TÓPICOS EM PESQUISA OPERACIONAL AULA 3 – Derivadas e Aplicações

(1)

© UNESP 6 Agosto 2008

Autor: Anibal Tavares de Azevedo

Limeira, 19 de Março 2014

TÓPICOS EM PESQUISA OPERACIONAL

AULA 3 – Derivadas e Aplicações

2

PROBLEMAS DE OTIMIZAÇÃO

Problema 0: Uma empresa possui dois produtos 1 e

2 e deve decidir qual dos dois deve ter sua

produção aumentada. Seja L(x) uma função que

fornece lucro L de acordo a quantidade produzida

x. Dados os lucros marginais (L’(x)) abaixo qual

deverá ser a decisão a ser tomada?

(2)

Deve-se escolher aumentar a produção de 1, pois

o aumento de uma unidade produzida de 1

implica no aumento de 1 unidade monetária no

lucro. Já o produto 2 é tal que seu lucro marginal

indica que é melhor reduzir a produção.

L’(x1) = 1 L’(x2) = -2

Variação de L/Variação de x1.

4

PROBLEMAS DE OTIMIZAÇÃO

Problema 1: Um fazendeiro tem 1200 m de cerca e

quer delimitar um campo retangular que está na

margem de um rio reto. Ele não precisa cercar ao

longo do rio. Encontrar as dimensões do campo que

delimita a maior área possível.

Rio

(3)

Algumas possíveis configurações da cerca e a

respectiva área são dadas a seguir:

1000

100

100 Área: 100.000m

2

200

500 Área: 100.000m

2

500

400

400 Área: 160.000m

2

400

casos a soma do materialObserve que em todos os usado na cerca é igual a

1200 m !

6

PROBLEMAS DE OTIMIZAÇÃO

De forma mais geral, têm-se:

y

x

Área:

A = xy (1)

Perímetro:

2x + y = 1200 (2)

A

Usando (2):

y = 1200 – 2x (3)

Aplicando (3) em (1): A = x(1200 – 2x)

= 1200x – 2x2 ₍₄₎

Para encontrar x tal que a área é máxima, usa-se A’=0:

A’ = 1200 – 4x = 0 x = 1200/4

x = 300

(4)

A área com x = 300 e y = 600 é:

y =600

x = 300

Área:

A = xy = 300*600=18.000

Perímetro:

2x + y = 2*300 + 600 = 1200

A

Observar que este ponto fornece a máxima área, pois:

A’’ = (A’)’ = d(1200 – 4x)/dx = -4 < 0

Para x = 300, A’’ = -4 < 0 e, neste caso, o ponto crítico é ponto de máximo.

x = 300

8

PROBLEMAS DE OTIMIZAÇÃO

Exercício 1: Um fazendeiro tem 2000 m de cerca e

quer delimitar um campo retangular que está na

margem de um rio reto. Ele precisa cercar também

ao longo do rio. Encontrar as dimensões do campo

que delimita a maior área possível.

Rio

(5)

De forma mais geral, têm-se:

y

x

Área:

A = xy (1)

Perímetro:

2x + 2y = 2000 (2)

A

Usando (2):

y = 1000 – x (3)

Aplicando (3) em (1): A = x(1000 – x)

= 1000x – x2 ₍₄₎

Para encontrar x tal que a área é máxima, usa-se A’=0:

A’ = 1000 – 2x = 0 x = 1000/2

x = 500

Observe que x é no mínimo 0 e no máximo 500 e o valor de x = 500 está dentro deste limite, e é, portanto, válido. Para calcular a área máxima usa-se x = 500 e y = 500 (Eq. (1)):

y

10

PROBLEMAS DE OTIMIZAÇÃO

A área com x = 500 e y = 500 é:

y =500

x = 500

Área:

A = xy = 500*500=250.000

Perímetro:

2x + 2y = 2*500 + 2*500 = 2000

A

Observar que este ponto fornece a máxima área, pois:

A’’ = (A’)’ = d(2000 – 2x)/dx = -2 < 0

Para x = 500, A’’ = -2 < 0 e, neste caso, o ponto crítico é ponto de máximo.

