Solucion201

Investigación Operativa I – Examen de febrero de 2001
2º Curso Diplomatura de Estadística
EXAMEN DE PROGRAMACIÓN LINEAL
FEBRERO DE 2001
PROBLEMA I .-
Dado el programa lineal
Min z  12  x1  x 2  16  x3  2  x 4
s.a.
 x1  2  x 2  2  x3  x 4  1
3  x1  x 2  x3  2  x 4  1
x1  0 ; x 2  0 ; x3  0 ; x 4  0
Se pide:
a) Determinar el programa dual
b) Representar gráficamente este último programa para mostrar su conjunto de
soluciones factibles.
c) A partir de esta representación describir un proceso por el que, tras dos y
solo dos operaciones de pivotado a partir del origen, se alcance la solución.
Estas operaciones de pivotado no tienen por qué seguir las reglas del
simplex.
d) Por medio de las relaciones que pueden establecerse merced al principio de
holgura complementaria determinar la solución del problema primal.
e) Resolver el problema primal directamente utilizando el algoritmo dual y
haciendo los oportunos cambios de variable.
Investigación Operativa I – Examen de febrero de 2001
2º Curso Diplomatura de Estadística
SOLUCIÓN AL PROBLEMA I
a)
Por aplicación de las propiedades de la dualidad el programa dual resulta
ser:
Max w  y1  y 2
s.a.
 y1  3  y 2  12
2  y1  y 2  1
2  y1  y 2  16
 y1  2  y 2  2
y1  0 ; y 2  0
Este programa, con únicamente dos variables, es más asequible de
resolver y puede además ser representado gráficamente.
b)
Podemos representar el problema anterior mediante el gráfico
El conjunto factible es el cuadrilátero de vértices B, C, D y E. La
solución viene dada por el punto B.
y2
2
A’’’
D
3
F.O.
1
C
4
B
A
0
A’’
E
A’
y1
Investigación Operativa I – Examen de febrero de 2001
2º Curso Diplomatura de Estadística
c)
A la vista de la figura, tenemos cuatro alternativas para realizar lo que
nos piden:
1) Efectuar un pivotado que nos lleve al punto A (solución no factible) a
partir de la solución inicial 0 (que tampoco es factible), y de A pasar
a B que es la solución factible básica óptima.
2) Efectuar un pivotado que nos lleve al punto A’ (solución no factible)
a partir de la solución inicial 0 (que tampoco es factible), y de A’
pasar a B que es la solución factible básica óptima.
3) Efectuar un pivotado que nos lleve al punto A’’ (solución no factible)
a partir de la solución inicial 0 (que tampoco es factible), y de A’’
pasar a B que es la solución factible básica óptima.
4) Efectuar un pivotado que nos lleve al punto A’’’ (solución no
factible) a partir de la solución inicial 0 (que tampoco es factible), y
de A’’’ pasar a B que es la solución factible básica óptima.
Pasamos en consecuencia a resolver las tres posibilidades:
1) Pasar de 0 a A, implica que salga de la base en la solución inicial la
holgura correspondiente a la 4ª restricción (s4) y entre en la base y2.
Pasar de A a B implica que salga de la base en la solución anterior la
holgura correspondiente a la 3ª restricción (s3) y entre en ella y1.
En efecto, tenemos como tabla inicial
Max w
s1
s2
s3
s4
y1
-1
-1
2
2
-1
y2
1
3
-1
1
2
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
Como resulta obligado por lo anteriormente comentado, nuestro pivote
para la primera transición de 0 a A es el elemento de la tabla marcado en negrita
y cursiva (forma de marcar los pivotes que usaremos en toda esta corrección).
