1 + 2 · 1
8
= 1 +
1
4
=
4 + 1
4
=
5
4
.
Portanto, x =
5
4
e y =
1
8
. Ou seja, o par ordenado solução do sistema é o par
(
5
4
,
1
8
)
.
Observação: Notemos que cada uma das equações do sistema é representada geometrica-
mente por uma reta. Estas retas estão plotadas na Figura 4. Observe que o par ordenado(
5
4
,
1
8
)
solução do sistema é o ponto de interseção das duas retas.
b) Vamos resolver o sistema deste item pelo método da adição. Para isso multiplicamos a segunda
equação por 2, ou seja,
x
2
− 2y = −2
3x
4
+ y = 4
( · (2)) ⇐⇒

x
2
− 2y = −2
3x
2
+ 2y = 8
Em seguida, somamos as duas equações do sistema resultante (cancelando os termos que
dependem de y):
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i) Exercício 3-a) ii) Exercício 3-b)
154
3
2
x
-
1
2
3
4
y
-4 3 163
x
1
7
4
4
y
Figura 4: Exercício 3
x
2
− 2y = −2
3x
2
+ 2y = 8
4x
2
+ 0y = 6
Daí,
4x
2
= 6⇐⇒ 2x = 6⇐⇒ x = 3.
Em seguida, substituimos x = 3 na segunda equação
3x
4
+ y = 4 para determinar y:
3x
4
+ y = 4 ⇐⇒ 3 · 3
4
+ y = 4
⇐⇒ 9
4
+ y = 4
⇐⇒ y = 4− 9
4
⇐⇒ y = 7
4
.
Portanto, x = 3 e y =
7
4
. Ou seja, o par ordenado solução do sistema é o par
(
3,
7
4
)
.
Observação: Notemos que cada uma das equações do sistema é representada geometrica-
mente por uma reta. Estas retas estão plotadas na Figura 4. Observe que o par ordenado(
3,
7
4
)
solução do sistema é o ponto de interseção das duas retas.
Exercício 4 Resolva o sistema: 
y + x2 − 5x = −4
2x + y = 6.
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Solução: Isolando y na segunda equação do sistema, temos y = 6− 2x. Essa equação substituída
na primeira equação do sistema nos fornece
(6− 2x) + x2 − 5x = −4
que é equivalente a equação
x2 − 7x + 10 = 0.
Usando Bhaskara, com a = 1, v = −7 e c = 10, temos que
∆ = b2 − 4ac = (−7)2 − 4(1)(10) = 49− 40 = 9
e
x =
−b±√∆
2a
=
−(−7)±√9
2(1)
=
7± 3
2
.
Logo, as raízes são:
x1 =
7 + 3
2
= 5 e x2 =
7− 3
2
= 2
A cada uma destas razíes corresponderá um valor de y que obteremos substituindo x em y = 6−2x:
y1 = 5− 2(5) = 6− 10 = −4,
y2 = 6− 2(2) = 6− 4 = 2
Logo, o conjunto solução do sistema tem como elementos os dois pares ordenados (5,−4) e (2, 2)
pertencentes a R2.
Observação: Notemos que a primeira equação do sistema y + x2 − 5x = −4 é a equação de uma
parábola e a segunda 2x+y = 6 é a equação de uma reta. Elas estão plotadas na Figura 5. Observe
que os pares ordenados (5,−4) e (2, 2), soluções do sistema, são os pontos de interseção da parábola
e da reta.
2 5
x
-4
2
y
Figura 5: Exercício 4
Exercício 5 Resolva o sistema de equações abaixo
x2 + (y − 1)2 = 2
x2 = (y − 1)2
Dica: Talvez seja mais simples, antes de resolver os sistema em x e y (isto é, tentar determinar x
e y), obter os valores de termos que se repetem.
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Métodos Determinísticos I EP12 8
Solução: Observe que as duas equações têm os termos x2 e (y−1)2; mais ainda estes são os únicos
termos que possuem incógnitas. Se fizermos a = x2 e b = (y − 1)2, o sistema se transforma em
a + b = 2
a = b,
e, com isso, 
a + b = 2
a− b = 0.
