Solucion901 - Departamento de Estadística

UNIVERSIDAD CARLOS III
FACULTAD DE CIENCIAS
SOCIALES Y POLÍTICAS
DEPARTAMENTO DE
ESTADÍSTICA Y
ECONOMETRÍA
DIPLOMATURA DE ESTADÍSTICA
INVESTIGACIÓN OPERATIVA I
EXAMEN DE 5 DE SEPTIEMBRE DE 2001
ENUNCIADO DE LOS PROBLEMAS
Prof. José Carlos Ayuso Elvira
UNIVERSIDAD CARLOS III
FACULTAD DE CIENCIAS
SOCIALES Y POLÍTICAS
DEPARTAMENTO DE
ESTADÍSTICA Y
ECONOMETRÍA
DIPLOMATURA DE ESTADÍSTICA
INVESTIGACIÓN OPERATIVA II
EXAMEN DE 5 DE SEPTIEMBRE DE 2001
SOLUCIÓN DE LOS PROBLEMAS
Prof. José Carlos Ayuso Elvira
PROBLEMA I .-
Dado el programa lineal
Max z  x1  x2
s.a.
 x1  3  x2  12
2  x1  x2  1
2  x1  x2  16
 x1  2  x2  2
x1  0 ; x2  0
Se pide:
a) Determinar el programa dual.(Un punto).
b) Representar gráficamente el programa propuesto para mostrar su conjunto de
soluciones factibles.(Un punto).
c) Como resulta patente a la vista de esta representación, no existe una solución
factible básica inicial inmediata. Determinar una solución factible básica
inicial mediante el método de las dos fases en su primera parte, poniendo de
manifiesto de qué vértice del gráfico se trata. Completar el método de las dos
fases y calcular la solución. Calcular igualmente la solución del programa
lineal mediante procedimientos puramente geométricos resolviendo el
oportuno sistema de ecuaciones.(Dos puntos).
d) Por medio de las relaciones que pueden establecerse merced al principio de
holgura complementaria determinar la solución del programa dual.(Un
punto).
e) Comprobar la validez de esta última resolviendo el programa dual mediante
el algoritmo dual, tras efectuar los oportunos cambios de variable.(dos
puntos).
SOLUCIÓN AL PROBLEMA I
a)
ser:
Por aplicación de las propiedades de la dualidad el programa dual resulta
Min w  12  y1  y 2  16  y 3  2  y 4
s.a.
 y1  2  y 2  2  y 3  y 4  1
3  y1  y 2  y 3  2  y 4  1
y1  0 ; y 2  0 ; y 3  0 ; y 4  0
Las variables y2 e y4 son negativas pues las restricciones
correspondientes del primal son de mayor o igual.
b)
Podemos representar el problema propuesto mediante el gráfico
x2
2
D
3
F.O.
1
C
4
B
E
0
x1
El conjunto factible es el cuadrilátero de vértices B, C, D y E. La
solución viene dada por el punto B.
c)
A la vista de la figura, procederemos en primer lugar a determinar la
solución geométrica del problema que resulta ser la intersección de las
restricciones tercera y cuarta, es decir la solución del sistema de ecuaciones:
2x1 + x2 = 16
-x1 + 2x2 = 2
cuya solución se obtiene de forma inmediata y resulta ser:
x1 = 6
x2 = 4
z = x1 - x 2 = 2
De forma complementaria cabe significar que las variables de holgura
tendrán como valores los obtenidos de:
-6 + 34 + s1 = 12
26 - 4 - s2 = 1
s3 = 0
s4 = 0
es decir
s1 = 6
s2 = 7
s3 = 0
s4 = 0
Para determinar una primera solución factible básica utilizaremos, tal y
como se nos pide, el método de las dos fases en su primera parte. Para ello
formaremos la tabla:
Max u
s1
p1
s3
p2
x1
0
-1
2
2
-1
x2
0
3
-1
1
2
p1
1
0
1
0
0
p2
1
0
0
0
1
s1
0
1
0
0
0
s2
0
0
-1
0
0
s3
0
0
0
1
0
s4
0
0
0
0
-1
SOL
0
12
1
16
2
que corresponde al programa auxiliar en el que se han introducido las variables
artificiales p1 y p2
Max z   p1  p 2
s.a.
