INVESTIGACIÓN DE OPERACIONES ACTIVIDAD 1: Definición de investigación de operaciones. Capítulo I

INVESTIGACIÓN DE OPERACIONES
Capítulo I
INTRODUCCION A LA INVESTIGACION DE OPERACIONES
ACTIVIDAD 1: Definición de investigación de operaciones.
La investigación de operaciones es la aplicación, por grupos interdisciplinarios, del método científico a
problemas relacionados con el control de las organizaciones o sistemas (hombre−maquina) a fin de que se
produzcan soluciones que mejor sirvan a los objetivos de toda la organización.
ACTIVIDAD 2: La investigación de operaciones en la toma de decisiones.
El tamaño de las empresas modernas implica que la decisiones administrativas pueden tener efectos sobre
grandes cantidades de capital y un gran numero de personas. Los errores pueden ser tremendamente costosos
y una sola decisión equivocada puede requerir años para rectificarse, mas aun, el ritmo de la empresa moderna
es tal que las decisiones se requieren mas rápidamente que nunca, simplemente posponer la acción puede dar
una decidida ventaja a un competidor.
No es sorprendente que el aumento de la dificultad de tomar decisiones ha requerido de esfuerzos para dar a
esta actividad una base mas objetiva y rutinaria.
La investigación de operaciones esta en pleno desarrollo y depende ampliamente de los métodos que han
demostrado tener éxito en la ciencia, desde el punto de vista de la investigación de operaciones, una decisión
es una recomendación de que se lleva a cabo un curso de acción que se espera produzca los mejores resultados
en términos de los objetivos generales de la organización, de la cual el sistema es una parte. Se puede decir,
también, que quien toma una decisión intenta hacer que el sistema sea mas efectivo para alcanzar las metas de
la organización.
ACTIVIDAD 3: Reseña histórica de la investigación de operaciones.
Los inicios de lo que hoy se conoce como investigación de operaciones se remonta a los años 1759 cuando el
economista QUESNAY, empieza a utilizar modelos primitivos de programación matemática, mas tarde ,
WALRAS, hace uso, en 1874, de técnicas similares.
Los modelos lineales de investigación de operaciones, tienen como precursores a JORDAN en 1873, en 1896
y a FARKAS en 1903.
Los modelos dinámicos probabilisticos tienen su origen con MARKOV a fines del siglo pasado. El desarrollo
de los modelos de inventarios, asi como el de tiempos y movimientos, se lleva a cabo por los años 20'S del
siglo pasado, mientras que los modelos, de lineas de espera se originan con los estudios de ERLANG, a
principios del siglo XX. VON NEWMAN cimienta en 1937 lo que años mas tarde culminara como la teoria
de juegos. Hay que hacer notar que los modelos matemáticos de la ivestigacion de operacines que utilizaron
estos precursores, estaban basados en el calculo diferencial e integral (NEWTON, LAGRANGE,
LAPLACE, LESBEQUE, LEIBNITZ, REIMMAN, STIELTJEN, por mencionar algunos), la probabilidad
y estadística(BERNOULLI, POISSON, GAUSS, BAYES, GOSSET, SINEDECOR, ETC.).
No fue sino hasta la segunda guerra mundial, cuando la investigación de operaciones empezó a tomar auge,
primero se le utilizo en la logística estratégica para vencer al enemigo(teoría de juegos) y, mas tarde al
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finalizar la guerra, en la logística de distribución de todos los recursos militares de los aliados dispersos por
todo el mundo, fue debido precisamente a este ultimo problema, que la fuerza aérea norteamericana, a travez
de su centro de investigación RAND CORPORATION, comisiono a un grupo de matemáticos para que
resolviera este problema que estaba consumiendo tantos recursos humanos, financieros y materiales. Fue el
doctor GEORGE DANTZIG, el que en 1947, resumiendo el trabajo de muchos de sus precursores, inventara
el método simplex, con lo cual dio inicio a la programación lineal. Con el avance de las computadoras
digitales se empezó a extender la I.O. , durante los 50'S en las áreas de:
Programación dinámica (BELLMAN), programación no lineal (KUHH Y TUCKER), programación
entera(GOMORY), redes de optimización (FORD Y FOLKERSON), simulación(MARKOWITZ),
inventarios(AAROW, KARLIN, WHITIN), análisis de decisiones (RAIFFA) y procesos markovianos de
decisión (HOWARD).
ACTIVIDAD 4: Beneficios de un proyecto de Investigación de Operaciones.
En la practica, la instrumentación de un proyecto de I.O. en la solucion de un problema real en una
organización, acarrea los siguientes beneficios:
1).− Incrementa la posibilidad de tomar mejores decisiones: antes de la aplicación de la I.O. en una
organización, las decisiones que se toman son generalmente de carácter intuitivo, ignorando la mayoría de las
interrelaciones que existen entre las componentes del sistema. El ser humano, sin la ayuda de una tecnología
mas sofisticada( como la I.O.) y de la herramienta mas moderna(como son las computadoras electrónicas), no
puede visualizar, mucho menos analizar todas las posibles alternativas generadas por los millares de
interacciones que existen. Imaginemos a PEMEX que debe controlar el reparto de combustible a toda la
republica a fin de satisfacer la demanda en todos los centros de consumo buscando siempre el menor costo de
embarque.
2).− Mejora la coordinación entre las múltiples componentes de la organización: en otras palabras, la I.O.
genera un mayor nivel de ordenación, es decir de que sirve que se incrementen las exportaciones de México al
mundo exterior, cuando la capacidad de maniobras de nuestros puertos permanecen estancadas. El sistema
económico trata de equilibrar la balanza de pagos, la otra parte tiende a crear cuellos de botella de mercancía
que tienen que esperar en el puerto hasta que se le embarquen, muchas veces a la interperie, con riesgo de
deteriorase. El tiempo de demora del cliente aumenta, su apatismo para comerciar con México se incrementa,
a corto plazo, se empiezan a sentir otra vez los efectos negativos en la balanza de pagos. En este caso la
presidencia de la republica debe coordinar esfuerzos con la secretarias de comercio, hacienda,
comunicaciones, marina y de obras publicas.
Aquí el papel de la I.O es integrar en su estudio el mecanismo de coordinación, para evitar que las
componentes del sistema se desmembrasen y actúen independientemente una de otras.
