Assim, podemos usar o método algébrico para resolver o problema. A função objetivo atingirá o máximo num dos vértices da região admissível.

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Página 357 – Programação Linear

1. Tem-se: 0 8 0 8 0 8 0 7 0 7 0 7 29 2 2 3 29 3 29 2 3 3 3 26 26 3 26 3 x x x y y y x y y x y x x y y x y x          _   _{  }       _  _ _                         _{  }

Podemos então representar a região admissível D assinalando os seus vértices: A reta de nível zero não é paralela a nenhum dos lados do polígono

que define a região admissível:

3

0 3 2 2 3

2

x y y x y x

       

Assim, podemos usar o método algébrico para resolver o problema. A função objetivo atingirá o máximo num dos vértices da região admissível.

A região admissível D tem cinco vértices: A, B, C, D e E. Tem-se:

Vértice Interseção das retas de equações Coordenadas

A x8 e y0

 

8,0 B x8 e y26 3 x

 

8, 2 C y26 3 x e 29 2 3 3 y  x

 

7,5 D y7 e 29 2 3 3 y  x

 

4,7 29 2 y x 3 3   y 26 3x  x y A B C D E O 7 8

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Calculando o valor da função objetivo, z3x2y, em cada um dos vértices da região admissível D, vem:

Vértice x y Função Objetivo: z3x2y

A 8 0 z     3 8 2 0 z 24

B 8 2 z     3 8 2 2 z 28

C 7 5 z     3 7 2 5 z 31

D 4 7 z     3 4 2 7 z 26

E 0 7 z     3 0 2 7 z 14

O valor máximo que a função objetivo pode alcançar nesta região é 31. Outra resolução, usando o método gráfico:

A equação da reta de nível zero é dada por 3

2

y  x. Consideremos a seguinte figura:

Traçando retas paralelas à reta de nível zero, podemos determinar a solução ótima do problema: o vértice da região admissível que pertence à reta de nível mais elevado, ou seja, o vértice pertencente à reta com maior ordenada na origem que contém um ponto da região admissível.

Neste caso a solução ótima é atingida no vértice de

coordenadas

 

7,5 .

Assim, o valor máximo da função objetivo é:

3 7 2 5 31 z     z Resposta: B x x O 7 8 2 2 4 5 7 y O 7 8 2 2 4 5 7 3 

Reta de nível zero Reta de nível mais elevado

Solução ótima 3

2

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2. Tem-se que z x 2y. A reta de nível zero é definida pela equação 0 2 2 1

2

x y y x y x

        .

Esta reta é paralela a um dos lados da região admissível, ao lado cujos extremos são os vértices A

 

7,3 e B

 

1,6 ,

pois 3 6 3 1 7 1 6 2 A B AB A B y y m x x           .

Traçando retas paralelas à reta de nível zero, verifica-se que a reta de nível mais elevado (a reta com maior ordenada na origem que contém um ponto da região

admissível) contém o segmento de reta

 

AB . Assim

todos os pares ordenados

 

x y,

, com

x y,  são

soluções ótimas do problema. Logo, as soluções ótimas

do problema são

 

1,6 ,

 

3,5 ,

 

5, 4 e

 

7,3 .

Resposta: A

3. Comecemos por organizar a informação num quadro:

Lotes Número de Lotes Número de Rosas Número de Gerberas Lucro (euros)

Tipo I x 10x 10x 20x

Tipo II y 10y 40y 60y

Total 10x10y 10x40y 20x60y

A função objetivo C, é o custo que se pretende minimizar: C x y

 

, 20x60y. As restrições deste problema são:

0 0 0 0 0 0 60 10 10 600 10 10 600 1 10 40 1200 40 10 1200 30 4 x x x y y y y x x y y x x y y x y x       _   _{ }     _  _ _   _{   }                         _

5 _{Reta de nível mais elevado}

1 2

y  x

Reta de nível zero

x O 7 6 2 1 3 5 7 y x O 7 8 2 2 4 5 7 2 3 4 B A 1 

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A reta de nível zero não é paralela a nenhum dos lados do polígono que define a região admissível:

20 1

0 20 60 60 20

60 3

x y y x y x y x

          

Assim, podemos usar o método algébrico para resolver o problema. A função objetivo atingirá o mínimo num dos vértices da região admissível.