Tras el pivotado obtenemos la tabla:
Max w
s1
s2
s3
y2
y1
-1/2
1/2
3/2
5/2
-1/2
y2
0
0
0
0
1
s1
0
1
0
0
0
s2
0
0
-1
0
0
s3
0
0
0
1
0
s4
1/2
3/2
-1/2
1/2
-1/2
SOL
-1
9
2
15
1
Y por la misma causa tras el pivotado correspondiente obtenemos la
tabla:
Investigación Operativa I – Examen de febrero de 2001
2º Curso Diplomatura de Estadística
Max w
s1
s2
y1
y2
y1
0
0
0
1
0
y2
0
0
0
0
1
s1
0
1
0
0
0
s2
0
0
-1
0
0
s3
1/5
-1/5
-3/5
2/5
1/5
s4
3/5
7/5
-4/5
1/5
-2/5
SOL
2
6
-7
6
4
Con lo que se finaliza el proceso. Obsérvese que a pesar de la apariencia
de no factibilidad por la aparición de un elemento negativo en la columna de las
“b”, esta apariencia desaparece tras un hipotético pivotado (no necesario)
alrededor del elemento marcado, equivalente a dividir por –1 la fila
correspondiente.
2) Pasar de 0 a A’, implica que salga de la base en la solución inicial la
holgura correspondiente a la 3ª restricción (s3) y entre en la base y1.
Pasar de A’ a B implica que salga de la base en la solución anterior la
holgura correspondiente a la 4ª restricción (s4) y entre en ella y2.
En efecto, tenemos como tabla inicial
Max w
s1
s2
s3
s4
y1
-1
-1
2
2
-1
y2
1
3
-1
1
2
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
Como resulta obligado por lo anteriormente comentado, nuestro pivote
para la primera transición de 0 a A’ es el elemento de la tabla marcado en negrita
y cursiva.
Tras el pivotado obtenemos la tabla:
Max w
s1
s2
y1
s4
y1
0
0
0
1
0
y2
3/2
7/2
-2
1/2
5/2
s1
0
1
0
0
0
s2
0
0
-1
0
0
s3
1/2
1/2
-1
1/2
1/2
s4
0
0
0
0
-1
SOL
8
20
-15
8
10
Y por la misma causa tras el pivotado correspondiente obtenemos la
tabla:
Max w
s1
s2
y1
y2
y1
0
0
0
1
0
y2
0
0
0
0
1
s1
0
1
0
0
0
s2
0
0
-1
0
0
s3
1/5
-1/5
-3/5
2/5
1/5
s4
3/5
7/5
-4/5
1/5
-2/5
SOL
2
6
-7
6
4
Investigación Operativa I – Examen de febrero de 2001
2º Curso Diplomatura de Estadística
Con lo que se finaliza el proceso. Obsérvese que la tabla que se obtiene
resulta ser coincidente en todos sus aspectos, como es obvio, con la última
obtenida al resolver la alternativa anterior, por lo que cabe hacer idéntico
comentario que el efectuado en ella.
3) Pasar de 0 a A’’, implica que salga de la base en la solución inicial la
holgura correspondiente a la 4ª restricción (s4) y entre en la base y1.
Pasar de A’’ a B implica que salga de la base en la solución anterior la
holgura correspondiente a la 3ª restricción (s3) y entre en ella y2.
En efecto, tenemos como tabla inicial
Max w
s1
s2
s3
s4
y1
-1
-1
2
2
-1
y2
1
3
-1
1
2
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
Como resulta obligado por lo anteriormente comentado, nuestro pivote
para la primera transición de 0 a A’’ es el elemento de la tabla marcado en
negrita y cursiva.
Tras el pivotado obtenemos la tabla:
Max w
s1
s2
s3
y1
y1
0
0
0
0
1
y2
-1
1
3
5
-2
s1
0
1
0
0
0
s2
0
0
-1
0
0
s3
0
0
0
1
0
s4
1
1
-2
-2
1
SOL
-2
10
5
20
-2
Y por la misma causa tras el pivotado correspondiente obtenemos la
tabla:
Max w
s1
s2
y2
y1
y1
0
0
0
1
0
y2
0
0
0
0
1
s1
0
1
0
0
0
s2
0
0
-1
0
0
s3
1/5
-1/5
-3/5
1/5
2/5
s4
3/5
7/5
-4/5
-2/5
1/5
SOL
2
6
-7
4
6
Investigación Operativa I – Examen de febrero de 2001
2º Curso Diplomatura de Estadística
Con lo que se finaliza el proceso. Obsérvese que la tabla que se obtiene
resulta ser coincidente en todos sus aspectos, como es obvio, con la última
obtenida al resolver las otras alternativas, por lo que cabe hacer idéntico
comentario que el efectuado en ellas.