3).−Logra el Control del Sistema: al instituir procedimientos sistemáticos que supervisan por un lado las
operaciones que se llevan acabo en la organización y por el otro lado, evita al regreso a un sistema peor. Por
ejemplo, existe una liberación de las gentes dedicadas a actividades de tipo tedioso y rutinario, permitiendo
los accesos a una nueva variedad de las mismas además, estos procedimientos sistemáticos permiten señalar
decisiones que pueden conducir a resultados muy peligrosos para estabilidad y buen funcionamiento del
sistema.
4).−Logra un mejor sistema: al hacer que este opere con costos mas bajos, con interacciones mas fluidas,
eliminando cuellos de botella y logrando una mejor combinación entre los elementos mas importantes de todo
el sistema.
ACTIVIDAD 5: Aplicación de la Investigación de Operaciones en los Sectores Privados y Públicos.
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Actualmente la Investigación de operaciones no solo se aplica en el sector privado como son industrias,
sistemas de comercialización, sistemas financieros, transportes, sistemas de salud, etc. Sino también el sector
de los servicios públicos, tanto como los en los países desarrollados como a los países de tercer mundo.
Precisamente en México la I.O. se utiliza dentro del sector de servicios públicos entre otros: la Secretaria de
Agricultura, de Comunicaciones, de la Presidencia, Petróleos Mexicanos, Comisión Federal de Electricidad,
Instituto Mexicano del Seguro Social, Departamento del D.F., ETC.
ACTIVIDAD 6 : Construcción de modelos
En la I.O. existen tres clases de modelos: icónicos, analógicos y simbólicos.
Los Modelos Icónicos: son imágenes a escala del sistema cuyo problema se requiere resolver, por ejemplo,
las fotografias,las maquetas, dibujos y modelos a escala de barcos automóviles, aviones, canales. ETC.
Modelos Analógicos: Se basan en la representación de las propiedades de un sistema cuyos problemas se
requieren resolver utilizando otro sistema cuyas propiedades son equivalentes. Por ejemplo, las propiedades
de un sistema hidráulico son equivalentes a las de un sistema eléctrico o inclusive, económico.
Los Modelos Simbólicos: son conceptualizaciones abstractas del problema real a base de letras, números,
variables y ecuaciones. Estos tipos de modelos son fáciles de manipular y se pueden hacer con ellos un gran
numero de experimentos. De las tres clases de modelos los simbólicos son los mas económicos de construir y
operar. En este trabajo serán los modelos simbólicos los que se usen para la solución de problemas de
programación lineal.
Capitulo II
PROGRAMACION LINEAL
ACTIVIDAD 7: Programación Lineal
Introducción: La programación lineal es una técnica matemática ampliamente utilizada, diseñada para ayudar
a los administradores de producción y operaciones en la planeación y toma de decisiones relativas a la
negociación necesaria para asignar recursos.
Aplicación : a partir de 1950 se inicia un fuerte desarrollo en la programación lineal apoyada por una gran
variedad de aplicaciones practicas en la economía y la administración industrial.
Principales problemas: Algunos de los principales problemas que han sido establecidos en base a la
programación lineal, así como sus áreas de aplicación son los siguientes:
1).− La selección de la mezcla de productos es una fabrica para tomar el mejor uso de las horas disponibles de
la maquinaria y mano de obra, mientras se maximiza la utilidad de la empresa.
2).− La selección de diferentes mezclas de materias primas en los molinos de comida para producir
combinaciones de alimentos terminados al mínimo costo.
3).− Otros como pueden ser de relaciones ínter indústriales ( modelos de Lentieff, análisis económico),
problemas de transito ( industria de transportes y aviación) ETC.
La programación lineal resuelve los problemas en términos de un conjunto de ecuaciones lineales y una
ecuación también lineal llamada función objetivo , que cuantifica el beneficio proporcionado por la solución
del conjunto de ecuaciones lineales que corresponden a las restricciones .
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Definición: La programación lineal es una herramienta matemática que sirve para resolver de la mejor manera
posible sistema de Asignación en los que la problemática consiste en asignar recursos escasos y limitados
entre actividades competitivas y cuando desde el punto de vista matemático las relaciones entre los elementos
del sistema sean estrictamente lineales.
ACTIVIDAD 8: fase para la solución de problemas de programación lineal
FASE I.− Formación del Problema: Es una de las fases más importantes en la aplicación de la
programación lineal; es decir, la representación matemática del problema que se desea resolver, una guía útil
en la formulación del problema es:
a)Determinar el objeto del problema, el cual puede ser:
Maximizar.− utilidades, producción, publicidad, audiencia, etc.
Minimizar.− costo, tiempo, distancia, desperdicios, etc.
b)Definir las variables del problema, así cual es el sistema de medicina a
utilizar números de artículos, horas−hombres, horas−maquina, etc.
c) Establecer las restricciones del problema, en cuanto a materia prima, tiempo,
recursos financieros, requerimientos de producción, etc.
FASE II.− Construcción del Modelo del Problema: cuando la función objetivo a optimizar (maximizar ó
minimizar), así como las restricciones son funciones lineales, entonces el problema es completamente lineal y
su forma general queda establecida de la siguiente manera dada las j variables X1, X2,... Xj, llamadas
variables de decisión, determinar que valor de cada una de ellas hacen máxima ó mínima una función objetivo
Z, es decir, que sea óptima, considerando que una función es óptima, si primero es factible y su formulación
general es:
a)Función objetivo: Max ó Min Z= C1, X1, + C2 X2 + . . . +Cj Xj
b)Sujeta a las restricciones:
a11 x1 + a12 x2 + . . . + a1 jXj < = > b1
a21 x1 + a22 x2 + . . . + a2 jXj < = > b2
........
........
........
ai1 X1 + ai2 X2 + . . . + aij Xj < = > bj
c) No−negatividad: X j 0 ; j = 1, 2, 3, ... n
DONDE: Z = Objetivo del problema (maximizar ó minimizar)
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Xj = Variables de decisión ( j = 1, 2, 3.... n )
Cj = Contribución por unidad de la variable de decisión.
aij = Coeficiente Tecnológico(i =1,2,3,...,m ; j =1,2,3, . . . ,n)
bj = Recurso Disponible.
NOTA: El coeficiente Tecnológico (aij) es la cantidad que se emplea del recurso
disponible bj para elaborar el producto Xj (dato técnico).