 x1  3  x 2  s1  12
2  x1  x 2  s 2  p1  1
2  x1  x 2  s3  16
 x1  2  x 2  s 4  p 2  2
x1  0 ; x 2  0 ; s1  0 ; s 2  0 ; s3  0 ; s 4  0 ; p1  0 ; p 2  0
Como resulta sabido, la tabla no está constituida conforme a los
requerimientos del simplex, lo que nos obliga a restar la segunda y cuarta filas a
la fila correspondiente a la función objetivo, lo que nos permite obtener la tabla
ya preparada para aplicarla el simplex y en la que, siguiendo sus requerimientos,
se ha señalado nuestro pivote en negrita y cursiva (forma de marcar los pivotes
que usaremos en adelante). En el caso que nos ocupa resulta indiferente elegir x1
ó x2 como variables de entrada en la base al ser los coeficientes multiplicadores
iguales entre sí. Elegida una de las dos variables, la regla de elección de la
variable de salida de la base nos conduce a elegir en ambos casos una de las
variables artificiales, por lo que cualquiera de los casos resulta conveniente:
x1
Max u -1
s1
-1
p1
2
s3
2
p2
-1
x2
-1
3
-1
1
2
p1
0
0
1
0
0
p2
0
0
0
0
1
s1
0
1
0
0
0
s2
1
0
-1
0
0
s3
0
0
0
1
0
s4
1
0
0
0
-1
SOL
-3
12
1
16
2
s1
0
1
0
0
0
s2
1
0
-1
0
0
s3
0
0
0
1
0
s4
1/2
3/2
-1/2
1/2
-1/2
SOL
-2
9
2
15
1
s3
0
0
0
1
0
s4
0
5/3
-1/3
4/3
-2/3
SOL
0
25/3
4/3
35/3
5/3
Tras el pivotado obtenemos la tabla:
Max u
s1
p1
s3
x2
x1
-3/2
1/2
3/2
5/2
-1/2
x2
0
0
0
0
1
p1
0
0
1
0
0
p2
1/2
-3/2
1/2
-1/2
1/2
Y tras el pivotado correspondiente obtenemos la tabla:
x1
Max u 0
s1
0
x1
1
s3
0
x2
0
x2
0
0
0
0
1
p1
1
-1/3
2/3
-5/3
1/3
p2
1
-5/3
1/3
-4/3
2/3
s1
0
1
0
0
0
s2
0
1/3
-2/3
5/3
-1/3
Con este último pivotado finaliza la Fase I del método de las dos fases
puesto hemos alcanzado el óptimo y las variables artificiales han salido de la
base. Ésta a su vez se halla formada por las variables x1, x2, s1 y s3, lo cual
implica que se anulan las variables de holgura s2 y s4 y que, en consecuencia, se
verifican estrictamente como igualdad las condiciones 2ª y 4ª siendo la solución
factible básica determinada la intersección de las rectas representativas lo que es
igual que decir que se trata del punto E. Si en la última tabla prescindimos de las
variables artificiales e introducimos la función objetivo verdadera, una sola
operación de pivotado nos lleva a la solución. En efecto, la tabla del simplex
quedaría
Max z
s1
x1
s3
x2
x1
-1
0
1
0
0
x2
1
0
0
0
1
p1
1
-1/3
2/3
-5/3
1/3
p2
1
-5/3
1/3
-4/3
2/3
s1
0
1
0
0
0
s2
0
1/3
-2/3
5/3
-1/3
s3
0
0
0
1
0
s4
0
5/3
-1/3
4/3
-2/3
SOL
0
25/3
4/3
35/3
5/3
Esta tabla no se adapta a los requisitos del simplex, para lo cual le
sumaremos a la fila de multiplicadores la línea correspondiente a x1 y le
restaremos la línea correspondiente a x2, tras lo cual queda la tabla
Max z
s1
x1
s3
x2
x1
0
0
1
0
0
x2
0
0
0
0
1
p1
1
-1/3
2/3
-5/3
1/3
p2
1
-5/3
1/3
-4/3
2/3
s1
0
1
0
0
0
s2
-1/3
1/3
-2/3
5/3
-1/3
s3
0
0
0
1
0
s4
1/3
5/3
-1/3
4/3
-2/3
SOL
-1/3
25/3
4/3
35/3
5/3
s1
0
1
0
0
0
s2
0
0
0
1
0
s3
1/5
-1/5
2/5
3/5
1/5
s4
3/5
7/5
1/5
4/5
-2/5
SOL
2
6
6
7
4
Y tras la operación de pivotado:
Max z
s1
x1
s2
x2
x1
0
0
1
0
0
x2
0
0
0
0
1
p1
1
-1/3
2/3
-5/3
1/3
p2
1
-5/3
1/3
-4/3
2/3
que finaliza el problema.
