Produção: equipe do projeto PROIN/CAPES 98.
	Coordenadora: Vera L.X. Figueiredo
	Professoras: Margarida P. Mello e Sandra A. Santos
	Alunos: Renato Cantão e Rodrigo Portugal

Palavras-chave: máximos e mínimos (sem e com restrições), funções de uma e duas variáveis, análise paramétrica.

Desejamos cercar um canteiro de formato retangular com um pedaço de tela de comprimento L. Quais as dimensões que o canteiro deve ter para que sua área seja máxima?

O problema é Maximizar x y com 2x+2y=L, x >= 0 e y >= 0.
A função área, A(x,y)= x y, de duas variáveis, é denominada função objetivo, e o perímetro fixo constitui uma restrição de igualdade. As restrições de não negatividade para x e y decorrem  destas variáveis descreverem as dimensões do canteiro.

Isolando y na restrição de igualdade e substituindo na função objetivo, reduzimos o problema à maximização apenas na variável x:  Maximizar q(x)=x (L/2 - x), onde 0 <=x <= L/2. A função q(x) é quadrática, com raízes 0 e L/2, e seu vértice é x*=L/4, ponto de máximo pois q'' = - 2<0. Substituindo x* na restrição obtemos y*=L/4 e portanto, o canteiro ótimo é um quadrado de lado L/4.

O que acontece se, para cercarmos o canteiro, pudermos aproveitar uma parede, de comprimento b?
Suponhamos inicialmente que a parede seja suficientemente longa para que o canteiro tenha a seguinte configuração:

Neste caso, o problema é Maximizar x y   sujeito a x+2y =L, x  >= 0, y >= 0, e procedendo de maneira análoga ao caso sem parede, recaímos em Maximizar x (L-x)/2, sujeito a 0 <= x <= L, cuja solução é x*=L/2 e y*=L/4. Vemos assim que o canteiro ótimo é retangular, e o lado paralelo à parede é o dobro do lado perpendicular.

Suponhamos agora que o comprimento  b da parede  seja pequeno o suficiente, de forma a ser totalmente aproveitado, mas ainda não atinja a dimensão desejada para o canteiro.

Neste caso, o problema é Maximizar x y sujeito a x+2y+x-b=L, x >= 0, y >= 0, ou, Maximizar x y  s. a x+y=(L+b)/2, x >= 0, y >= 0, ou ainda, Maximizar x ((L+b)/2 -x), onde 0 <= x <= (L+b)/2, com solução x*= (L+b)/4 = y*. Assim, o canteiro ótimo tem formato quadrado.

Observando que no caso da parede longa temos 0 < x < b  e na parede curta b<x<(L+b)/2, podemos  assumir que o comprimento de parede  b é uma constante desconhecida, isto é, não sabemos se é curta ou longa, e agrupar os dois casos na maximização de uma única função, definida por partes:
a(x)  = x (L-x)/2 ,        0 <= x  < b
           x (L+b-2x)/2,  b   <= x  <= (L+b)/2
Como os limites de a(x) quando x tende a b pela direita e pela esquerda são iguais e valem a(b), esta função é contínua.
Agora, a função derivada é
        da/dx = L/2 -x,                0 <= x < b
                    (L+b)/2  - 2x,    b < x  <=  (L+b)/2
e os limites laterais de da/dx quando x tende a b são diferentes (pela direita vale (L-3b)/2 e pela esquerda vale (L-2b)/2) e, portanto, a(x) não é diferenciável em b.

Vamos analisar os pontos críticos de a(x). Vejamos que as duas funções quadráticas que a compõem se combinam de maneira a haver três possíveis maximizadores:

(i) Se b  <= (L+b)/4, que é equivalente a b <= L/3, então o ponto crítico com tangente horizontal do segundo trecho de a(x) é o ponto de máximo: x*=(L+b)/4=y*.

(ii) Se b  >= L/2, o ponto crítico com tangente horizontal do primeiro trecho de a(x) é o ponto de máximo: x*=L/2, y*=L/4.