4) Pasar de 0 a A’’’, implica que salga de la base en la solución inicial la
holgura correspondiente a la 3ª restricción (s3) y entre en la base y2.
Pasar de A’’’ a B implica que salga de la base en la solución anterior la
holgura correspondiente a la 4ª restricción (s4) y entre en ella y1.
En efecto, tenemos como tabla inicial
Max w
s1
s2
s3
s4
y1
-1
-1
2
2
-1
y2
1
3
-1
1
2
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
Como resulta obligado por lo anteriormente comentado, nuestro pivote
para la primera transición de 0 a A’’’ es el elemento de la tabla marcado en
negrita y cursiva (forma de marcar los pivotes que usaremos en toda esta
corrección).
Tras el pivotado obtenemos la tabla:
Max w
s1
s2
y2
s4
y1
-3
-7
4
2
-5
y2
0
0
0
1
0
s1
0
1
0
0
0
s2
0
0
-1
0
0
s3
-1
-3
1
1
-2
s4
1/2
0
0
0
-1
SOL
-16
-36
16
16
-30
Y por la misma causa tras el pivotado correspondiente obtenemos la
tabla:
Max w
s1
s2
y2
y1
y1
0
0
0
0
1
y2
0
0
0
1
0
s1
0
1
0
0
0
s2
0
0
-1
0
0
s3
1/5
-1/5
-3/5
1/5
2/5
s4
3/5
7/5
-4/5
-2/5
1/5
SOL
2
6
-7
4
6
Con lo que se finaliza el proceso. Obsérvese que a pesar de la apariencia
de no factibilidad por la aparición de un elemento negativo en la columna de las
“b”, esta apariencia desaparece tras un hipotético pivotado (no necesario)
alrededor del elemento marcado, equivalente a dividir por –1 la fila
correspondiente.
Investigación Operativa I – Examen de febrero de 2001
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d)
La solución representada por la tabla anterior es:
y1 = 6
y2 = 4
s1 = 6
s2 = 7
s3 = 0
s4 = 0
w=2
De las siguientes relaciones de holgura complementaria obtenemos,
siendo h1 y h2 las holguras de las restricciones del problema primal:
y1h1 = 0  h1 = 0
y2h2 = 0  h2 = 0
x1s1 = 0  x1 = 0
x2s2 = 0  x2 = 0
x3s3 = 0  x3 = valor no forzosamente nulo
x4s4 = 0  x4 = valor no forzosamente nulo
En consecuencia el problema primal queda reducido a encontrar la
solución del sistema:
2x3 – x4 = 1
x3 + 2x4 = -1
Dicha solución resulta ser x3 = 1/5 ; x4 = -3/5
e)
Como en el problema primal tanto x2 como x4 son negativas, para poder
aplicar el algoritmo dual haremos el cambio
z1 = x1
z2 = -x2
z3 = x3
z4 = -x4
El programa quedará, tras hacer el cambio de variables y haberlo
preparado para la utilización del algoritmo dual, de la forma:
Min z  12  z1  z 2  16  z 3  2  z 4
s.a.
z1  2  z 2  2  z 3  z 4  s1
 3  z1  z 2  z 3  2  z 4
 1
 s2  1
z1  0 ; z 2  0 ; z 3  0 ; z 4  0
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2º Curso Diplomatura de Estadística
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 z
s1
s2
p
z1
-12
1
-3
1
z2
1
2
-1
1
z3
-16
-2
-1
1
z4
2
-1
2
1
s1
0
1
0
0
s2
0
0
1
0
p
0
0
0
1
SOL
0
-1
1
M
Pivotando alrededor del elemento marcado (pues 2 > 1) obtenemos
Min z
s1
s2
z4
z1
-14
2
-5
1
z2
-1
3
-3
1
z3
-18
-1
-3
1
z4
0
0
0
1
s1
0
1
0
0
s2
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 z
s1
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
s1
0
1
0
0
s2
-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 z
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
s1
-4/3
-1
2/3
1/3
s2
-5/3
-1
1/3
2/3
p
0
1
0
0
SOL
-1/3
M
-1/3
1/3
Min z
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
s1 = 0
s2 = 0
z=2
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2º Curso Diplomatura de Estadística
Y respecto a nuestras variables originales representa la solución
x1 = 0
x2 = 0
x3 = 1/5
x4 = -3/5
s1 = 0
s2 = 0
z=2
coincidente con la ya obtenida anteriormente.