El recurso disponible bj, en algunos casos representa la capacidad, (cantidad
que no se puede sobrepasar y se representa como menor e igual
matemáticamente ); en otros casos puede representar el requerimiento
(cantidad que puede usarse por lo menos y se representa matemáticamente
como mayor e igual ) y en algunos casos este recurso deberá ser exactamente
su valor( cantidad que matemáticamente se representa como una igualdad =).
PROBLEMA DE AUTOEVALUACION:
Una compañía puede producir tablones para la construcción o laminas para puertas, la cantidad máxima de la
fabrica es de 400 unidades, de las cuales necesariamente 100 unidades deben ser tablones y 150 laminas, para
satisfacer la necesidades de los clientes, si la utilidad por tablón es de $200 y de $300 pesos por lamina.
Determine el numero de tablones y laminas que se deben producir para obtener la máxima utilidad.
(Formular y construir el modelo del problema).
Solución:
Fase 1: Formulación del Problema.
a).− Determinar el objetivo del problema: Maximizar utilidades.
b).− Definir las Variables del problema: Z = utilidad
X1 = numero de tablones a producir ; C1 = $200/Tablón.
X2 = numero de laminas a producir ; C2= $300/Lamina.
c).− Establecer las restricciones del problema:
• Capacidad máxima de producción: 400 unidades.
• Requerimientos de producción de pro lo menos 100 tablones y 150 laminas.
Fase II: Construcción del modelo del problema.
a).− Función objetivo: Max Z = 200X1 + 300X2
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b).− Sujeta a las restricciones:
1).− Capacidad de producción: X1 + X2 400
2).− Requerimientos Mínimos: X1 100
X2 150
C).− No negatividad: X1 0 y X2 0
PROBLEMAS PROPUESTOS:
Formular y construir los modelos de los siguientes problemas de programación lineal:
1).− Un agente esta arreglando un viaje en esquís, puede llevar un máximo de 10 personas y ha decidido que
deberán ir por lo menos 4 hombres y 3 mujeres. Su ganancia será de 10 pesos por cada mujer y 15 pesos por
cada hombre. ¿ Cuantos hombres y cuantas mujeres le producen la mayor ganancia?
2).− Un sastre tiene las siguientes materias primas a su disposición: 16 m2 de algodón, 11 m2 de seda y 15m2
de lana. Un traje requiere: 2 m2 de algodón, 1m2 de seda y 1 m2 de lana. Una túnica requiere: 1m2 de
algodón, 2m2 de seda y 3m2 de lana. Si el traje se vende en $300 y una túnica en $500. ¿Cuántas piezas de
cada confección debe hacer el sastre para obtener la máxima cantidad de dinero?.
3).− Mueblería MARY elabora dos productos, mesas y sillas que se deben procesar a través de los
departamentos de ensamble y acabado. Ensamble tiene 60 hrs. disponibles, acabado puede manejar hasta 40
hrs. de trabajo. La fabricación de una mesa requiere de 4 hrs. de ensamble y 2 hrs. de acabado, mientras que
una silla requiere de 2 hrs. de ensamble y 2 hrs. de acabado. Si la utilidad es de $80 por mesa y $60 por silla.
¿Cuál es la mejor combinación posible de mesas y sillas a producir y vender para obtener la máxima
ganancia?
4).− Una firma corredora de bolsa ofrece dos tipos de inversiones que producen ingresos a razón de 4% y 5%
respectivamente. Un cliente desea invertir un máximo de $10000 y que su ingreso anual sea por lo menos de
$4500. insiste en que por lo menos ¾ del total debe ser invertido al 5%. El corredor recibe el 1% de los
ingresos de la inversión al 5% y 2% de la inversión del 4%. ¿Cuánto invertirá el corredor a cada tasa para que
sus honorarios sean máximos?.
5).− Una compañía de carga aérea desea maximizar los ingresos que obtiene por la carga que transporta la
compañía tiene un solo avión diseñado para transportar dos clases de carga. Carga normal y carga frágil. La
compañía no recibe pago extra por transportar carga frágil; sin embargo para asegurar ciertos contratos de
negocios, la compañía ha acordado transportar cuando menos 5 toneladas de carga frágil. Este tipo de carga
debe llevarse en una cabina presurizada. La capacidad de la cabina principal es de 20 toneladas de carga. La
cabina presurizada no puede llevar mas de 10 toneladas de carga. El avión tiene restricción de peso que le
impide llevar mas de 20 toneladas de carga, para mantener en equilibrio el peso, la carga de la cabina
presurizada debe ser menor o igual que dos tercios del peso de la cabina principal, mas una tonelada, la
compañía recibe $1000 por tonelada de los dos tipos de carga que transporta.
6).− Un inversionista tiene $10000 que quisiera produjeran tanto dinero como sea posible; quiere invertir
parte en acciones, parte en bonos y colocar el resto en una cuenta de ahorro. El inversionista cree poder ganar
8% con el dinero que invierta en acciones y el 7% que invierte en bonos. El banco paga el 5% de interés sobre
las cuentas de ahorros. Como las acciones son una inversión con cierto riesgo, decide no invertir en acciones
mas de lo que ponga en la cuenta de ahorro. El inversionista se quedara con al menos $2000 en la cuenta de
ahorros por si necesita dinero en efectivo de inmediato.¿Cuánto dinero deberá invertir en cada tipo?
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7).− Una mujer quiere diseñar un programa de ejercicios semanales, incluyendo caminata, bicicleta y
natación. Para variar los ejercicios planea invertir al menos tanto tiempo en bicicleta como la combinación de
caminata y natación. Además, quiere nadar al menos dos hrs a la semana, por que le gusta mas nadar que los
otros ejercicios. La caminata consume 600 calorías por hora, en la bicicleta usa 300 calorías por hora nadando
gasta 300 calorías por hora. Quiere quemar al menos 3000 calorías a la semana por medio de los ejercicios.
¿Cuántas horas debe dedicar a cada tipo de ejercicio si quiere minimizar el numero de horas invertidas.?
8).− Cierta compañía tiene una filial que le provee de las latas que necesita para comercializar su producto, en
dicha filial que produce latas de aluminio contiene las tapaderas a partir de hojas metálicas rectangulares. Las
dimensiones de estas hojas son de 6cms x 15cms Se requieren dos tamaños diferentes de tapas, el diámetro de
las pequeñas es de 3cms y el de las grandes de 6 cms. El programa de producción en un día determinado es de
20000 tapas chicas y 5000 tapas grandes. ¿Cuál es el programa que minimice el numero total de hojas
metálicas usadas de tal manera de obtener la mejor combinación de tapas de los diferente tamaños que pueden
ser cortadas?