(iii) Se L/3 < b < L/2, os possíveis pontos críticos com tangentes horizontais estão fora dos trechos correspondentes que definem a(x). Neste caso, o ponto crítico em que a derivada não existe, x*=b, é o ponto de máximo procurado. A outra dimensão do canteiro ótimo é y*=(L-b)/2, e este canteiro é retangular, com  lado paralelo à parede com dimensão igual à da parede.

Os três gráficos baixo ilustram as situações (i), (ii) e (iii), que podem ser resumidas na seguinte tabela:

Clique aqui para ver cada figura da animação. Ou aqui para ver o QuickTime Movie.

Supomos agora que existem duas paredes perpendiculares, de comprimentos b e c que podem ser usadas para delimitar o nosso canteiro retangular. A tela disponível tem comprimento L. Que dimensões que o canteiro deve ter para que sua área seja máxima?

Chamando de x o comprimento do lado horizontal do retângulo e de y o comprimento do lado vertical (veja figura acima), o problema pode ser formulado como segue
max { x * y | x + max{0, x-b} + y + max{0,y-c} = L, x >= 0, y >= 0}
Considerando separadamente os casos 0 <= y <= c e c <= y, podemos eliminar a variável y, obtendo uma função área A(x) definida por partes. Analisando cada uma das expressões resultantes nas regiões 0 <= x <= b e b <= x, obtemos as quatro partes de A(x):
A1(x) = x (L-x),  para max{0, L-c} <= x <= min{L, b}
A2(x) = x (L+b-2 x), para max{b, (L+b-c)/2} <= x <= (L+b)/2
A3(x) = x (L+c-x)/2, para 0 <= x <= min{b,L-c}
A4(x) = x ((L+b+c)/2 -x),  para b <= x <= (L+b-c)/2
Seja Ai* o máximo de Ai. Então o máximo de A(x), A*, é dado por:
A* = max { A1*, A2*, A3*, A4*}.
É claro que o ponto máximo e o valor máximo de cada Ai depende da tripla (b, c, L). Considerando L fixo, analisamos as diversas regiões no plano b ⨯ c para as quais cada Ai está definido e qual o valor máximo e o ponto de máximo em cada região.

Análise para a região correspondente a A1
A região em que A1 está definida é determinada pelas desigualdades
0 <= L, 0 <= b, L-c <= L, L-c <= b.
Simplificando temos: 0 <= L, 0 <= b, 0 <= c, L <= b+c
Como o ponto de máximo irrestrito é L/2, temos que o ponto de máximo do problema restrito é:
L/2,       se   max{0, L-c} <= L/2 <= min{L, b}        (1)
b,          se   L/2 >= b = min{L, b}                           (2)
L-c,       se  L/2 <= L-c = max{0, L-c}                     (3)
(1) equivale a c >= L/2 e b >= L/2   (neste caso x = y = L/2)
(2) equivale a b <= L/2                    (neste caso x =   b,  y = L-b)
(3) equivale a c <= L/2                     (neste caso x =   L-c, y = c)

Análise para a região correspondente a A2
A região em que A1 está definida é determinada pelas desigualdades
b <= (L+b)/2, (L+b-c)/2 <= (L+b)/2.
Simplificando temos: b <= L (é claro que só tem sentido físico b, c, L >= 0)
Como o ponto de máximo irrestrito é (L+b)/4, temos que o ponto de máximo do problema restrito é:
(L+b)/4,      se   max{b, (L+b-c)/2} <= (L+b)/4 <= (L+b)/2                    (1)
b,                se   (L+b)/4 <= b = max{b, (L+b-c)/2}                                  (2)
(L+b-c)/2,  se   (L+b)/4 <= (L+b-c)/2 = max{b, (L+b-c)/2}                     (3)
(1) equivale a 2 c- b >= L e b <= L/3        (neste caso x =(L+b)/4 e  y = (L+b)/2)
(2) equivale a b >= L/3 e b+c >= L           (neste caso x =b e y = L-b)
(3) equivale a 2 c - b <= L e b+c <= L      (neste caso x =(L+b-c)/2 e y = c)