A região admissível D tem três vértices: A, B, e C. Tem-se:

Vértice Interseção das retas de equações x y Função Objetivo: C x y

 

, 20x60y



120,0



A y0 e 1 30 4 y  x 120 0 C



120,0



20 120 60 0   2400



40, 20



B y  x 60 e 1 30 4 y  x 40 20 C



40, 20



20 40 60 20   2000



0,60



C x0 e y  x 60 0 60 C



0,60



20 0 60 60   3600

A Joana deverá adquirir 40 lotes do tipo I e 20 lotes do tipo II tendo um custo mínimo de 2000 euros.

x O 60 120 40 y x O 7 8 2 2 4 5 7 B A 20 C 60 y  x 1 30 4 y  x

D

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Outra resolução, usando o método gráfico:

Traçando retas paralelas à reta de nível zero, podemos determinar a solução ótima do problema: o vértice da região admissível que pertence à reta de nível mais baixo, ou seja, o vértice pertencente a reta com menor ordenada na

origem que contém um ponto da região admissível. Neste caso a solução ótima é atingida no o vértice B



40, 20



.

Assim, o valor mínimo da função objetivo é C



40, 20



20 40 60 20   2000.

A Joana deverá adquirir 40 lotes do tipo I e 20 lotes do tipo II tendo um custo mínimo de 2000 euros.

4.

Seja x o número de roupeiros produzidos diariamente pela empresa e y o número de cozinhas produzidas diariamente pela empresa.

▪ Como a empresa dispõe, diariamente, de pelo menos 150 horas de mão-de-obra e como cada roupeiro necessita de

duas horas de mão-de-obra e cada cozinha de oito, tem-se 2x8y150.

▪ O número de cozinhas produzidas diariamente não pode ser superior ao número de roupeiros produzidos diariamente.

Portanto y x .

▪ O número de total de cozinhas e roupeiros produzidos diariamente não pode ser superior a 90 e o número de

roupeiros produzidos diariamente pode ser no máximo 65. Assim, x y 90 e x65.

x O 60 120 40 y x O 7 8 2 2 4 5 7 B A 20 C

D

30

Reta de nível mais baixo

Reta de nível zero 1 3 y  x 10  Solução ótima

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Portanto, As restrições deste problema são:

0 65 0 65 0 65 0 0 0 2 8 150 8 2 150 0, 25 18,75 90 90 90 x x x y y y x y y x y x y x y x y x x y y x y x                       _{  } _{   } _{  }                             

A função objetivo L, é o lucro que se pretende maximizar: L x y

 

, 200x350y.

A reta de nível zero não é paralela a nenhum dos lados do polígono que define a região admissível:

200 4

0 200 350 350 200

350 7

x y y x y x y x

          

Assim, podemos usar o método algébrico para resolver o problema. A função objetivo atingirá o máximo num dos vértices da região admissível

A região admissível D tem quatro vértices: A, B, C e D

x 25 40 y x O 7 8 2 2 4 5 7 B A 65 C

D

D x x O 7 8 2 2 4 5 7 45 15 15 2,5 45 O 90 y  x y 0,25x18,75 yx 65 x

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Tem-se:

Vértice Interseção das retas de equações x y Função Objetivo: L x y

 

, 200x350y



65,5



A x65 e y 0, 25x18,75 65 2,5 L



65,5



200 65 350 2,5 13875   



65, 25



B x65 e y  x 90 65 25 L



65, 25



200 65 350 25   21750



45, 45



C yx e y  x 90 45 45 L



45, 45



200 45 350 45   24750



15,15



D yx e y 0, 25x18,75 15 15 L



65,5



200 65 350 5 14750   

A empresa deverá produzir diariamente 45 roupeiros e 45 cozinhas tendo um lucro máximo de 24750 euros.

Usando o método gráfico, traçaríamos retas paralelas à reta de nível zero para determinar a solução ótima do problema: o vértice da região admissível que pertence à reta de nível mais elevado, ou seja, o vértice pertencente à reta com maior ordenada na origem que contém um ponto da região admissível.

Assim, chegaríamos à conclusão que a solução ótima é atingida no vértice C



45, 45



. Portanto, o valor máximo da

função objetivo é L



45, 45



200 45 350 45   24750.