Somando as equações, temos 2a = 2 e, então, a = 1. Substituindo na primeira equação, temos
1 + b = 2, logo b = 1. Lembrando que x2 = a = 1, temos x = ±1. E, como (y − 1)2 = b = 1,
temos y− 1 = ±1, logo y = 1 + 1 ou y = −1 + 1, que nos dá y = 2 ou y = 0. Assim, temos quatro
soluções (x, y), dadas pelos pares
(−1, 0), (−1, 2), (1, 0) e (1, 2).
Exercício 6 Dê todas as soluções do sistema de equações abaixo
x + 2(y + 3)2 = 28 + 12y
4x− y2 = 4
Solução: Simplificando a primeira equação, temos
x+2(y+3)2 = 28+12y ⇔ x+2(y2+6y+9) = 28+12y ⇔ x+2y2+12y+18 = 28+12y ⇔ x+2y2 = 10.
Assim, o sistema se torna 
x + 2y2 = 10
4x− y2 = 4
e, para resolvê-lo, podemos multiplicar a segunda equação por 2, obtendo
x + 2y2 = 10
8x− 2y2 = 8,
e somar as equação, tendo assim
9x = 18,
e então x = 2.
Substituindo em uma das equações, na primeira, por exemplo, temos
2 + 2y2 = 10,
logo 2y2 = 8, e então y2 = 4. Com isso, temos y = −2 ou y = 2. Assim, a solução do sistema é
dada por
S = {(2,−2), (2, 2)}.
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Métodos Determinísticos I EP12 9
Exercício 7 Esboce o conjunto solução da equação (x − 1)2(y + 4)4 = 0, isto é, o conjunto de
todos os pontos (x, y) que satisfazem esta equação. Dica: Lembre-se de que o produto de dois
números reais é 0 se, e somente se, um deles é igual a 0.
Solução: Seguindo a dica,
(x− 1)2(y + 4)4 = 0 ⇔ (x− 1)2 = 0 ou (y + 4)4 = 0
⇔ x− 1 = 0 ou y + 4 = 0
⇔ x = 1 ou y = −4.
Vamos pensar sobre o que acabamos de encontrar. Um ponto (x, y) satisfaz a equação (x− 1)2(y+
4)4 = 0 se, e somente se, x = 1 ou y = −4, isto é, se o ponto (x, y) pertence à reta vertical x = 1
ou à reta horizontal y = −4. Isto significa que todos os pontos que satisfazem à equação estão na
união das retas x = 1 ou y = −4. Assim, o conjunto solução da equação pode ser esboçado como
abaixo:
Exercício 8 Resolva as inequações a seguir:
a) x2 − 6x + 9 ≤ 0
b) x2 − x
2
− 3 > 0
c) −x2 + 5x− 9 < 0
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Métodos Determinísticos I EP12 10
Solução: Para resolver este exercício você pode usar a técnica utilizada no Exercício 2 do EP 10 ou
utilizar seus conhecimentos sobre a parábola, como faremos a seguir.
a) Vamos chamar y de x2 − 6x + 9, isto é y = x2 − 6x + 9. E, em seguida vamos estudar o sinal
de y, ou seja, vamos estudar o sinal do y da parábola.
Inicialmente, determinamos quando y = 0, isto é, quando x2 − 6x + 9 = 0.
Por Bhaskara, temos que a solução desta equação, com a = 1, b = −6 e c = 9 é dada por
∆ = b2 − 4ac = (−6)2 − 4(1)(9) = 0,
assim,
x =
−b±√∆
2a
=
6±√0
2(1)
=
6
2
= 3.
Assim, y = 0 quando x = 3.
Para determinar os valores de x em (x, y), onde o y da parábola é negativo, plotamos o gráfico
da parábola e, olhando para ele, encontramos os pontos no eixo x que possuem o y da parábola
negativo. Veja a Figura 6.