Análise para a região correspondente a A3
A região em que A1 está definida é determinada pelas desigualdades
0 <= b, 0 <= L-c.
Simplificando temos: c <= L (é claro que só tem sentido físico b, c, L >= 0)
Como o ponto de máximo irrestrito é (L+c)/2, temos que o ponto de máximo do problema restrito é:
(L+c)/2,      se   0 <= (L+c)/2 <= min{b, L-c}                        (1)
b,               se   (L+c)/2 >= b =  min{b, L-c}                        (2)
L-c,            se   (L+c)/2 >=  L-c =   min{b, L-c}                   (3)
(1) equivale a 2 b - c >= L e c <= L/3      (neste caso x = (L+c)/2 e y = (L+c)/4)
(2) equivale a 2 b - c <= L e b+c <= L     (neste caso x = b e y = (L+c-b)/2)
(3) equivale a b+c  >= L e c >= L/3          (neste caso x =L-c e y = c)

Análise para a região correspondente a A4
A região em que A1 está definida é determinada pelas desigualdades
b <= (L+b-c)/2.
Simplificando temos: b+c <= L (é claro que só tem sentido físico b, c, L >= 0)
Como o ponto de máximo irrestrito é (L+b+c)/4, temos que o ponto de máximo do problema restrito é:
(L+b+c)/4,      se   b <= (L+b+c)/4 <= (L+b-c)/2               (1)
b,                     se  (L+b+c)/4 <= b                                  (2)
(L+b-c)/2,       se   (L+b+c)/4 >= (L+b-c)/2                     (3)
(1) equivale a   3 b - c <=L e 3 c - b <= L         (neste caso x = y = (L+b+c)/4)
(2) equivale a   3 b - c >= L e b+c <= L             (neste caso x = b e y = (L+c - b)/2)
(3) equivale a   3 c - b >= L e b+c <= L             (neste caso x =(L+b-c)/2 e y = c)

Reunindo os resultados das análises e utilizando a simetria do problema
O gráfico a seguir é obtido sobrepondo-se as regiões calculadas nas análises anteriores. A simetria do problema permite que calculemos o máximo dos Ai's apenas nas regiões enumeradas abaixo, contidas na região c >= b. Assim, se (x*, y*) é a solução ótima correspondente a (b*,c*) satisfazendo c*>=b*, então (y*, x*) é a solução ótima correspondente ao par (c*, b*).

Calculando o máximo em cada região:

Região 1: b, c >= 0, b <= c <= (b+L)/3 (contida em b+c <= L)
max{ A2[(L+b-c)/2], A3[b], A4[(L+b+c)/4] } =
max{c (b - c +L)/2, b (c  - b + L)/2,  (b  + c + L)^2/16 }
Note que  (use o comando Simplify)
c (b - c + L)/2 - b (c  - b + L)/2 = (b - c)(b + c - L)/2                                           (1)
(1) >= 0 na região determinada por b <= c <= L-b, que contém região 1.
Conseqüentemente, o máximo deve ser escolhido entre (b  + c + L)^2/16 e
c (b - c +L)/2. Calculando a diferença:
(b  + c + L)^2/16 - c (b - c +L)/2 = (b - 3 c + L)^2/16 >= 0                                
Portanto
max{ A2[(L+b-c)/2], A3[b], A4[(L+b+c)/4] } = (b  + c + L)^2/16 = A4[(L+b+c)/4].

Região 2: b, c >= 0, (b+L)/3 <= c <= (b+L)/2,  b+c μ L
max{ A2[(L+b-c)/2], A3[b], A4[(L+b-c)/2] } =
max{c (b - c +L)/2, b (c  - b + L)/2,  c (b - c +L)/2 }
É fácil verificar que (1) >= 0 na região 2. Segue então que
max{ A2[(L+b-c)/2], A3[b], A4[(L+b-c)/2] } = c (b - c +L)/2 = A2[(L+b-c)/2] = A4[(L+b-c)/2].