d)
La solución obtenida con anterioridad tanto mediante procedimientos
geométricos como por el método de las dos fases es:
x1 = 6
x2 = 4
s1 = 6
s2 = 7
s3 = 0
s4 = 0
z=2
Si denominamos como h1 y h2 las holguras de las restricciones del
problema dual, las relaciones de holgura complementaria pueden plantearse de la
forma que se expresa a continuación:
x1h1 = 0  h1 = 0, pues x1  0
x2h2 = 0  h2 = 0, pues x2  0
y1s1 = 0  y1 = 0, pues s1  0
y2s2 = 0  y2 = 0, pues s2  0
y3s3 = 0  y3 = valor no forzosamente nulo, pues s3 = 0
y4s4 = 0  y4 = valor no forzosamente nulo, pues s4 = 0
En consecuencia el problema dual queda reducido a encontrar la solución
del sistema:
2y3 – y4 = 1
y3 + 2y4 = -1
Dicha solución resulta ser y3 = 1/5 ; y4 = -3/5 con w = 2
e)
Como en el problema dual tanto y2 como y4 son negativas, para poder
aplicar el algoritmo dual haremos el cambio
z1 = y1
z2 = - y2
z3 = y3
z4 = - y4
El programa quedará, tras hacer el cambio de variables y haberlo
preparado para la utilización del algoritmo dual, de la forma:
Min w  12  z1  z 2  16  z 3  2  z 4
s.a.
z1  2  z 2  2  z 3  z 4  h1
 3  z1  z 2  z 3  2  z 4
 1
 h2  1
z1  0 ; z 2  0 ; z 3  0 ; z 4  0
Programa cuya solución inicial es no factible pero no sobreoptimal pues
no todos los coeficientes de la función objetivo son positivos. Tendremos que
utilizar en consecuencia el método de la restricción artificial, con lo que la tabla
inicial será:
Min w
h1
h2
p
z1
-12
1
-3
1
z2
1
2
-1
1
z3
-16
-2
-1
1
z4
2
-1
2
1
h1
0
1
0
0
h2
0
0
1
0
p
0
0
0
1
SOL
0
-1
1
M
Pivotando alrededor del elemento marcado (pues 2 > 1) obtenemos
z1
Min w -14
h1
2
h2
-5
z4
1
z2
-1
3
-3
1
z3
-18
-1
-3
1
z4
0
0
0
1
h1
0
1
0
0
h2
0
0
1
0
p
-2
1
-2
1
SOL
-2M
-1+M
1-2M
M
Pivotando sucesivamente alrededor de los elementos seleccionados según
los criterios del algoritmo obtenemos las tablas
Min w
h1
z2
z4
z1
-37/3
-3
5/3
-2/3
z2
0
0
1
0
z3
-17
-4
1
0
z4
0
0
0
1
h1
0
1
0
0
h2
-1/3
1
-1/3
1/3
p
-4/3
-1
2/3
1/3
SOL
-(1+4M)/3
-M
(-1+2M)/3
(1+M)/3
Min w
p
z2
z4
z1
-25/3
3
-1/3
-5/3
z2
0
0
1
0
z3
-35/3
4
-5/3
-4/3
z4
0
0
0
1
h1
-4/3
-1
2/3
1/3
h2
-5/3
-1
1/3
2/3
p
0
1
0
0
SOL
-1/3
M
-1/3
1/3
Min w
p
z3
z4
z1
-5
11/5
1/5
-7/5
z2
-7
12/5
-3/5
-4/5
z3
0
0
1
0
z4
0
0
0
1
s1
-6
3/5
-2/5
-1/5
s2
-4
-1/5
-1/5
2/5
p
0
1
0
0
SOL
2
-4/5+M
1/5
3/5
Esta última tabla representa el final del proceso con la solución
z1 = 0
z2 = 0
z3 = 1/5
z4 = 3/5
h1 = 0
h2 = 0
w=2
Y respecto a nuestras variables originales representa la solución
y1 = 0
y2 = 0
y3 = 1/5
y4 = -3/5
h1 = 0
h2 = 0
w=2
que coincide con la ya obtenida anteriormente.
PROBLEMA II.- Una compañía minera produce lignito y antracita y en la
situación del mercado tiene garantizada la venta de toda su producción. Las ganancias
por tonelada de lignito y antracita son de 4 y 3 unidades monetarias respectivamente.
Para cada tonelada de lignito procesado se requieren tres horas de trabajo de la máquina
trituradora, tres horas de la cribadora y cuatro de lavado. Por lo que respecta a la
antracita se requieren cuatro, tres y dos horas para esas mismas actividades. Para llevar
a cabo su realización la compañía dispone diariamente de un tiempo limitado a doce,
diez y ocho horas respectivamente en las máquinas que efectúan esas tres actividades.
Finalmente, se requiere que la producción total diaria no sea inferior a una tonelada de
carbón para beneficiarse de determinadas subvenciones.
a)
b)
Plantear el problema propuesto mediante un programa lineal que haga máximo
el beneficio diario a obtener.(Un punto).
Resolver el anterior programa lineal mediante el método del simplex utilizando
el método de las penalizaciones ante la falta de una solución básica factible
inicial.(Dos puntos).