Notamos que o y da parábola é sempre maior ou igual zero para qualquer valor de x real.
Dessa forma, y = x2 − 6x + 9 ≤ 0, somente quando x = 3.
+ +
3
x
y
Figura 6: Exercício 8-a)
b) Vamos chamar y de x2 − x
2
− 3, isto é y = x2 − x
2
− 3.
E, em seguida vamos estudar o sinal de y, ou seja, vamos estudar o sinal do y da parábola.
Inicialmente, vamos determinar quando y = 0, isto é, quando x2 − x
2
− 3 = 0.
Usando Bhaskara, você encontrará que y = 0 quando x = −3
2
ou x = 2.
Para determinar os valores de x em (x, y) onde o y da parábola é maior do que zero, plotamos
o gráfico de y = x2 − x
2
− 3 e, olhando para esse gráfico, encontramos os pontos no eixo x que
possuem o y da parábola maior do que zero. Veja a Figura 7.
Notamos que o y da parábola é maior do zero para x tal que x < −3
2
ou x > 2.
Dessa forma, y = x2 − 6x + 9 > 0, quando x ∈
(
−∞,−3
2
)
∪ (2,∞).
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Métodos Determinísticos I EP12 11
++
-
-
3
2 2
x
y
Figura 7: Exercício 8-b)
c) Vamos chamar y de −x2 + 5x − 9, isto é, y = −x2 + 5x − 9, cujo gráfico sabemos que é o de
uma parábola.
Em seguida, vamos estudar o sinal do y da parábola. Notemos que ela tem a concavidade
voltada para baixo, já que o coeficiente de x2 é negativo. Além disso, quando y = 0, isto é,
quando −x2 + 5x − 9 = 0, usando Bhaskara, temos que ∆ = 25 − 36 = −11 < 0, o que
significa que a parábola não intercepta o eixo x. Temos também que o vértice da parábola é(
− b
2a
,−∆
4a
)
=
(
− 5
2(−1) ,−
−11
4(−1)
)
=
(
5
2
,−11
4
)
. A partir destas informações, plotamos o
gráfico da parábola na Figura 8. Você observará que para qualquer x real, o ponto (x, y) da
parábola, tem o y negativo.
Dessa forma, y = −x2 + 5x− 9 < 0, para todo x ∈ R.
-
-
-
2.5
x
y
Figura 8: Exercício 8-c)
Exercício 9 O custo C de produção de x litros de certa substância é dado pela equação de uma
reta, cujo gráfico está representado na Figura 9, em que x ≥ 0. Nestas condições, determine o custo
de produção em termos da quantidade x. Determine, também, a quantidade de litros produzida que
corresponde ao custo de R$ 800,00.
Solução: Seja C = ax+ b a equação da reta. Lembremos que conhecendo dois pontos pelos quais
ela passa, temos condiç�eos de determinar sua expressão. Pelo gráfico da Figura 9, temos estes dois
pontos, que são (0, 300) e (9, 480). Assim, estes dois pontos satisfazem a equação C = ax + b.
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9
xHlitrosL
300
480
CHxL
Figura 9: Questão 9
Substituindo x = 0, C = 300 em C = ax + b, temos que 300 = a(0) + b, isto é, obtemos que
b = 300. Logo, C = ax + 300.
Substituindo, agora, x = 9, C = 480 em C = ax + 300, obtemos que 480 = a(9) + 300. Ou seja,
9a = 480− 300⇐⇒ 9a = 180⇐⇒ a = 20.
Portanto, o custo de produção em termos da quantidade x é representado pela equação C =
20x + 300.
E quando C = 800, segue que
800 = 20x + 300⇐⇒ 20x = 800− 300⇐⇒ 20x = 500⇐⇒ x = 25.
Assim, a quantidade de litros produzida que corresponde ao custo de R$800,00 é igual a 25 litros.
Um problema muito interessante!
Vamos agora tentar utilizar um pouco da teoria de sistemas de equações de primeiro
grau para resolver um problema de otimização.
