Programación Lineal Continua/ Investigación Operativa

Programación Lineal Continua/ Investigación Operativa
EJERCICIOS DE INVESTIGACIÓN OPERATIVA. Hoja 2
1. Dado el PL:
Maximizar x1 + x2 − x3
s.a x1 + x2 + x3 6 2
2x1 − x2 − x3 6 2
x1 , x2 , x3 > 0
Calcula la solución del problema aplicando el algoritmo del Simplex. ¿Existe más de una solución óptima?
Razona tu respuesta y propón una solución alternativa si la respuesta es afirmativa.
Solución: Ver solución en Hoja2 problemas.xls
2. Dado el PL:
Minimizar
x1 + x2 + x3
s.a 2x1 − x2 + x3 = 3
x1 + x3 > 1
x1 − 2x2 6 0
x1 , x2 , x3 > 0
Calcula la solución del problema aplicando el algoritmo del Simplex y determina todos los vértices adyacentes
al vértice solución. ¿Existe más de una solución óptima? Razona tu respuesta e indica todas las soluciones
que puedas.
Solución: Ver solución en Hoja2 problemas.xls
3. Considera el problema de programación lineal:
Maximizar 3x1 + x2
s.a 2x1 + x2 > 4
− 2x1 + 3x2 6 4
− x1 + 3x2 > −3
x1 , x2 > 0
Calcula la solución del problema aplicando el algoritmo del Simplex. ¿El problema es acotado? En caso
afirmativo, encuentra la solución óptima. En caso negativo, dado un valor V suficientemente grande para la
función objetivo, deberı́a existir una solución factible con ese valor. Da una expresión (en función de V) de
dicha solución. Utiliza esa expresión para encontrar una solución factible con valor 150.
Solución: Ver todas las iteraciones del algoritmo del simplex en Hoja2 problemas.xls
El problema es no acotado. Todos los puntos