Região 3: b, c >= 0, (b+L)/2 <= c <= L - b
max{ A2[(L+b)/4], A3[b], A4[(L+b-c)/2] } =  
max{(b + L)^2/8, b (c  - b + L)/2,  c (b - c +L)/2 }
Na região 3 ainda ocorre a desigualdade (1) >= 0. Temos também que
(b + L)^2/8 -  c (b - c +L)/2 = (b - 2 c + L)^2/8 >= 0.
Portanto
max{ A2[(L+b)/4], A3[b], A4[(L+b-c)/2] } = (b + L)^2/8 = A2[(L+b)/4].

Região 4: 0 <= b <= L/3, L - b <= c <= L
max{ A1[b], A2[(L+b)/4], A3[L-c] } = max{ b (-b + L), (b + L)^2/8, c (-c + L) }
Observe agora que (1) <= 0 na região 4. Devemos então comparar b (-b + L) e
(b + L)^2/8:
(b + L)^2/8 -  b (-b + L) = (-3 b + L)^2/8 >= 0                                                  (2)
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max{ A1[b], A2[(L+b)/4], A3[L-c] } = (b + L)^2/8 = A2[(L+b)/4].

Região 5: L/3 <= b <= L/2, L - b <= c <= L
max{ A1[b], A2[b], A3[L-c] } = max{ b (-b + L), b (-b + L), c (-c + L) }
Como (1) <= 0 na região 5,
max{ A1[b], A2[b], A3[L-c] } = b (-b + L) = A1[b] = A2[b].

Região 6: L/2 <= b <= L, b <= c <= L
max{ A1[L/2], A2[b], A3[L-c] } = max{ L^2/4, b (-b + L), c (-c + L) }
Como (1) <= 0 na região 6, a comparação é entre L^2/4 e b (-b + L). Mas
max{ b(-b + L) | b real} = L^2/4. Portanto
max{ A1[L/2], A2[b], A3[L-c] } =  L^2/4 = A1[L/2].

Região 7: 0 <= b <= L/3, L  <= c
max{ A1[b], A2[(L+b)/4] } = max{ b (-b + L), (b + L)^2/8 }
De (2) concluímos que
max{ A1[b], A2[(L+b)/4] } = (b + L)^2/8 = A2[(L+b)/4].

Região 8: L/3 <= b <= L/2, L <= c
max{ A1[b], A2[b] } = max{ b (-b + L), b (-b + L) } = A1[b] = A2[b].

Região 9: L/2 <= b <= L, L  <= c
max{ A1[L/2], A2[b] } = max{ L^2/4, b (-b + L) } = L^2/4 = A1[L/2],
visto que max{ b(-b + L) | b real} = L^2/4.

Região 10: L <= b , b  <= c
Somente A1 está definida nesta região.

Construímos a seguir gráficos para produzir uma animação que forneça, para cada par (b, c) escolhido no plano, o gráfico da função área e a solução ótima. O par (b, c) é indicado por um ponto cinza. Enquanto este ponto passeia pelas diversas regiões, percorrendo um caminho poligonal, podemos ver o que acontece com a função área e a solução ótima. No gráfico da função área indicamos em azul o ponto de máximo e em preto os pontos de mudança da fórmula de A(x) (lembre-se de que A(x) é uma função definida por partes).

Clique aqui para ver cada figura da animação. Ou aqui para ver o QuickTime Movie.

Prosseguiremos com o dimensionamento de canteiros ótimos, considerado na Parte II. Aqui faremos uma análise um pouco diferente, que explora os aspectos bidimensionais envolvidos para detectarmos quais são e quando ocorrem as diferentes soluções deste problema.

Inicialmente, vamos visualizar duas possíveis situações em que definimos as variáveis e os dados do problema, criando subsídios para  a formulação matemática que vem a seguir.