(6)

x

y

z = 10cm

Problema 2: Uma empresa pretende lançar um

creme com uma nova embalagem retangular no

mercado. Esta embalagem deve conter 1

litro de produto e, por questões de

Marketing, deve ter altura de 10 cm.

Encontrar as dimensões da embalagem

tal que o material gasto para a

embalagem (área) é mínimo.

12

A área total A é dada por:

A = 2xy + 2yz + 2xz (1)

O volume V é dado por:

V = xyz (2)

E além disso: z = 10 cm e V = 1 litro = 1000 cm3_.

Usando em (2) os valores de z e V dados anteriormente: 1000 = 10xy → xy = 100 → y = 100/x (3)

PROBLEMAS DE OTIMIZAÇÃO

(7)

© UNESP 6 Agosto 2008 Aplicando (3) e os valores de z em (1):

A = 2*x*(100/x) + 2*(100/x)*10 + 2*x*10

A = 200 + 2000/x + 20x (4)

Para encontrar o valor de x tal A é mínimo, usa-se: A’ = 0 → -2000/x2 _{+ 20 = 0} → _x2 _{= 2000/20} → _x2 _{= 100}

x = 10

Para provar que este ponto crítico é de mínimo, usa-se: A’’ = d(-2000/x2 _{+ 20)/dx = -2000*(-2)/x}3 ₌ _4000/x3

Em x = 10: A’’ = 4000/(10)3 _{= 4000/1000 =} _{4 > 0, e logo}

x = 10 é ponto de mínimo. Usando (3) e x = 10: y = 10.

14

Total de material a ser gasto com as dimensões

encontradas x = 10 cm, y = 10 cm e z = 10 cm usando a Eq. (1):

A = 2xy + 2yz + 2xz = 2*10*10 + 2*10*10 + 2*10*10 = 200 + 200 + 200 = 600 cm2

Como 1m = 100 cm, então, 1m2 ₌ _{1m * 1m = 100cm * 100cm =} 10.000 cm2_{. Logo, se} _0,01m2 _{= 100cm}2_{, então:}

A = 600 cm2 _{= 6 *} _{100 cm}2 _{= 6 *} _0,01m2 ₌ _0,06m2

(8)

x

y

z = 20cm

Exercício 2: A empresa do problema 2 descobriu

que a embalagem com altura de 20 cm, devido ao

processo de produção, é melhor que a

embalagem com 10 cm. Esta embalagem

também deve conter 1 litro de produto.

Encontrar as dimensões da embalagem

tal que o material gasto para a embalagem (área) é

mínimo. Qual o aumento de gasto de material?

16

A área total A é dada por:

A = 2xy + 2yz + 2xz (1)

V = xyz (2)

E além disso: z = 20 cm e V = 1 litro = 1000 cm3_.

Usando em (2) os valores de z e V dados anteriormente: 1000 = 20xy → xy = 50 → y = 50/x (3)

PROBLEMAS DE OTIMIZAÇÃO

(9)

© UNESP 6 Agosto 2008 Aplicando (3) e os valores de z em (1):

A = 2*x*(50/x) + 2*(50/x)*20 + 2*x*20

A = 100 + 2000/x + 40x (4)

Para encontrar o valor de x tal A é mínimo, usa-se: A’ = 0 → -2000/x2 _{+ 40 = 0} → _x2 _{= 2000/40} → _x2 _{= 50}

x = (25*2)1/2 _{= (25)}1/2 _{* (2)}1/2 ≅ _{5 * 1,414*5} ≅≅≅≅ _7,07

Para provar que este ponto crítico é de mínimo, usa-se: A’’ = d(-2000/x2 _{+ 40)/dx = -2000*(-2)/x}3 ₌ _4000/x3

Em x = 10: A’’ ≅≅≅≅ 4000/(7)3 _{= 4000/343 =} _{11,6 > 0, e logo}

x = 7 é ponto de mínimo. Usando (3) e x = 7: y = 7,1.