Investigación Operativa I – Examen de febrero de 2001
2º Curso Diplomatura de Estadística
PROBLEMA II.- Un granjero desea cebar sus pollos de avestruz a base de una
mezcla de dos clases de pienso de reputada calidad. El pienso de la clase A es tal que
contiene, por cada kilogramo, 20 gramos de lípidos, 10 de glúcidos y 40 de proteínas,
mientras que cada kilogramo del alimento de la clase B contiene 30 gramos de lípidos,
30 de glúcidos y 30 de proteínas. En ambos casos, el resto es fibra sin valor alimenticio.
Desea que cada avestruz realice una ingesta diaria mínima de 180 gramos de lípidos,
120 gramos de glúcidos y 240 gramos de proteínas. Si el precio de compra por
kilogramo del pienso tipo A es de 1 euro y el precio de compra por kilogramo del
pienso tipo B es de 2 euros:
a)
b)
Determinar la mezcla ideal de piensos por avestruz a alimentar planteando y
resolviendo un programa lineal mediante el algoritmo del simplex. De ser
necesario, utilícese el método de las dos fases.
A partir del análisis gráfico de la solución, determínese entre qué márgenes debe
oscilar la relación de precios de los productos A y B (en la situación planteada
en nuestro problema esta relación vale ½ ) para que la solución sea la misma ya
obtenida.
Investigación Operativa I – Examen de febrero de 2001
2º Curso Diplomatura de Estadística
SOLUCIÓN AL PROBLEMA II
a)
Denominando x1 a la cantidad de kilos del tipo de pienso A y x2 a la cantidad de
kilos del tipo de pienso B que debe constituir la dieta diaria de cada animal resulta
evidente que lo que queremos es hacer mínimo el coste de adquisición del pienso. Así
pues la función objetivo será
Min z = x1 + 2x2
Por su parte las restricciones han de ser las establecidas por los requisitos en
principios alimentarios, es decir:
20x1 + 30x2  180
10x1 + 30x2  120
40x1 + 30x2  240
x1  0, x2  0
En definitiva nuestro problema es, tras simplificar las restricciones:
Min z = x1 + 2x2
s.a.
2x1 + 3x2  18
x1 + 3x2  12
4x1 + 3x2  24
x1  0 , x2  0
El problema, a la vista de su estructura, requerirá la introducción de tres
variables de holgura (denominadas s1, s2 y s3) y tres artificiales (denominadas h1, h2 y
h3) ante la falta de solución factible básica inicial para el algoritmo del simplex y poder
así aplicar el método de las dos fases.
Fase I.- Modificamos nuestro problema buscando hacer máxima, con las
mismas restricciones, la función w = -h1 - h2 - h3 con lo que la tabla del simplex para
este problema es
Max w
h1
h2
h3
x1
0
2
1
4
x2
0
3
3
3
s1
0
-1
0
0
s2
0
0
-1
0
s3
0
0
0
-1
h1
1
1
0
0
h2
1
0
1
0
h3
1
0
0
1
Sol
0
18
12
24
Esta tabla no está conforme con los requisitos de uso del simplex pues los
coeficientes de las variables de la base en la línea de la función objetivo (línea de
multiplicadores) no son nulos. Para lograr que la tabla sea conforme restaremos a dicha
línea las correspondientes a las tres restricciones, con lo que obtenemos la tabla
Investigación Operativa I – Examen de febrero de 2001
2º Curso Diplomatura de Estadística
Max w
h1
h2
h3
x1
-7
2
1
4
x2
-9
3
3
3
s1
1
-1
0
0
s2
1
0
-1
0
s3
1
0
0
-1
h1
0
1
0
0
h2
0
0
1
0
h3
0
0
0
1
Sol
-54
18
12
24
Elegido el pivote (columna con el más negativo 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 w
h1
x2
h3
x1
-4
1
1/3
3
x2
0
0
1
0
s1
1
-1
0
0
s2
-2
1
-1/3
1
s3
1
0
0
-1
h1
0
1
0
0
h2
3
-1
1/3
-1
h3
0
0
0
1
Sol
-18
6
4
12
x1
0
0
0
1
x2
0
0
1
0
s1
1
-1
0
0
s2
-2/3
2/3
-4/9
1/3
s3
-1/3
1/3
1/9
-1/3
h1
0
1
0
0
h2
5/3
-2/3
4/9
-1/3
h3
4/3
-1/3
-1/9
1/3
Sol
-2
2
8/3
4
x2
0
0
1
0
s1
0
-3/2
-2/3
1/2
s2
0
1
0
0
s3
0
1/2
1/3
-1/2
h1
1
3/2
2/3
-1/2
h2
1
-1
0
0
h3
1
-1/2
-1/3
1/2
Sol
0
3
4
3
Reiterando
Max w
h1
x2
x1
Y una vez más
Max w
s2
x2
x1
x1
0
0
0
1
con lo que se finaliza la fase I toda vez que las variables artificiales están todas fuera de
la base y la función objetivo es nula. Por tanto se comienza la siguiente fase.