9).− General Motors que vende el carro mas compacto desea hacer publicidad para este modelo a través de
canal 13 de televisión, la publicidad consistirá en pequeños comerciales de duración variable que se
intercalaran en un programa semanal de 60 min. En el cual se presentaran los mejores cantantes del continente
y un cómico de la localidad. General Motors insiste en tener al menos 5 min. De comerciales y el reglamento
de la televisora requiere cuando mucho los comerciales consuman 18 min en programas de 60 min., y que
nunca sea mayor el tiempo de los comerciales de actuación de los cantantes, los cantantes no quieren trabajar
mas de 30 min. De los 60 que dura el programa, de manera que el cómico se utiliza para cualquier lapso de
tiempo en el cual no habrá comerciales o cuando no estén trabajando los cantantes. Por experiencia de la
empresa televisora, se sabe que por cada min. Que los cantantes estén en el aire 6000 televidentes mas estarán
viendo el programa, por cada minuto que el comico este trabajando 3000 televidentes estarán viendo el
programa, en cambio por cada min de comerciales se pierden 500 televidentes.
El cómico cobra $200 por minuto, los cantantes cobran $1000 por min y los comerciales $50 por min. Si en
General Motors desea:
1).− Maximizar el numero de televidentes al finalizar el programa de 60 min.
2).− producir el programa un mínimo costo. ¿Cuál es el medelo a utilizar para cada situación?
10).− La compañía HOLSA de México quiere minimizar los desperdicios de lamina, para lo cual encarga a
su departamento de producción que optimice el costo de las laminas de acuerdo a los requisitos de los
consumidores. En particular se hará con el consumidor mas importante al cual se le surten tres tamaños de
laminas a saber: tipo 1:30 cms x 60 cms y espesor de 8 mm; tipo 2:30cmsx 70 cms y espesor de 8 mm tipo
3:30cms x 50 cms y espesor de 8 mm. Las cantidades necesarias son 10000, 15000 y 5000 por mes
respectivamente. Si las laminas que produce la compañía son de dimensiones de 30 cms x 180 cms con
espesor de 8 mm. ¿Cuál es el modelo para optimizar los desperdicios?.
11).− Una compañía de zapatos puede producir tres tipos de zapatos a su máxima capacidad: zapatos de vestir,
de trabajo y de deporte, la utilidad neta es de $1000. $800 y $400 respectivamente. El mercado de zapatos ha
bajado como consecuencia de las dificultades económicas existentes en el pais de tal manera que hay una
capacidad excesiva de 550,650 y 300 unidades por dia.
En las plantas existen dificultades de almacenamiento causado por el decremento de las ventas. Las tres
plantas tienen: 10000, 8500 y 4000 metros cuadrados de espacio disponibles respectivamente. Los zapatos de
vestir requieren de .50 metros cuadrados para almacén , de .75 metros cuadrados para los de trabajo y .40
metros cuadrados para los de deporte. La compañía ha pronosticado que las ventas serán de 700, 850 y 750
unidades respectivamente para los zapatos de vestir, trabajo y deporte. ¿cuál es el modelo que maximiza la
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utilidad neta?.
12).− E n un salón de Banquetes se tienen programados banquetes durante los siguientes
cinco días, los requisitos de manteles por banquete son :
Banquete : 1 2 3 4 5
Numero de manteles : 80 60 100 130 200
El problema del administrador es que se requieren manteles diferentes a los que el usa, por lo que tendrá que
comprar ese tipo de manteles; el costo de cada mantel es de $40 y el costo de mandarlo a la lavandería bajo
servicio urgente para tenerlo listo a los dos días es de $10 por mantel.
¿cuál es el modelo que le permitirá al administrador cumplir con sus requisitos y además minimizar el costo
total?
13).−Un inversionista dispone de $ 5000 los cuales desea invertir, se le presentan dos opciones; A y B. El plan
A le garantiza que cada peso invertido producirá $ 0.50 en un año, mientras que el plan B le garantiza que
cada peso invertido le producirá $1.50 en dos años. ¿cómo debe invertir dicha persona con el fin de
maximizar sus ganancias al final de tres años?
14).− Una compañía fabrica tres productos: volantes, juntas y ejes, el gerente enfrenta el problema de decidir
cual debe ser el mejor programa de producción para el siguiente mes. Se ha determinado que hay disponibles
cuando mas 1620 horas de tiempo de producción para el mes siguiente . no hay limite para el abastecimiento
de metal para estos tres productos, cada hora de tiempo de producción cuesta $ 7.00 y cada unidad de metal
cuesta $2.20. todas las ventas son efectivo y todos los costos deben pagarse en efectivo durante el siguiente
mes los costos fijos para el siguiente mes son de $ 2,200 y se requiere un flujo de efectivo de $800 debido a
compromisos previos. El saldo de efectivo a principios de mes es de $ 28,425.
TABLA DE DATOS TÉCNICOS.
PRODUCTO
VOLANTES
JUNTAS
EJES
HORAS DE
TIEMPO DE
PRODUCCIÓN
POR UNIDAD
FABRICADA
4.5
1.8
3.6
UNIDADES DE
METAL
NECESARIAS
POR UNIDAD
FABRICADA
3.25
4.70
5.00
PRECIO
UNITARIO AL
CLIENTE (EN $)
DEMANDA
PRONOSTICADA DE
LOS CLIENTES (EN
UNIDADES).
$50.65
$38.94
$50.20
300
550
320
La producción puede realizarse con velocidad suficiente para permitir su distribución dentro del mismo mes. ¿
cual debe ser el programa de producción para el próximo mes, a fin de maximizar las utilidades?.
FASE III: METODOS DE SOLUCION DEL PROBLEMA.
I).− Método grafico: El presentar el método grafico para la solución de problemas de programación lineal,
tiene como finalidad introducir una serie de conceptos que permiten una mejor comprensión del problema y
que además son fundamental para una interpretación del método algebraico de solución. Este método es
practico y sencillo cuando utiliza solo dos variables de decisión, además requiere de dibujos a escala muy
precisa.