18

PROBLEMAS DE OTIMIZAÇÃO

encontradas x = 7 cm, y = 7,1 cm e z = 20 cm usando a Eq. (1):

A = 2xy + 2yz + 2xz = 2*7*7,1 + 2*7,1*20 + 2*7*20 = 99,4 + 284 + 280 = 663,4 cm2

(10)

Problema 3: Uma empresa concorrente decidiu

entrar com uma embalagem cilíndrica com altura

qualquer. Esta embalagem também deve

conter 1 litro de produto. Encontrar as

dimensões da embalagem tal que o

material gasto para a embalagem (área) é mínimo.

Esse produto gasta menos que material que a

embalagem de altura de 10 ou 20 cm concorrente?

h = ?cm

r

2 ππππ

r

20

h

Lateral

r

_Tampa

r

Fundo

(11)

h

_{A = 2}

_ππππ

_rh

2 ππππ

r

h

r

2 ππππ

r

Para obter a área do cilindro, calcula-se:

22

r

ππππ

r

2 r

2 ππππ

r

2 r

ππππ

r

2 Para obter a área do cilindro usa-se:

(12)

r

ππππ

r

2 Para obter o volume do cilindro, usa-se:

h

ππππ

r

2 h

ππππ

r

2 _h

24

A área total A é dada por: A = 2ππππrh + 2ππππr2 ₍₁₎

V = ππππr2_h ₍₂₎

E além disso: h = ?cm e V = 1 litro = 1000 cm3_.

Usando em (2) o valor V dado anteriormente: 1000 = πr2_h → _{h = 1000/(r}2ππππ₎ ₍₃₎

PROBLEMAS DE OTIMIZAÇÃO

(13)

© UNESP 6 Agosto 2008 Aplicando (3) e os valores de h em (1):

A = 2*π*(r)*(1000/r2π_{) + 2}π_r2

A = 2000/r + 2ππππr2 ₍₄₎

Para encontrar o valor de r tal A é mínimo, usa-se: A’ = 0 → -2000/r2 _{+ 4}π_{r = 0} → _2000/r2 _{= 4}π_r →

500/π = r3 → _{r = (500/}ππππ₎1/3

Para provar que este ponto crítico é de mínimo, usa-se: A’’ = d(-2000/r2 _{+ 4}π_{r)/dr =} _4000/r3 _{+ 4}ππππ

Em r = (500/ππππ)1/3_: _A’’ ≅≅≅≅ _4000/((500/π₎1/3₎3 ₊ ₄π ₌

4000π/500 + 4π = 12π > 0, e logo r = (500/ππππ)1/3 _{é ponto}

de mínimo.

26

PROBLEMAS DE OTIMIZAÇÃO

Usando (3) e r = (500/ππππ)1/3_:

h = 1000/(r2ππππ_{) = 1000/(((500/}ππππ₎1/3₎2ππππ₎

= 1000/((500/ππππ)2/3₎ππππ _{= 1000/((500)}2/3₍ππππ₎1/3₎

= 2*500/((500)2/3₍ππππ₎1/3_{) = 2*(500)}1/3_/(ππππ₎1/3

= 2*(500/ππππ)1/3 _{= 2*r}

encontradas r = (500/ππππ)1/3 _cm _e _{h = 2*r cm} _{usando a} _Eq.

(1):

A = 2ππππrh + 2ππππr2 _{= 2}ππππ_{r*(2r) + 2}ππππ_r2 _{= 4}ππππ_r2 _{+ 2}ππππ_r2 _{= 6}ππππ_r2

= 6ππππ((500/ππππ)1/3₎2 _{= 6}ππππ_((500/ππππ₎2/3_{) = 553,5810 cm}2

(14)

© UNESP 6 Agosto 2008 Podemos concluir que:

Produto 1

x

y

z = 10cm

A = 0,060m

2

Produto 2

x

y

z = 20cm

A = 0,066m

2

Produto 3

r

h = 10,84cm

A = 0,055m

2

O produto 3

gasta menos

que os

produtos

1 e 2 !

28

Atividade Interdisciplinar:

Estudo de Caso: Corte e Empacotamento

• Formar grupos de 2 ou 3 pessoas com diferentes formações e/ou experiências.