O problema pode ser escrito da seguinte maneira
Maximizar x y , com a restrição x+Max{0,x-b}+y + Max{0,y-c} = L, x >= 0 e y >= 0,    (*)
onde os termos Max{0,x-b} e Max{0,y-c} são utilizados para contemplar numa única expressão as diferentes possibilidades que podem ocorrer. Assim, conforme a variação para x e y, com relação a b e c, respectivamente, podemos reescrever (*) de quatro formas específicas:
(I) Max x y sujeito a x+y=L, 0 <= x <= b, 0 <= y <= c
(II) Max x y s.a 2x+y=L+b, b<=x, 0 <= y <= c
(III) Max x y s.a x+2y=L+c, 0 <= x <= b, c <= y
(IV) Max x y s.a 2x+2y=L+b+c, b <= x, c <= y

Na figura a seguir visualizamos as regiões no plano x-y correspondentes às possibilidades (I)-(IV).

O exame da solução ótima das versões relaxadas (i.e., sem levar em conta as restrições de desigualdade para     x e y) dos problemas (I)-(IV) auxiliará a determinação da solução do problema    (*) . Após isolarmos y na restrição de igualdade e incorporarmos a expressão obtida na função a ser maximizada, todos se convertem na maximização de uma quadrática em uma variável, do tipo   q(x) = x (x-a), com raízes 0 e a, e com solução facilmente computável x*=a/2. Vejamos o que ocorre em cada caso:
de   (I) temos Max x (L-x), com solução x*=L/2
de   (II), Max x (L+b-2x), com solução x*=(L+b)/4
de   (III), Max x (L+c-x)/2, com solução x*=(L+c)/2
de   (IV), Max x (L+b+c-2x)/2, com solução x*=(L+b+c)/4

Para identificarmos os problemas que fazem sentido, faremos hipóteses sobre a interrelação entre     L, b e c. Pela simetria do problema com relação aos tamanhos b e c das paredes, vamos supor que b > c para obter as expressões analíticas das soluções, e observar que o caso b < c é obtido trocando-se b com c e x com y.

Dividiremos a análise em três possibilidades para a interrelação entre     L, b e c: b+c = L, b+c < L e b+c > L.

(a) Vamos inicialmente supor que   b + c = L.
Neste caso, os conjuntos factíveis de (I)  e (IV) se reduzem ao ponto (b,c), que, juntamente com os conjuntos factíveis de (II) e (III) fazem parte da figura a seguir:

Trabalhando com a função área A(x,y) = xy, nas duas variáveis x e y, exploraremos o aspecto bidimensional do problema (*) e analisaremos suas possíveis soluções, de acordo com os valores para b, c e L. O gráfico abaixo nos mostra algumas curvas de nível da função área A(x,y) = xy para x > 0, y > 0. São curvas do tipo xy = constante (correspondem a cortes na superfície gráfico z = xy para z = constante) e vemos o sentido de seu crescimento através dos valores desta constante especificados em cada curva.

Abaixo apresentamos alguns gráficos em que as curvas de nível da função objetivo do problema (*), A(x,y) = xy, são visualizadas, juntamente com as restrições, para diferentes valores para b e c, de modo a ilustrar as possíveis soluções no caso b+c = L: no segmento verde (conjunto factível de (III)), no ponto (b, c) ou no segmento vermelho (conjunto factível de (II)). A solução (x*, y*) é indicada pelo ponto preto.

De uma maneira geral, o conjunto de nível de uma função de várias variáveis deve tangenciar o conjunto factível na solução do problema. Neste caso, observando a  geometria das curvas de nível da função A(x,y) = xy, visualizamos o ponto preto, que
pertence à curva de nível de maior valor possível sob a poligonal que define o conjunto factível de      (*). Percebemos ainda as relações que devem ser satisfeitas para que a solução esteja, respectivamente, no segmento verde, no vermelho, ou no ponto (b,c). Estará no conjunto factível de   (III) sempre que a solução x*=(L+c)/2 de Max x (L+c-x)/2 pertença a esta região, isto é, sempre que   b >= (L+c)/2. Estará no conjunto factível de   (II) se a solução x*=(L+b)/4 de Max x (L+b-2x) pertencer a esta região, ou seja, quando b <= (L+b)/4, e será (b,c) caso contrário.