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Procedimiento de calculo:
I).− Formular el problema. (Fase I).
II).− Construir el modelo del problema (Fase II).
III).−Convertir el sistema de restricciones en un sistema de ecuaciones (en forma directa).
IV).− Para cada ecuación, encontrar los puntos vértices P( X1,X2); considerando la no
productividad, es decir, primero no producimos a X1 (X1 = 0) y segundo no
producimos a X2 (X2= 0).
Una restricción con dos variables de decisión tendrá dos puntos vértices mientras
que si solo contiene una sola variable de decisión. Solo tendrá un punto vértice
considerando con valor cero a la variable que no contenga, los puntos obtenidos se
enumeran en forma progresiva.
V).− Se elige una escala (trabajable) para trazar cada una de las restricciones por sus respectivos puntos
vértices y enumerar los puntos de intersección originados por el cruce de las rectas.
VI).− Limitar de acuerdo a cada restricción, es decir, si es limita hacia la izquierda o hacia abajo, = limita en
ambos sentidos ya que una igualdad es un producto de dos desigualdades y limita hacia la derecha o hacia
arriba como se muestra en las graficas.
X2
X2
Requerimiento Mínimo
P1 Capacidad Máxima
P1 aij Xjbj
aij Xj bj
0 P2 X1 0 X1
P2
X2
Uso Total
P1
aij Xj = bj
9
0 P2 X1
VII).− Encontrar el área o las áreas de solución, definidas por el conjunto convexo* y las situaciones que se
pueden presentar son:
1).− SOLUCION ACOTADA
X2
P1
aijXj bj
P3 P6
AREA aijXj bj
X1
0 P5 P2 P4
2).− SOLUCION ILIMITADA.
X2
P1
aijXj bj
P3 P6
aij Xj bj
P5 P2 P4 X1
0
3).− SOLUCION MULTIPLE.
X2 aij xjbj
P1 aij xjbj
P10 P11
P15 aij xj bj
AR
P16 AR p13 p12 aij xj bj
P9
10
P7 p4 AR p14
P7 p5 p6 p2 X1
aij xj bj
aij xj bj
4).− SIN SOLUCION: Es el caso de no encontrar área.
*Conjunto Convexo: Espacio donde convergen el sistema de restricciones.
VIII).− Tomar los puntos vértices del area de solucion y sustituir los valores de X1 y X2 , en la función
objetivo (Max o Min) = C1 X1 + C2 X2 y se elige la opción que optimiza el valor de Z ( solucion optima).
IX).− Probar factibilidad, es decir, sustituir los valores de X1 y X2 que optimizan Z , en cada una de las
restricciones del problema, recordando que la función Z es optima, si primero es factible.
X).− CONCLUSIÓN.
I).− METODO GRAFICO:
PROBLEMA DE AUTOEVALUACION:
El director de servicio de agua de una ciudad encuentra una forma de proporcionar al menos 10 millones de
litros de agua potable al dia (10mld). El suministro puede ser proporcionado por el deposito local o por medio
de unas tuberías desde una ciudad vecina (por bombeo). El deposito local tiene un rendimiento diario de 5
millones de litros de agua diarios (5mld), que no puede ser sobrepasado. La tubería no puede abastecer mas de
10 millones de litros diarios (10mld), debido a su diámetro. Por otra parte. Por acuerdo contractual, se
bombearía como mínimo 6 millones de litros diarios (6mld). Finalmente el agua del deposito cuesta $ 300 por
millón de litros de agua (ml) y $ 500 por tubería (por bombeo). ¿cómo podrá el director minimizar los costos
de suministro diario de agua?.
SOLUCION:
I).− Formular el Problema (Fase I).
a).− Determinar el objetivo del Problema : minimizar los costos.
b).− Definir las variables del Problema:
Z = Costos
X1 = Cantidad de litros de agua abastecidos por el deposito local:
C1 = $300 / millón de litros
X2 = Cantidad de litros de agua abastecidos por tubería (bombeo):
C2 = $ 500/ Millon de litros.
c).− Establecer restricciones del problema:
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1).− Requerimiento mínimo de abastecimiento de 10 millones de litros de agua diarios.
2).− Capacidad máxima del deposito local de 5 millones de litros de agua diarios.
3).− Capacidad máxima de tubería de 10 millones de litro de agua diarios.
4).− Requerimiento mínimo por contrato de la tubería de 6 millones de litros de agua diarios.
II).− Construir el modelo del problema (Fase II).
a).− Función Objetivo : Min Z = 300X1 + 500X2.
b).− Sujeta a las Restricciones:
• X1 + X2 10 mld (Para satisfacer el requerimiento mínimo de litros de
agua de la ciudad).
• X1 5 mld ( Capacidad del deposito).
• X2 10 mld ( Capacidad de la tubería)
• X2 6 mld (Requerimiento de suministro de la tubería).
c).− No − negatividad: X1 0 ; X2 0.
III).− Convertir el sistema de restricciones a un sistema de ecuaciones (en forma directa).
SISTEMA DE RESTRICCIONES SISTEMA DE ECUACIONES
• X1 + X2 10 1. X1 + X2 = 10
• X1 5 2. X1 = 5
• X210 3. X2 = 10
• X2 6 4. X2 = 6
• X1 0 ; X2 0
IV).− Encontrar los puntos vértices P( X1, X2), de cada ecuación.
• X1 + X2 = 10
Si X1 = 0 por lo tanto X2 = 10 : P1 (0, 10).
Si X2 = 0 por lo tanto X1 = 10 : P2 (10, 0).
• X1 = 5 por lo tanto X2 = 0 : P3 (5, 0)
• X2 = 10 por lo tanto X1 = 0 : P4 (0, 10)
• X2 = 6 por lo tanto X1 = 0 : P5 (0, 6).
V) Eligiendo una escala, trazar cada una de las restricciones (1/2 CMS =1 unidad)
VI) Limitar de acuerdo al tipo de restricción.
VII) Encontrar el área de solución, definida por el conjunto convexo.
12
Como podemos observar en las graficas, el área 1, es en la que es en la que converge todas las flechas
(conjunto convexo).
VIII) Sustituir los puntos vértices del área de solución en la función objetivo.