O velho McDonnald tem uma fazenda, ia-ia-ô! E, nessa fazenda,tem porcos e galinhas.
Para criar seus animais, MacDonnald dispõe de uma área de 8km2. Cada mil porcos
criados necessitam de uma área de 4km2, e cada mil galinhas necessitam de 1km2.
Considere, agora, um sistema cartesiano de coordenadas, no qual o x representa a
quantidade de milhares de porcos (por exemplo, x = 2 equivale a 2.000 porcos) e y
representa a quantidade de milhares de galinhas.
a) Qual é a área ocupada por x milhares de porcos? E a área ocupada por y milhares
de galinhas?
Solução:
Se cada mil porcos ocupam 4km2, então x milhares de porcos ocuparão 4x km2.
Cada mil galinhas ocupam 1km2, então y milhares de porcos ocuparão y km2.
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Métodos Determinísticos I EP12 13
b) Se McDonnald utilizar toda a área disponível para criar os animais, qual será a
equação relacionando x e y?
Solução:
A soma das áreas ocupada por porcos e galinhas será 4x+ y. Se toda a área de
8km2 for ocupada pelos suínos e galináceos criados, então teremos 4x + y = 8.
c) Faça um esboço da figura representada pela equação do item anterior (se neces-
sário, consulte o EP11).
Solução:
Como visto no EP anterior, a equação 4x+y = 8 corresponde a uma reta. Nesta
reta, fazendo x = 0, temos y = 8, logo o ponto (0, 8) pertence à reta. Fazendo
y = 0, temos 4x = 8, logo x = 2; com isso, o ponto (2, 0) também pertence à
reta. Esboçando, temos
Antes de prosseguir, tente resolver os itens (a), (b) e (c) acima e, de-
pois de resolver, consulte o gabarito! Apenas depois de ter acertado ou
compreendido a resposta correta, continue!
No item (b), você deve (deveria!) ter encontrado, como resposta, a equação 4x+y =
8, que representa uma reta.
Note que, quando 4x + y = 8, a área ocupada pelos porcos é de 8km2. Porém
ninguém obriga o Sr. McDonnald a ocupar toda sua área com animais. A soma das
áreas ocupadas por porcos e galinhas deve ser, no máximo 8km2.
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Métodos Determinísticos I EP12 14
d) Dê a desigualdade satisfeita por x e y para que a área ocupada por porcos e
galinhas seja no máximo igual a 8km2.
Solução:
Se a área ocupada pelos animais, dada por 4x + y, deve ser no máximo 8km2,
então esta área é menor ou igual a 8. Com isto, 4x + y 6 8.
Mais uma vez, tente resolver e, depois de acreditar ter a resposta cor-
reta, consulte o gabarito!
e) A reta dada pela equação 4x+y = 8 divide o plano cartesiano em duas �partes",
a parte de um lado da reta, e a parte do outro!. Estas �partes"são chamadas de
semiplanos Em qual destes semiplanos a desigualdade do item (d) é satisfeita?
Se não sabe como responder, teste um ponto de cada semiplano e veja de que
lado a desigualdade é atendida.
Solução:
A origem (0, 0) está em um dos semiplanos. Como 4 · 0 + 0 = 0 6 8, vemos que
o semiplano que satisfaz à desigualdade 4x + y 6 8 é o que contém a origem,
esboçado abaixo.
f) Baseando-se no item anterior, pinte a região do plano que satisfaz a desigualdade
do item (d).
Solução:
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Métodos Determinísticos I EP12 15
Além da restrição da área, há outras duas restrições óbvias a x e y: não se pode criar
quantidades negativas de algum animal! Com isso, x > 0 e y > 0.
g) Pinte, em um sistema cartesiano de coordenadas, a região representada pelas
duas restrições acima.
Solução: A desigualdade x > 0 representa a região esboçada abaixo.
A desigualdade y > 0 representa, por sua vez, a região esboçada abaixo.
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Juntas, as restrições representam a região abaixo:
Mais uma vez, é hora de tentar com afinco e, depois, verificar o gabarito!