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Vamos detalhar as implicações de   b >= (L+c)/2,   b <= (L+b)/4, e da possibilidade restante quando L=b+c.
De acordo com a análise feita acima para as soluções dos problemas (I)-(IV) quando tiverem apenas a restrição de igualdade, os pontos ((L+b)/4,(L+b)/2)) e ((L+c)/2,(L+c)/4) são candidatos a soluções de (II) e (III), respectivamente.
Para que ((L+b)/4,(L+b)/2)) seja a solução do problema (*) quando b+c=L é preciso que
(L+b)/4 >= b, ou seja, L+b >= 4b => L >= 3b =>b <= L/3. Como L = b+c, se b <= L/3 então
c >= 2L/3. Assim, na reta b+c = L, se b <= L/3 e c >= 2L/3, temos (x*,y*)= ((L+b)/4, (L+b)/2)). Agora, se b > L/3, o vértice (b,c) da caixa 0<=x<=b, 0<=y<=c passa a ser a solução ótima, até b atingir o valor 2L/3, quando a situação se inverte, isto é, b e c trocam de papel, assim como x e y, e a solução ótima do problema (III) passa a atuar: (x*,y*)=((L+c)/2,(L+c)/4). Esquematicamente, no plano b-c, temos:

(b) Suponhamos agora que b+c<L. Algumas situações que ocorrem, para diferentes valores de b e c, podem ser visualizadas a seguir. A solução ótima em cada caso está indicada pelo ponto (x*, y*) em preto, no qual se verifica a relação de tangencia entre a curva de nível ótima de A(x,y)=xy e o conjunto factível de (*).

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Para sistematizarmos as diferentes possibilidades, vejamos que a solução em (IV) ocorre se (L+b+c)/4 > b, ou seja, se L+b+c > 4b => L+c > 3b => c > 3b-L. Com a hipótese adicional, por considerações de simetria, que b>c, temos 3b-L<c<b. Para garantir que 3b-L>0 temos 3b>L, ou seja, b>L/3. Portanto, se (b,c) ϵ [0,L/3]x[0,b] U[L/3,L/2]x[3b-L,b], então (x*, y*) = ((L+b+c)/4, (L+b+c)/4).

Agora, se b > (L+b+c)/4, que é equivalente a c < 3b-L, temos dois candidatos a solução:
o vértice (b, (L-b+c)/2)    ou    a sol. em (III): ((L+c)/2,(L+c)/4)
Para optarmos por uma ou outra, vejamos que a primeira só ocorre se (L+c)/2 > b, isto é, se L+c > 2b. Portanto, para b+c < L, c < 2b-L temos (x*, y*) = ((L+c)/2,(L+c)/4) e para
(b,c) ϵ[L/3,L/2]x[0,3b-L] U[L/2,2L/3]x[L-b,2b-L] temos (x*, y*) = (b, (L-b+c)/2).

Pelas considerações de simetria do problema, podemos resumir as possíveis soluções no diagrama a seguir, no plano b-c:

(c) Suponhamos finalmente que b+c>L. Algumas situações que ocorrem, para diferentes valores de b e c, podem ser visualizadas a seguir. A solução ótima em cada caso está indicada pelo ponto (x*, y*) em preto, para o qual observamos a relação de tangencia entre a curva de nível ótima da função A(x,y)=xy e o conjunto factível de (*).

Clique aqui para ver cada figura da animação. Ou aqui para ver o QuickTime Movie.

A análise das várias possibilidades é feita da seguinte forma: para que a solução de (*) seja a solução de (I) é preciso que   b > L/2 e c > L/2. Neste caso, (x*, y*) = (L/2, L/2). Como estamos supondo b>c, falta analisar a região 0<c<L/2, b>L-c. A solução será a do problema (III) sempre que (L+c)/2<L-c, ou seja, quando c < L/3:  (x*, y*) = ((L+c)/2, (L+c)/4). Por fim, a solução estará na fronteira se L/3 < c < L/2, isto é, (x*, y*) = (L-c,c). Explorando a simetria do problema, esquematizamos a seguir, no plano b-c, as possíveis soluções no caso b+c>L.