De acuerdo a la grafica, los puntos vértices del área de solución son:
P1(0 , 10) ; P8(4 , 6) ; P9(5 , 6) y P10(5 , 10)
P(X1 , X2) ; Min Z = 300 X1+500X2
P1(0 , 10) ; Z1 = 300(0)+500(10) = 0+5000 Z1=$5000
P8(4 , 6) ; Z8 = 300(4)+500(6) = 1200+3000 Z8=$4200 Optimo mínimo
P9(5 , 6) ; Z9 = 300(5)+500(6) = 1500+3000 Z9=$4500
P10(5 , 10) ; Z10 = 300(5)+500(10) = 1500+5000 Z1=$6500
Como podemos observar el punto P8(4 , 6), arroja el valor mínimo de Z = $4200
Solución optima: X1 = 4 mld ; X2 = 6 mld y Z Min= $4200
IX)Probar factibilidad: Si X1=4 y X2=6
1.− X1+X210 3.− X210 5.− X10 y X20
4 + 6 10 610 (Cumple) 40 y 60 (Cumple)
1010 (Cumple)
2.− X15 4.− X26
45 (Cumple) 66 (Cumple)
X)Conclusión: El director deberá suministrar 4 millones de litros de agua diarios a través del deposito
local y 6 millones de litros de agua diarios a través de las tuberías (Por bombeo); para satisfacer el
requerimiento mínimo de 10 millones de litros de agua diarios a un costo mínimo de $4200.
I).− METODO GRAFICO:
Problemas Propuestos:
1).− Una compañía elabora dos productos. Mesas y sillas y se deben procesar a través de los departamentos de
ensamble y acabado. Ensamble tiene 60 horas disponibles, acabado puede manejar hasta 48 horas de trabajo.
La fabricación de una mesa requiere 4 horas de ensamble y 2 horas de acabado. Si la utilidad es de $80 por
mesa y $60 por silla, ¿ cual es la mejor combinación posible de mesas y sillas para producir y vender y
obtener la máxima ganancia?
2).− Una compañía esta tratando de encontrar la mejor manera de cortar platos de papel de rollo estándar.
Tiene dos pedidos de platos: uno por 100,000 platos de 9 pulgadas. El otro por 178,000 platos de 7 pulgadas.
Se han propuesto dos métodos de corte. El corte A rinde 5 platos de 9 pulgadas y 10 platos de 7 pulgadas, mas
13
4 pulgadas de desperdicio por cada rollo de material. El corte B rinde 8 platos de 9 pulgadas y 5 platos de 7
pulgadas, mas 6 pulgadas de desperdicios por cada rollo de material. ¿ Cuantos cortes de cada tipo deben
hacerse para minimizar el desperdicio?.
3).− Un expendio de carnes de la ciudad acostumbrada ha preparar carnes para albondigon con una
combinación de carne molida de res y carne molida de cerdo, la carne de res contiene 80% de carne y 20% de
grasa y le cuesta a la tienda $40 el kilo, la carne de cerdo contiene 68% de carne y 32% de grasa y cuesta $30
por kilo. ¿ Que cantidad de cada tipo de carne debe emplear la tienda en cada kilo de albondigon, si desea
minimizar el costo y mantener el contenido de grasa no mayor del 25%?.
II).− MÉTODO SIMPLEX:
La mayoría de los problemas reales de programación lineal tienen mas de dos variables y son por ende
demasiado grandes para su solución grafica. Un procedimiento llamado método simplex desarrollado en 1947
por el norteamericano George B. Dantzia puede ser utilizado para encontrar la solución óptica de los
problemas con multivariables. El Método Simplex es en realidad un algoritmo ( ó un conjunto de
instrucciones) con el que se examinan los puntos vértices (esquinas) de una manera metódica hasta conseguir
la mejor solución: la máxima utilidad ó el mínimo costo, por ejemplo.
TIPOS DE SOLUCIÓN:
Solución Factible: Es un valor del conjunto de variables (vector solución) para el cual todas las restricciones
se cumplen, incluyendo las de no−negatividad.
Solución Optima: Es una solución factible que optimiza la función objetivo z.
Solución Básica: En un sistema de ecuaciones con n variables (n , m). Una solución es aquella se obtiene de
fijar (n , m) variables del sistema iguales a cero y resolver el sistema en función de las m restantes, a estas
variables se les llaman Variables Básicas.
Solución Básica Factible: Es aquella solución básica en que todas las variables básicas son no−negativo.
TIPOS DE VARIABLES:
Variables de Decisión: Son aquellas variables que determinan la solución del problema y se denotan por Xj.
Variables Base: Son aquellas variables que se agregan al sistema de restricciones como de holgura y
artificiales y pertenecen a la columna Vb.
Variables de Holgura: La variable de holgura se denota por Hi y Hj, cuya ecuación es:
1)Al introducirla a la restricción, la convierte en ecuación.
2)Forma parte de la matriz identidad y su costo es cero.
3)En la tabla simplex, en renglón representa el sobrante del recurso y en la
columna representa el sobrante de la contribución.
Variable Artificial: Esta variable se denota por Ai y Aj, cuya función es:
1)Sirve como variable basica inicial, carece de sentido en el problema, solo en un
14
artificio.
2)Forma parte de la matriz identidad y su costo es M, tan grande cuando Z se
minimiza y tan pequeña cuando Z se maximiza, para garantizar valore negativos y
positivos, respectivamente
3)Tiene preferencias de entrar a la tabla simplex inicial.
PROPIEDADES:
1)El conjunto de soluciones factibles es un conjunto convexo.
2)Si existe una solución factible, existirá una solución básica factible,
correspondiente a un punto vértice del conjunto de soluciones factibles (conjunto
convexo).
3)Existe un número finito de soluciones básicas factibles (puntos vértices del
conjunto convexo).
4)Si la función objetivo posee un óptimo finito. Entonces dicho óptimo estará dado
por una ó mas soluciones básicas factibles.
PROCEDIMIENTO DE CALCULO:
I)Formación del problema (fase I).
II)Construccion del modelo del problema (fase II).
III)Convertir el sistema de restricciones en un sistema de ecuaciones; agregando variables de holgura y
artificiales, según sea el tipo de restricción:
TIPO DE
SE AGREGA
FUNCION OBJETIVO
Hi
Ai
−Hi + Ai
Max ó Min Z= 0 Hj
Max Z = −MAj ó Min Z= Maj
Max Z=0Hj−MAj ó Min Z=0Hj+MAj
RESTRINCCION
=
NOTA: La variables artificial Ai, tiene preferencia de entrar a la columna base Vb.