Há ainda uma quarta restrição: criar animais é caro! Nosso velho e bom McDonnald
dispõe apenas de R$6.000, 00 para tocar sua produção de animais até o momento em
que estejam prontos para o abate (Sim, abate! Estava pensando que ele fazer o que
com os bichos?). Cada milhar de galinhas consumirá R$1.000, 00 e cada milhar de
porcos custará R$2.000, 00.
h) Determine a expressão do valor gasto com a criação de x milhares de porcos e y
milhares de galinhas.
Solução:
Se cada milhar de porcos gasta R$2.000,00, x mil porcos custarão 2000x reais
ao fazendeiro. Se cada mil galinhas custam R$1.000,00, y mil galinhas custarão
1000y reais. Assim, o valor gasto com x mil porcos e y mil galinhas será de
2000x + 1000y.
i) Determine a desigualdade que representa a restrição de R$6.000,00 aos gastos
com a criação, isto é, dê a desigualdade satisfeita por x e y supondo que o gasto
seja de, no máximo, R$6.000, 00.
Solução:
Para que o gasto seja de, no máximo R$6.000,00, temos
2000x + 1000y 6 6000.
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Esta desigualdade pode ser simplificada para
2x + y 6 6.
j) Esboce a região do plano correspondente à restrição imposta pelos R$6.000,00.
Neste item, pode ajudar se você proceder como nos itens (d) e (e).
Solução:
A reta 2x+y = 6 divide o plano em dois semiplanos, e a desigualdade 2x+y 6 6
representa um destes semiplanos. Substituindo (0, 0), vemos que a desigualdade
é satisfeita, pois 2 · 0 + 0 6 6; com isso, a desigualdade 2x+ y 6 6 representa o
semiplano determinado pela reta 2x+y = 6 e contendo a origem (0, 0), esboçado
abaixo.
Para esboçarmos a reta 2x + y = 6, vemos que, quando x = 0, temos y = 6,
logo o ponto (0, 6) e, quando y = 0, temos x = 3, logo o ponto (3, 0).
Bom, agora que você já entendeu as quatro restrições impostas à criação de porcos e
galinhas do sr. McDonnald, utilize os esboços dos itens (c), (g) e (i) para responder
o item seguinte.
k) Esboce a região do plano formada por todos os pontos (x, y) que satisfazem,
simultaneamente, às quatro restrições (área máxima, x > 0, y > 0 e custo
máximo).
Solução:
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Considerando as restrições 4x + y 6 8, 2x + y 6 6, x > 0 e y > 0, fazendo a
interseção das regiões correspondentes, temos
l) A região do item acima é limitada por um polígono convexo. Obtenha, encon-
trando as interseções das retas adequadas, os vértices deste polígono.
Solução:
Os vértices sobre os eixos ordenados já foram obtidos anteriormente e são os
pontos (0, 0), (2, 0), (0, 6). Para obter o outro vértice, vemos que ele é a
interseção entre as retas 4x+ y = 8 e 2x+ y = 6, dada pela solução do sistema{
4x + y = 8
2x + y = 6.
Multiplicando a segunda equação por −1, temos{
4x + y = 8
−2x− y = −6.
e, somando, temos 2x = 2, logo x = 1. Substituindo na primeira equação,
temos 4 · 1 + y = 8, logo y = 4. Assim, temos os vértices da figura abaixo.
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Métodos Determinísticos I EP12 19
Chegou a hora de abater e vender os animais! Não acreditamos que McDonnald fique
feliz com isso, mas é necessário pagar as contas...
Cada milhar de porcos será vendido ao preço deR$17.000, 00 e cada milhar de galinhas
será vendido a R$6.000, 00.
m) Dê a expressão, dependendo de x e y, do valor arrecadado com a venda dos
animais abatidos.
Solução:
Cada mil porcos é vendido por R$17.000,00 e cada mil galinhas por R$6.000,00.