x =


+
para λ > 0 son factibles, y
3 1
7 3
0
T
3
0
2
10
0






 + λ




3
1
7
3
0






define una dirección de ascenso (de ilimitación).
Si nos fijamos sólo en las variables originales x1 , x2 , tenemos
3
3
P (λ) =
+λ
.
0
1
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El valor de P (λ) según la función objetivo del problema original es 9 + 10λ; este rayo nos proporciona
−9
soluciones con cualquier valor > 9. Ası́, para V > 9 cualquiera, como 9 + 10λ = V ⇒ λ = V10
, el punto
3
0
141
+
10
V −9
10
+
3
1
=
será un punto factible con valor V .
La solución
3
0
3
1
453
10
141
10
tiene valor 150.
C2
1
2
C3
2
0
3
0
Dirección de ascenso
C1
4. Dado el siguiente PL:
Minimizar 2x1 − x2 + 3x3
s.a 2x1 + 3x2 − x3 > 9
x1 − 2x2 + x3 > 6
x1 , x2 > 0
calcula un vértice factible inicial empleando el método de las dos fases. A partir de ese punto, aplica el
algoritmo del Simplex para resolver el problema.
Solución: Ver solución en Hoja2 problemas.xls
5. Dado el siguiente PL:
Maximizar 3x1 + x2
s.a x1 + 3x2 6 5
x1 + x2 = 7
− 5x1 − x2 > −4
x1 , x2 > 0
determinar si el problema es factible. Indicar un vértice factible si lo es.
Solución: Ver solución en Hoja2 problemas.xls
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6. Resuelve el problema:
Max
5x1 + 4x2
s.a x1 − 2x2 6 6
− 2x1 + x2 6 4
5x1 + 3x2 6 15
x1 , x2 > 0
Solución: Ver solución en Hoja2 problemas.xls
7. Las tablas que aparecen a continuación corresponden a tablas de alguna iteración del algoritmo del simplex
aplicado a los siguientes problemas:
(a) max 3x1 + 2x2
s.a. 6x1 + 4x2 ≤ 24
10x1 + 3x2 ≤ 30
x1 , x2 ≥ 0
(d) max 2x1 + x2
s.a. x1 − x2 ≤ 10
2x1 ≤ 40
x1 , x2 ≥ 0
(b) min −2x1 − 5x2
s.a. x1 + 2x2 ≤ 5
x1 + x2 ≤ 4
x1 , x2 ≥ 0
(c) max x1 + 2x2 + x3 + 2x4
s.a. x1 + 2x2 + x3 + 3x4 ≤ 50
2x1 + x3 + 2x4 ≤ 38
x1 + 3x2 + x3 ≤ 45
−0,4x1 + 0,6x2 +
+0,6x3 − ,4x4 ≤ 0
x1 , x2 , x3 , x4 ≥ 0
(e) min −3x1 − 2x2 − x3
s.a. 2x1 + 5x2 + x3 ≤ 12
6x1 + 8x2 ≤ 22
x1 no restringida
x2 , x3 ≥ 0
Teniendo en cuenta que la columna de Ratio no se ha rellenado en ninguno de los casos, para cada uno de
ellos razonar a cuál de las siguientes situaciones corresponde, y completar correctamente la columna de Ratio
cuando sea necesario:
• El problema no tiene solución factible. ¿Por qué?
• El problema tiene solución óptima única. ¿Cuál?
• El problema tiene soluciones óptimas alternativas. ¿Cómo se obtienen?
• El problema tiene solución no acotada. ¿Por qué?
• Se puede mejorar el objetivo. ¿Qué par de variables determinan el cambio de base?
Nota: TODAS las tablas están hechas para los problemas en forma estándar, incluido el cambio de maximización a minimización. Por ejemplo, la tabla del apartado (a) corresponde al problema:
(a) min −3x1 − 2x2
s.a. 6x1 + 4x2 + s1 = 24
10x1 + 3x2 + s2 = 30
x1 , x2 , s1 , s2 ≥ 0
Solución:
cB
x2
-2
x1
-3
z j − cj
VB
(a)
x1
0
1
0
x2
1
0
0
s1
0,4545
−0,13636
−0,5
s2
−0,2727
0,1818
0
xB
2,7273
2,1818
-12
Ratio
–
2,1818
0,1818
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máx{zj − cj / zj − cj ≥ 0} = 0, luego la tabla actual es óptima. Como hay una variable no básica, s2 con coste
reducido 0, puede que haya un óptimo alternativo. Se obtendrı́a haciendo el cambio de base determinado por:
s2 entra en la base, x1 sale de la base. Para ello debemos hacer una iteración más.
cB
x2
-5
s2
0
z j − cj
VB
(b)
x1
1
2
1
2
− 21
x2
1
0
0
s1
1
2
− 12
− 52
s2
0
1
0
xB
Ratio
5
2
3
2
− 25
2
máx{zj − cj / zj − cj ≥ 0} = 0, luego la tabla actual es óptima. Además, como todas las variables no básicas
tienen coste reducido estrictamente negativo, se trata de una solución óptima única:
0
5
2
con valor óptimo z = − 25
2 .
cB
x4
-2
x1
-1
x2
-2
s4
0
z j − cj
VB
(c)
x1
0
1
0
0
0
x2
0
0
1
0
0
x3
0,0625
0,4375
0,1875
0,6875
0,0625
x4
1
0
0
0
0
s1
0,375
−0,375
0,125
−0,075
−0,625
s2
−0,0625
0,5625
−0,1875
0,3125
−0,0625
s3
−0,25
0,25
0,25
−0,15
−0,25
s4
0
0
0
1
0
xB
5,125
13,875
10,375
31,375
−44,875
Ratio
5,125
0,0625 = 82
13,875
0,4375 = 31,71
10,375
0,1875 = 55,33
31,375
0,6875 = 45,64
máx{zj − cj / zj − cj ≥ 0} = 0,0625 > 0, entonces el objetivo se puede mejorar. La variable que entra en la
base es x3 , y la variable que sale de la base es x1 , donde se alcanza el mı́nimo ratio.
cB
x1
-2
x2
-1
z j − cj
VB
(d)
x1
1
0
0
x2
0
1
0
s1
0
-1
1
s2
1
2
1
2
− 23
xB
20
10
-50
Ratio
máx{zj − cj / zj − cj ≥ 0} = 15 > 0, entonces el objetivo se puede mejorar. La variable que entrarı́a en la
base es s1 , pero en este caso no hay nada que nos frene su crecimiento. Por tanto, la solución del problema
es NO Acotada. El valor de la función objetivo puede crecer indefinidamente a lo largo del rayo que parte del
punto
20
10
en la dirección
0
1
cB
x3
0
(e)
x+
-3
1
z j − cj
VB
x+
1
0
1
0
x−
1
0
-1
0
x2
2,333
1,333
−4,333
x3
1
0
0
s1
1
0
-1
s2
−0,333
0, 1667
−0,1667
xB
4,667
3, 667
−15, 667
Ratio
máx{zj − cj / zj − cj ≥ 0} = 0, luego la tabla actual es óptima. Como hay una variable no básica, x−
1 con
coste reducido 0, puede que haya un óptimo alternativo. Para obtenerlo debemos hacer que x−
1 entre en la
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base. Al ir a hacer el cambio de base nos damos cuenta de que no hay nada que nos frene el crecimiento de
x−
1 . Lo que tenemos es un rayo óptimo. Todos los puntos en el rayo que parte del punto

 + 
x1
3, 667
x−   0 
 1=

 x2   0 
4, 667
x3
en la dirección
 
1
1
 
0
0
−
son óptimos. Aunque si tenemos en cuenta que x1 = x+
1 − x1 , vemos que todos los puntos de ese rayo son
realmente el mismo
  



x1
3, 667 − 0
1−1
x2  = 
 + λ 0 
0
x3
4, 667
0