5. Comecemos por organizar a informação num quadro:

Pão Número de Quilogramas Trigo Centeio Milho Lucro (euros)

Tipo A x 1 3x 1 3x 1 3x 0,9x Tipo B y 3 1 6y2y 2 1 6y3y 1 6y 0,6y Total 1 1 3x2y 1 1 3x3y 1 1 3x6y 0,9x0,6y

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As restrições deste problema são: 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 35 2 3 2 _{2 3 210 3 2 210 70} 3 1 1 75 75 25 75 3 3 2 120 2 120 1 1 2 120 20 3 6 x x x x y y y y x y x y y x y x x y y x x y y x x y y x y x x y    _{ }       _    _{ }      _      _  _ _{  } _{      }                   _{   }      _   _     _{  }   _{ } 

A reta de nível zero não é paralela a nenhum dos lados do polígono que define a região admissível:

0,9 3

0 0,9 0,6 0,6 0,9

0,6 2

x y y x y x y x

          

Assim, podemos usar o método algébrico para resolver o problema. A função objetivo atingirá o máximo num dos vértices da região admissível.

A região admissível D tem quatro vértices: A, B, C e D

y x O 7 8 2 2 4 5 7 B A 60 C

D

D x x O 7 8 2 2 4 5 7 45 15 60 O 2 120 y  x 30 70 75 y  x 2 70 3 y  x

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Tem-se:

Vértice Interseção das retas de equações x y Função Objetivo: L x y

 

, 200x350y



60,0



A y0 e y  2x 120 60 0 L



60,0



0,9 60 0,6 0   54



45,30



B y  x 75 e y  2x 120 45 30 L



45,30



0,9 45 0,6 30   58,5



15,60



C y  x 75 e 2 120 3 y  x 15 60 L



15,60



0,9 15 0,6 60   49,5



0,70



D x0 e 2 120 3 y  x 0 70 L



0,70



0,9 0 0,6 70   42

A padaria deverá produzir diariamente 45 kg de pão do tipo A e 30 kg de pão do tipo B tendo um lucro máximo de 58,5 euros.

Usando o método gráfico, traçaríamos retas paralelas à reta de nível zero para determinar a solução ótima do problema: o vértice da região admissível que pertence à reta de nível mais elevado, ou seja, o vértice pertencente à reta com maior ordenada na origem que contém um ponto da região admissível.

Assim, chegaríamos à conclusão que a solução ótima é atingida no vértice B



45,30



. Portanto, o valor máximo da

função objetivo é L



45,30



0,9 45 0,6 30   58,5.

6. Tem-se que _z



_k2_{2k x}



_5ky

_{, com}

_{k \}



_2,0



_{. A reta de nível zero é definida pela equação:}









2 2 2 2 0 2 5 5 2 5 k k k k x ky ky k k x y x k            , k \



2,0



O declive da reta que contém o lado

 

AB , com A

 

3,1 e B

 

1,3 é dado por 1 3 2 1

3 1 2 A B AB A B y y m x x           .

Assim, a função objetivo atinge o máximo no vértice A

 

3,1 se

2 2 2 2 1 1 5 5 k k k k k k        :

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A função objectivo atinge o máximo no vértice A

 

3,1

se 2 2 1 5 k k k     .

A função objectivo atinge o máximo no vértice B

 

1,3

se 2 2 1 5 k k k     . Assim: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 5 3 1 1 1 0 0 0 5 5 5 5 5 k k k k k k k k k k k k k k k k                   Tem-se: ▪ 2





3 0 3 0 0 3 0 0 3 k  k k k   k  k   k  k ▪ 5k  0 k 0 x x O 7 8 2 2 4 5 7 x x O 7 8 2 2 4 5 7 y x O 7 8 2 2 4 5 7 y x O 7 8 2 2 4 5 7 O x O 7 8 2 2 4 5 7 3 x O 7 8 2 2 4 5 7 O x O 7 8 2 2 4 5 7 A x O 7 8 2 2 4 5 7 B x O 7 8 2 2 4 5 7 A x O 7 8 2 2 4 5 7 B x O 7 8 2 2 4 5 7 y x y x 2 1 2 5 k k y x k     2 1 2 5 k k y x k      3 x O 7 8 2 2 4 5 7 3 x O 7 8 2 2 4 5 7 3 x O 7 8 2 2 4 5 7 1 x O 7 8 2 2 4 5 7 1 x O 7 8 2 2 4 5 7 1 x O 7 8 2 2 4 5 7 1 x O 7 8 2 2 4 5 7

Reta de nível mais elevado

Reta de nível zero

Reta de nível zero Reta de nível mais elevado

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Fazendo um quadro de sinal vem:

k  0 3  2 ₃ k  k 0 0 5k 0 2 3 5 k k k  n.d. 0