Com isso, a venda de x mil porcos e y mil galinhas terá a receita de
17000x + 6000y.
n) Dê a expressão, dependendo de x e y, do lucro arrecadado com a venda dos
animais abatidos (lembre-se de que lucro é igual a receita [obtida em (m)] menos
a despesa [obtida em (h)]).
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Métodos Determinísticos I EP12 20
Solução:
O lucro é dado pela receita 17000x+6000y menos o custo 2000x+1000y, logo,
o lucro será
L = (17000x + 6000y)− (2000x + 1000y) = 15000x + 5000y.
Chegou a hora de entender por que estamos fazendo todas estas contas!
Importantes resultados de garantem que, em condições de restrição
como as acima, e com lucrodado por uma expressão de grau 1 em
duas variáveis, o maior valor possível com a venda dos animais é obtido
em algum dos vértices do polígono, encontrados no item (l). Com isso,
o) calculando, em cada vértice do polígono obtido em (l), o valor do lucro obtido
(a expressão do lucro foi determinada em (n) ), diga em que vértice o lucro com
a venda é máximo (isto é, o maior valor possível), e
Solução:
Vamos calcular o lucro em cada vértice do polígono:
� No vértice (0, 6), o lucro será de 15.000 · 0 + 5.000 · 6 = 30.000.
� No vértice (0, 0), o lucro será de 15.000 · 0 + 5.000 · 0 = 0.
� No vértice (2, 0), o lucro será de 15.000 · 2 + 5.000 · 0 = 30.000.
� No vértice (0, 6), o lucro será de 15.000 · 1 + 5.000 · 4 = 35.000.
Assim, o maior lucro possível é de R$35.000,00, ocorrendo no vértice (1, 4).
o) com isso, diga como McDonnald pode obter o maior lucro possível com a venda
dos animais. Com isso, estamos otimizando o lucro.
Solução:
O fazendeiro McDonnald obterá o maior lucro se criar 1.000 porcos e 4.000
galinhas (isto é, x = 1 e y = 4.).
A técnica acima, utilizada para otimizar lucro (ou outras grandezas) em situações em
que haja limitações lineares de recursos (isto é, limitações que possam ser descritas
por equações de grau 1 em cada variável). Esta técnica se chama Programação Linear,
e é utilizada para muitos fins como, por exemplo, otimização de cadeias de produção
e alocação de recursos. Seu uso data da década de 30, em fábricas soviéticas e
americanas.
Agora, tente resolver sozinho um problema semelhante!
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Exercício 10 Aproveitando a moda dos Pokémons, uma fábrica produzirá, para o dia das crianças,
balões de Pikachu e de Charmander. O valor a ser investido é de, no máximo, R$ 3.000,00. Cada
centena de Pikachu tem custo de produção de R$100,00 (o custo de licenciamento do pokémons
mais famoso é alto), e cada centena de Charmander é produzida a o custo de R$70,00. Por outro
lado, o tempo de produção de cem Charmanders é de três horas (entre outros detalhes, aquele
foguinho no final da cauda é colado manualmente...), enquanto cada cem Pikachus levam 2 horas
para serem feitos. Dada a proximidade do dia das crianças, a fábrica possui apenas 100 horas de
trabalho para concluir a produção. Sabendo que, no final, a centena do balão é vendida a R$400,00,
independentemente do tipo, quantos balões de cada tipo de pokémon devem ser produzidos a fim
de otimizar o lucro?
Solução: Chamemos de x e de y as centenas de Pikachu e Charmander produzidos, respectivamente.
O custo de produção é dado por
C = 100x + 70y,
e a produção está restrita à condição
100x + 70y 6 3000,
que pode ser simplificada para
10x + 7y 6 300.
Por outro lado, o tempo de produção é dado por
T = 2x + 3y,
e a produção é limitada por
2x + 3y 6 100.