• Escolher o tema:

♦Tema 1: “Padrões de corte para uma caixa” (vide

texto “Matemática ajuda indústria a fazer corte e pacotes perfeitos”);

♦Tema 2: “Padrões de corte para um cílindro” (vide texto mesmo texto).

• Em 10 minutos, elaborar resumo acerca das

discussões.

• Cada grupo deve em 2 minutos apresentar aos demais grupos suas conclusões.

(15)

© UNESP 6 Agosto 2008 Atividade Interdisciplinar:

M. C. Escher

30

Atividade Interdisciplinar:

Estudo de Caso: Corte e Empacotamento

ππππ

r

2 A = 2

ππππ

rh

ππππ

r

2 A = bh

A = b

2

A = b

2

(16)

32

(17)

Isotermas ou curvas de nível:

a temperatura tem o mesmo

valor nesta curva.

34

Isotermas ou curvas de nível: a temperatura

tem o mesmo valor nesta curva.

(18)

© UNESP 6 Agosto 2008 Isotermas ou curvas de nível: z = f(x1, x2)

tem o mesmo valor nesta curva. Suponha a temperatura z é uma função das coordenadas x1 e x2 e dada por: z = 1000 – (10 – x1)2 – (10 – x2)2

x

₁

x

₂

Sejam x₁=10 e x₂=10: z = 1000-(10-10)2_–(10-10)2

= 1000-(0)-(0) = 1000

36

PROBLEMAS DE OTIMIZAÇÃO

Exercício 3: Calcular a temperatura z nas coordenadas x₁ e x₂ dadas abaixo. Supor que:

z = 1000 – (10 – x₁)2 _{– (10 – x} 2)2

x₂= 20 x₂= 15 x₂= 10 x₂= 5 x₂= 0

(19)

© UNESP 6 Agosto 2008 Exercício 3: Calcular a temperatura z nas coordenadas x₁ e x₂ dadas abaixo. Supor que:

z = 1000 – (10 – x₁)2 _{– (10 – x} 2)2

x₂= 20 800 875 900 875 800

x₂= 15 875 950 975 950 875

x₂= 10 900 975 1000 975 900

x₂= 5 875 950 975 950 875

x₂= 0 800 875 900 875 800

x₁ = 0 x₁ = 5 x₁ = 10 x₁ = 15 x₁ = 20

38

x

₂

PROBLEMAS DE OTIMIZAÇÃO

Suponha a temperatura z é uma função das coordenadas x₁ e x₂ e dada por: z = 1000 – (10 – x₁)2 _{– (10 – x}

2)2

(20)

Supor que:

z = 1000 – (10 – x₁)2 _{– (10 – x} 2)2

Solução: Para o problema de uma variável basta encontrar o valor de x tal que f’(x) = 0. Para duas ou mais variáveis utiliza-se a seguinte estratégia: Passo 1: Considerar todas as variáveis, menos uma, como constante.

Passo 2: Calcular o ponto de mínimo naquela variável.

40

PROBLEMAS DE OTIMIZAÇÃO

Exercício 4.1: Achar ponto de máximo de z para x₂ fixo. Seja z dado por:

(21)

Supor que a variável x2 é constante e achar ponto de máximo

em relação à x1 (derivar em relação à x1 e igualar a zero):

dz/dx1 = d(1000 – (10 – x1)2 – (10 – x2)2)/dx1

= d(-(10 – x1)2 )/dx1

= -2(10 – x1)(-1)

= 2(10 – x1) = 0 →→→→ x1 = 10

x

₁

z

42

PROBLEMAS DE OTIMIZAÇÃO

Usando os valores obtidos no exercício 4.1.

x₂= 20 800 875 900 875 800

x₂= 15 875 950 975 950 875

x₂= 10 900 975 1000 975 900

x₂= 5 875 950 975 950 875

x₂= 0 800 875 900 875 800

(22)

z = 1000 – (10 – x₁)2 _{– (10 – x} 2)2

44

PROBLEMAS DE OTIMIZAÇÃO

Exercício 4.2: Achar ponto de máximo de z para x₁ fixo

Realizando as mesmas operações em relação à x2:

dz/dx2 = d(1000 – (10 – x1)2 – (10 – x2)2)/dx2

= d(-(10 – x2)2 )/dx2

= -2(10 – x2)(-1)

= 2(10 – x2) = 0

(23)

x₂= 20 800 875 900 875 800

x₂= 15 875 950 975 950 875

x₂= 10 900 975 1000 975 900

x₂= 5 875 950 975 950 875

x₂= 0 800 875 900 875 800

x₁ = 0 x₁ = 5 x₁ = 10 x₁ = 15 x₁ = 20 Usando os valores obtidos no exercício 3.