IV)Construir la nueva función objetivo, incluyendo las variables de holgura primero y segundo las variables
artificiales, con sus respectivos costos (0 y +M ó −M)
V)Construir el sistema de ecuaciones, incluyendo las variables de holgura primero y segundo las artificiales,
la variable que no contenga la ecuación, se agregará con coeficiente cero.
15
VI)Construir la tabla simplex inicial (tabla N°1):
1)Definir una columna−renglón Cj que contenga en renglón los coeficientes de la función objetivo y en
columna los coeficientes de las variables básicas (holgura y artificiales)
2)Definir una columna que contenga las variables básicas Vb ( de holgura y artificiales).
3)Definir una columna que contenga los recursos disponibles bj (columna solucion).
4)Definir la matriz de cuerpo que contiene las columnas de las variables de decisión Xi
y sus coeficientes tecnológicos aij.
5)Definir la matriz identidad que contiene las columnas de las variables básicas (primero las de holgura y
después las artificiales), con sus respectivos coeficientes técnicos +− 1.
6)Definir el renglón Zj, empleando las expresión : Zj = ( columna Cj ) ( columnas aj) ; es decir, la suma de los
productos de los elementos correspondientes de la columna Cj con cada columna aj.
7)Definir el renglón Cj− Zj ; el cual se obtiene restando los elementos del renglón Zj, de los elementos
correspondientes del renglón Cj.
TABLA SIMPLEX INICIAL (Tabla N° 1)
MATRIZ DE CUERPO
MATRIZ IDENTIDAD
VII).− Resolver la tabla simplex (proceso iterativo).
1)Determinar la variable de entrada : la determina el valor mayor positivo del renglón
Cj− Zj, si el objetivo es Max Z o el valor mayor negativo si el objetivo es Min Z,
definiéndose así, la columna seleccionada aj.
2)Determinar la variable de salida : esta variable se determina empleando la ecuación
matricial : Vb = bj/aj ; es decir, el menor valor positivo de dividir cada elemento de la
columna recursos bj entre sus correspondientes elementos de la columna seleccionada
aj, definiendo así, el renglón seleccionado Rs. (posteriormente renglón pivote).
3)Obtener el numero pivote np, el cual se obtiene por la intersección del renglón y
columna seleccionados y se encierra en un circulo.
4)Obtener los elementos del renglón pivote (R.P.) , el cual se obtiene multiplicando los
elementos del renglón seleccionado Rs por el inverso multiplicativo del numero
16
pivote np, es decir : R.P. = Rs y se introduce a las siguiente tabla
5)Calcular los valores de los renglones restantes aplicando la expresión NE.
NE
e introducirlos a la siguiente tabla:
6)Calcular los renglones Zj y Cj − Zj, e introducirlos a la siguiente tabla.
VIII) Verificar optimalidad : si el objetivo es Max Z; Cj − Cj " 0. en todos sus elementos y si el objetivo es
Min Z; Cj− Zj " 0, en todos sus elementos , de no cumplirse, repetir el paso VII.
IX)Obtener la solución optima del problema, empleando la ecuación matricial : Vb = bj.
X)Verificar la factibilidad. Sustituyendo los valores óptimos de las variables de decisión Xi encada
restricción, incluyendo las de no− negatividad.
XI)Conclusión.
II) Método Simplex :
Problema de Auto evaluación.
Una compañía manufacturera puede producir dos productos A y B. La producción esta organizada en tres
departamentos : fabricación, ensamble y pintura, con capacidades semanales de 72 hora, 30 horas y 40 horas
para los tres departamentos, respectivamente. Cada unidad del producto A requiere dos horas de tiempo de
fabricación, una hora de ensamble y dos horas de pintura. Las condiciones en las ganancias son de $ 8 y $ 10
por unidad del producto A y B, respectivamente. La compañía es capaz de vender cualquier cantidad de los
dos productos, determine:
a).− la solución optima, empleando el método simplex; b) ¿qué departamento tiene exceso de capacidad? Y c)
si a la compañía le ofrecen pintura en oferta a $ 2/litro. ¿debería comprarla?.
SOLUCION:
a). Obtener solución optima, empleando simplex.
I) Formulación del problema (fase I).
a) Determinar el objetivo : maximizar la ganancia.
b) Definir variables : Z= ganancia
X1 = Nª de productos tipo A a producir ; C1 = $ 8 / producto.
X2 = Nª de productos tipo B a producir : C2 = $ 10 / producto.
c). Establecer restricciones : 1). Tiempo
⋅ Departamento de Fabricación : 72 horas semanales
⋅ Departamento de ensamble : 30 horas semanales.
17
⋅ Departamento de pintura : 40 horas semanales.
II) Construcción del modelo del problema (fase II).
a). Funcion objetivo : Max Z = 8X1 + 10 X2
b). Sujeta a las restricciones :
⋅ Departamento de Fabricación : 2X1 + 3X2 " 72
⋅ Departamento de ensamble : X1 + X2 " 30
⋅ Departamento de pintura : X1 + 2X2 " 40
c). No − Negatividad : X1 " 0; X2 " 0
III) Convertir el sistema de restricciones a un sistema de ecuaciones, agregando variables de holgura y/o
artificiales, según el tipo de restricción, en este problema, podemos observar las tres restricciones son " , por
lo tanto a ambas se les agrega variable de holgura Hi.
Sistema de Restricciones Sistema de Ecuaciones
2X1 + 3X2 " 72 2X1 + 3X2 + H1 = 72
X1 + X2 " 30 X1 + X2 + H2 = 30
X1 + 2X2 " 40 X1 + 2X2 + H3 = 40
H1 ; H2 y H3, Con costo cero
IV). Construir nueva Función Objetivo : Max Z = 8X1 + 10X2 + 0H1 + 0H2 + 0H3
V). Construir el sistema de ecuaciones : 2X1 + 3X2 + H1 + 0H2 + 0H3 = 72
X1 + X2 + 0H1 + H2 + 0H3 = 30
X1 + 2X2 + 0H1 + 0H2 + H3 = 40
No − Negatividad : X1 "0 ; X2"0 ; H1"0 ; H2"0 ; H3"0.
VI). Construir la tabla simplex inicial ( tabla n° 1).
Tabla N°1: Entra X2 (a2:seleccionada). Función objetivo.