SOLUCIÓN AL PROBLEMA II
a)
Denominando x1 a las toneladas de lignito y x2 a las toneladas de antracita a
producir diariamente, el beneficio diario que se obtendrá, dando por hecho que se vende
toda la producción, vendrá expresado por 4x1 + 3x2. Así pues la función objetivo será
Max z = 4x1 + 3x2
Por su parte las restricciones han de ser las establecidas por los requisitos en
horas de actividad necesarias para la producción y basadas en los requisitos de esta.
Así pues, atendiendo a los requisitos de actividad tendremos:

Requisitos de trituradora
3x1 + 4x2  12

Requisitos de cribadora
3x1 + 3x2  10

Requisitos de lavado
4x1 + 2x2  8
Atendiendo a los requisitos propios de la producción tendremos:

Producción mínima
x1 + x2  1
En definitiva nuestro problema quedaría planteado como:
Max z = 4x1 + 3x2
s.a.
3x1 + 4x2  12
3x1 + 3x2  10
4x1 + 2x2  8
x1 + x2  1
x1  0 , x2  0
El problema, a la vista de su estructura, requerirá la introducción de cuatro
variables de holgura (denominadas s1, s2, s3 y s4) y una artificial (denominada p1) ante la
falta de solución factible básica inicial para el algoritmo del simplex y poder así aplicar
el método de las penalizaciones.
b)
Introduciendo las holguras y la variable artificial, el problema queda planteado
de la siguiente forma para afrontarlo por el método de las pena lizaciones:
Max z = 4x1 + 3x2 - Mp1
s.a.
3x1 + 4x2 + s1
= 12
3x1 + 3x2
+ s2
= 10
4x1 + 2x2
+ s3
= 8
x1 + x2
- s 4 + p1 = 1
x1  0 , x2  0 , s1  0 , s2  0 , s3  0 , s4  0 , h1  0
En consecuencia la primera tabla del simplex resulta ser:
Max z
s1
s2
s3
p1
x1
-4
3
3
4
1
x2
-3
4
3
2
1
s1
0
1
0
0
0
s2
0
0
1
0
0
s3
0
0
0
1
0
s4
0
0
0
0
-1
p1
M
0
0
0
1
Sol
0
12
10
8
1
Esta tabla no está conforme con los requisitos de uso del simplex pues el
coeficiente de una de las variables de la base en la línea de la función objetivo (línea de
multiplicadores) no es nulo. Para lograr que la tabla sea conforme restaremos a dicha
línea la correspondiente a la última restricción multiplicada por M, con lo que
obtenemos la siguiente tabla a la que ya es aplicable el simplex y en la que se ha
señalado el pivote a utilizar
Max z
s1
s2
s3
p1
x1
-4-M
3
3
4
1
x2
-3-M
4
3
2
1
s1
0
1
0
0
0
s2
0
0
1
0
0
s3
0
0
0
1
0
s4
M
0
0
0
-1
p1
0
0
0
0
1
Sol
-M
12
10
8
1
El pivote se ha elegido con las reglas habituales (columna con el más negativo
en la fila de multiplicadores y fila con mínimo cociente entre el elemento de la columna
de las "b" y el elemento correspondiente con signo positivo en la columna elegida) y
aplicado el algoritmo de pivotado obtenemos
Max z
s1
s2
s3
x1
x1
0
0
0
0
1
x2
1
1
0
-2
1
s1
0
1
0
0
0
s2
0
0
1
0
0
s3
0
0
0
1
0
s4
-4
3
3
4
-1
p1
4+M
-3
-3
-4
1
Sol
4
9
7
4
1
Reiterando
Max z
s1
s2
s4
x1
x1
0
0
0
0
1
x2
-1
5/2
3/2
-1/2
1/2
s1
0
1
0
0
0
s2
0
0
1
0
0
s3
1
-3/4
-3/4
1/4
1/4
s4
0
0
0
1
0
p1
M
0
0
-1
0
Sol
8
6
4
1
2
x1
0
0
0
0
1
x2
0
1
0
0
0
s1
2/5
2/5
-3/5
1/5
-1/5
s2
0
0
1
0
0
s3
7/10
-3/10
-3/10
1/10
2/5
s4
0
0
0
1
0
p1
M
0
0
-1
0
Sol
52/5
12/5
2/5
11/5
4/5
Y finalmente
Max z
x2
s2
s4
x1
con lo que se finaliza el proceso al haber alcanzado el óptimo. En consecuencia es
preciso producir 4/5 de tonelada de lignito y 12/5 de tonelada de antracita para obtener
un beneficio máximo diario de 52/5 unidades monetarias.
Resulta significativo señalar que sobran 2/5 de hora al día en la actividad de
cribado y que la producción mínima de una tonelada es superada en 11/5 de tonelada
(1+11/5 = 16/5 = 12/5 + 4/5).