46

PROBLEMAS DE OTIMIZAÇÃO

x₂= 20 800 875 900 875 800

x₂= 15 875 950 975 950 875

x₂= 10 900 975 1000 975 900

x₂= 5 875 950 975 950 875

x₂= 0 800 875 900 875 800

x₁ = 0 x₁ = 5 x₁ = 10 x₁ = 15 x₁ = 20 Reunindo as informações anteriores, obtém-se x₁ e x₂

tal que z = 1000 – (10 – x₁)2 _{– (10 – x}

(24)

© UNESP

x

6 Agosto 2008

1

x

2

Reunindo as informações anteriores, obtém-se x1 e x2

tal que z = 1000 – (10 – x1)2 – (10 – x2)2 é mínima.

Sejam x₁=10 e x₂=10: z = 1000-(10-10)2_–(10-10)2

= 1000-(0)-(0) = 1000

48

PROBLEMAS DE OTIMIZAÇÃO

Para funções de mais de uma variável (p. ex., z = f(x₁,x₂)) a variação da função pode ser obtida com o Gradiente (∇∇∇∇f):

      − − =             = ∇ ) 10 ( 2 ) 10 ( 2 2 1 2 1 x x dx dz dx dz f

Variação de f em relação à x1

Variação de f em relação à x2

Se o ponto (x₁, x₂) for máximo ou mínimo, então, ∇∇∇∇f = 0. A recíproca não é verdade.

Por exemplo, seja x₁ = 10 e x₂ = 10, logo:

(25)

© UNESP

x

6 Agosto 2008 1

x

₂

Suponha a temperatura z é uma função das coordenadas x1 e x2 e dada por: z = 1000 – (10 – x1)2 – (10 – x2)2

Sejam x₁=10 e x₂=10: z = 1000-(10-10)2_–(10-10)2

= 1000-(0)-(0) = 1000

50

x

₂

PROBLEMAS DE OTIMIZAÇÃO

Calcular o valor do Gradiente de z nos pontos dados. Supor que: z = 1000 – (10 – x₁)2 _{– (10 – x}

2)2

      − − =             = ∇ ) 10 ( 2 ) 10 ( 2 2 1 2 1 x x dx dz dx dz f

Seja (x1, x2) = (0,0):

∇ ∇ ∇

(26)

© UNESP

x

6 Agosto 2008 1

x

₂

2)2

      − − =             = ∇ ) 10 ( 2 ) 10 ( 2 2 1 2 1 x x dx dz dx dz f

Seja (x1, x2) = (5,5):

∇ ∇ ∇

∇f = [10 10]

52

x

₂

PROBLEMAS DE OTIMIZAÇÃO

2)2

      − − =             = ∇ ) 10 ( 2 ) 10 ( 2 2 1 2 1 x x dx dz dx dz f

Seja (x1, x2) = (9,9):

∇ ∇ ∇

(27)

© UNESP

x

6 Agosto 2008 1

x

₂

2)2

      − − =             = ∇ ) 10 ( 2 ) 10 ( 2 2 1 2 1 x x dx dz dx dz f

Seja (x1, x2)=(10,10):

∇ ∇ ∇

∇f = [0 0]

54

PROBLEMAS DE OTIMIZAÇÃO

O gradiente serve para indicar a direção de

crescimento da função z em um ponto qualquer (x₁, x₂).

(x1, x2) = (0,0)

∇ ∇ ∇

∇f = [20 20]

(x1, x2) = (5,5)

∇ ∇ ∇

∇f = [10 10]

(x1, x2) = (9,9)

∇ ∇ ∇

(28)