Fase II.Una vez determinada la base factible inicial, planteamos nuestro
problema con la tabla anterior pero con la función objetivo real, con lo que obtenemos
Min z
s2
x2
x1
x1
-1
0
0
1
x2
-2
0
1
0
s1
0
-3/2
-2/3
1/2
s2
0
1
0
0
s3
0
1/2
1/3
-1/2
h1
1
3/2
2/3
-1/2
h2
1
-1
0
0
h3
1
-1/2
-1/3
1/2
Sol
0
3
4
3
Esta tabla no está adaptada al algoritmo del simplex pues en la fila de la función
objetivo aparecen elementos no nulos en las columnas de variables básicas. Sumando a
Investigación Operativa I – Examen de febrero de 2001
2º Curso Diplomatura de Estadística
tal fila la correspondiente a la tercera restricción y la correspondiente a la segunda
restricción multiplicada por 2 obtenemos
Min z
s2
x2
x1
x1
0
0
0
1
x2
0
0
1
0
s1
-5/6
-3/2
-2/3
1/2
s2
0
1
0
0
s3
1/6
1/2
1/3
-1/2
h1
1
3/2
2/3
-1/2
h2
1
-1
0
0
h3
1
-1/2
-1/3
1/2
Sol
11
3
4
3
Esta tabla representa una solución factible básica no óptima puesto que no todos
los elementos de la línea de z son negativos y se trata de un problema de mínimo.
Pivotando alrededor del elemento correspondiente obtenemos
Min z
s3
x2
x1
x1
0
0
0
1
x2
0
0
1
0
s1
-1/3
-3
1/3
-1
s2
-1/3
2
-2/3
1
s3
0
1
0
0
h1
1
3/2
2/3
-1/2
h2
1
-1
0
0
h3
1
-1/2
-1/3
1/2
Sol
10
6
2
6
Esta tabla representa una solución factible básica y óptima pues ya no se puede
pivotar al no haber elementos positivos en la línea de z. La solución óptima viene pues
dada por
x1 = 6 kilogramos de alimento tipo A
x2 = 2 kilogramos de alimento tipo B
s1 = 0
s2 = 0
s3 = 6 (en realidad 60 gramos de exceso en proteínas a causa de la
simplificación)
z = 10 euros de coste mínimo.
b)
La representación gráfica de
x2
nuestro problema es la que se adjunta.
El conjunto factible está situado en la
3
zona rayada y la solución es el punto
S. Es claro que si la función objetivo
2
variase su inclinación entre las que
corresponden a las restricciones 1ª y
S
2ª la solución seguiría siendo el punto
1
S. Dicho de otra forma, si la función
objetivo fuera de la forma 2x1 +3x2 ,
x1
0
F.O.
la solución sería la misma al igual que
si fuera de la forma x1 +3x2, y ello
para cualquier recta con pendiente
comprendida entre las de las anteriores; en definitiva, se tiene que cumplir que
1 Pr A 2

 . Obsérvese que ½ cumple tal condición y que los valores extremos de la
3 Pr B 3
proporción dan lugar a soluciones múltiples.