Observando ainda que x > 0 e y > 0, a produção (x, y) de centenas de Pikachus e Charmanders
está na região esboçada abaixo:
O vértice O é dado por (0, 0). Para achar A, fazemos x = 0 na reta 2x + 3y = 100, encontrando
3y = 100, logo y = 100/3. Assim, A = (0, 100/3). Para achar C, fazemos y = 0 em 10x+7y = 300,
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Métodos Determinísticos I EP12 22
obtendo 10x = 100, logo x = 30. Com isso, C = (30, 0). Para obter B, resolvemos o sistema{
10x + 7y = 300
2x + 3y = 100
Uma forma de resolver este sistema é, por exemplo, multiplicar a segunda equação por −5, obtendo{
10x + 7y = 300
−10x− 15y = −500
Somando, temos −8y = −200, logo y = 25. Substituindo na primeira equação,
10x + 7 · 25 = 300 ∴ 10x = 300− 175 = 125 ∴ x = 12, 5.
Assim, A = (12, 5, 25).
A receita obtida com a venda dos pokémons é dada por
R = 400x + 400y,
e, sendo o custo dado por 100x + 70y, temos, como lucro,
L = (400x + 400y)− (100x + 70y) = 300x− 330y.
Testando o lucro nos vértices, temos
• No vértice (0, 0): L = 300 · 0 + 330 · 0 = 0.
• No vértice (0, 100/3): L = 300 · 0 + 330 · 100
3
= 11.000.
• No vértice (12, 5, 25): L = 300 · 12, 5 + 330 · 25 = 12.000.
• No vértice (30, 0): L = 300 · 30 + 330 · 0 = 9.000.
Como o lucro é uma expressão de grau 1 nas variáveis x e y, o máximo ocorre em um vértice, que, no
caso, é o (12, 5, 25). Assim, para otimizar o lucro, a fábrica deve produzir 12,5 centenas de Pikachus
e 25 de Charmanders, isto é, 1250 Pikachus e 2500 Charmanders.
Exercício 11 Se, no problema anterior, o preço de venda da centena do Pikachu fosse R$600,00 e o
do Charmander fosse R$400,00, quantos pokémons de cada tipo deveriam ser vendidos para otimizar
o lucro?
Solução: Nas novas condições, a receita obtida com a venda dos pokémons é dada por
R = 600x + 400y,
e, sendo o custo dado por 100x + 70y, temos, como lucro,
L = (600x + 400y)− (100x + 70y) = 500x− 330y.
Testando o lucro nos vértices, temos
• No vértice (0, 0): L = 500 · 0 + 330 · 0 = 0.
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Métodos Determinísticos I EP12 23
• No vértice (0, 100/3): L = 500 · 0 + 330 · 100
3
= 11.000.
• No vértice (12, 5, 25): L = 500 · 12, 5 + 330 · 25 = 14.500.
• No vértice (30, 0): L = 500 · 30 + 330 · 0 = 15.000.
Neste caso, para otimizar o lucro, a fábrica deve produzir apenas Pikachu, em um total de 30
centenas (3000 unidades) deste pokémon. Repare que, nesta condição, a fábrica utilizará todo
o capital disponível, mas não toda a capacidade de horas. Ou seja, o problema de otimizar os
pokémons, mais do que definir a escolha certa da quantidade de cada produto, ainda ajuda a definir
como os recursos disponíveis (capital, tempo de produção) devem ser alocados.
Apenas para chamar atenção e reforçar o que acontece no exemplo e exercícios acima, este método
de otimização funciona apenas se:
• A função a ser otimizada (nos exemplos acima, o lucro) tiver apenas as variáveis em grau 1.
• As restrições impostas às variáveis também tiverem grau 1 nestas variáveis.
• As restrições formarem um polígono convexo.
Felizmente, muitos problemas reais de produção cumprem com estas condições. Nos exemplos, as
limitações foram bem gerais (custo e área ou custo e tempo). Várias outras variáveis poderiam ser
pensadas, mas de alguma forma já estariam embutidas nas expressões consideradas (Por exemplo,
custos como licenciamento por unidade, hora extra, etc., poderiam estar todos já contabilizados no
custo por unidade de cada pokémon. Custos com veterinário, ração, transporte até o abatedouro,
por exemplo, poderiam estar nos custos de criação de cada animal do exemplo).
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