Cj 8 10 0 0 0
Vb bj X1 X2 H1 H2 H3
0 H1 72 2 3 1 0 0
0 H2 30 1 1 0 1 0
0 H3 40 1 2 0 0 1 Sale H3 (R3 seleccionado)
18
Zj 0 0 0 0 0 0
Cj−Zj 8 10 0 0 0
Zj = (Columna Cj) (columna aj) Cj−Zj = renglón Cj − renglón Zj
Zjbj = 0 (72) + 0 (30) + (40) = 0 Cj − Zj X1 = 8−0 = 8
ZjX1= 0(2) + 0 (1) + 0 (1) = 0 Cj − ZjX2 = 10 −0 = 10
ZjX2= 0(3) + 0 (1) + 0 (2) = 0 Cj − ZjH1 = 0−0 = 0
ZjH1= 0(1) + (0) + 0 (0) = 0 Cj − ZjH2 = 0−0 = 0
ZjH2= 0(0) + 0(1) + 0 (0) = 0 Cj − ZjH3 = 0−0 = 0
ZjH3= 0(0) + 0(0) + 0(1) = 0
VII). Resolver la tabla N°1 (Primera iteración)
1)Determinar la variable de entrada : como el objetivo es Max Z; la determina el mayor valor positivo de Cj −
Zj = 10 , entonces X2 debe entrar a la base Vb, definiendo asi la columna seleccionada a2 =
2)Determinar la variable de salida empleando la ecuación matricial Vb = bj/a2
(menor valor positivo)
Vb = bj/a2 ; Siendo 20 el menor valor positivo, entonces H3 debe salir de la base Vb, definiendo asi, el
renglon seleccionado R3.
3)Obtener el numero pivote np, de acuerdo a la tabla N°1 , np = 2
4)Obtener los elementos del renglón pivote, empleando la ecuación : R.p. = 1/2R3, e introducirlo a la tabla
siguiente ; es decir, tabla N° 2.
R.P. = ½ (40 1 2 0 0 1) = 20 ½ 1 0 0 ½
Tabla N°2: Entra X1 (a1:seleccionada). Función objetivo.
Cj 8 10 0 0 0
Vb bj X1 X2 H1 H2 H3
0 H1 12 1/2 0 1 0 −3/2
0 H2 10 1/2 0 0 1 −1/2 Sale H2 (R2 seleccionado)
10 X2 20 1/2 1 0 0 1/2
Zj 200 5 10 0 0 5
Cj−Zj 3 0 0 0 −5
19
5)Obtener los valores de los renglones restantes R1 y R2 ; empleando la expresión NE, e introducirlos a la
siguiente tabla (Tabla Nª 2 )
NR1=R1−3 R.P. NR2=R2−1 R.P.
R1 72 2 3 1 0 0 R2 30 1 1 0 1 0
−3 R.P. −3(20 ½ 1 0 0 ½) −1 R.P. −1(20 ½ 1 0 0 ½)
72 2 3 1 0 0 30 1 1 0 1 0
−60 −3/2 −3 0 0 −3/2 −20 −1/2 −1 0 0 −1/2
NR1 12 ½ 0 1 0 −3/2 NR2 10 ½ 0 0 1 −1/2
6)Calcular los renglones Zj y Cj−Zj e introducirlos a la siguiente tabla.(Tabla Nª 2).
Zjbj = 0 (12) + 0 (10) + 10 (20) = 200 Cj − ZjX1 = 8−5 = 3
ZjX1= 0 (1/2) + 0 (1/2) + 10 (1/2) = 5 Cj − ZjX2 = 10 −10 = 0
ZX2 = 0 (0) + 0 (0) + 10 (1) = 10 Cj − ZjH1 = 0−0 = 0
ZjH1 = 0 (1) + 0 (0) + 10 (0) = 0 Cj − ZjH2 = 0−0 = 0
ZjH2 = 0 (0) + 0 (1) + 10 (0) = 0 Cj − ZjH3 = 0−5 = −5
ZjH3 = 0 (−3/2) + 0 (−1/2) + 10 (1/2) = 5
VIII).− Verificar optimalidad: como el objetivo Max Z ; Cj − Zj " 0, en todos sus elementos, ya que C1− Z1 =
3 " 0 ; no cumple, repetir el paso VII.
VII).− Resolver tabla N° 2 (segunda iteración).
1).− Se determina la variable de entrada ; como el objetivo es Max Z, la determina el valor mayor positivo de
Cj − Zj = 3, entonces X1, debe entrar a la base Vb, definiendo asi la columna seleccionada a1 =
2).−Se determina la variable de salida empleando la ecuación matricial : Vb bj/a1 (menor valor positivo), es
decir:
; Siendo 20 el menor valor positivo,
entonces H2 debe salir de la base Vb, definiendo el renglón seleccionado R2.
3).− Obtener el numero pivote np, de acuerdo a la tabla N°2, np= ½
4).− Obtener los elementos del renglón pivote R.P., empleando la ecuación R.P.= 2R2; e introducirlo a la
siguiente ; es decir, tabla N°3.
R.P. = 2 (10 ½ 0 0 1 −1/2) = 20 1 0 0 2 −1
Tabla N°2:
20
Cj 8 10 0 0 0
Vb bj X1 X2 H1 H2 H3
0 H1 2 0 0 1 −1 −1
8 X1 20 1 0 0 2 −1
10 X2 10 0 1 0 −1 1
Zj 260 8 10 0 6 2
Cj−Zj 0 0 0 −6 −2
5).− Calcular los valores de los renglones restantes R1 y R3, empleando la expresión NE, e introducirlos a la
siguiente tabla (Tabla N° 3).
NR1=R1−1/2 R.P. NR3=R3−1 R.P.
R1 12 ½ 0 1 0 −3/2 R3 20 ½ 1 0 0 ½
−1/2 R.P. −1/2(20 1 0 0 2 −1) −1/2 R.P. −1(20 ½ 1 0 0 ½)
12 ½ 0 1 0 −3/2 20 ½ 1 0 0 ½
−10 −½ 0 0 −1 ½ −20 −1/2 −1 0 0 −1/2
NR1 12 ½ 0 1 0 −3/2 NR3 10 ½ 0 0 1 −1/2
6).− Calcular los renglones Zj y Cj− Zj, e introducirlos a la siguiente tabla ( Tabla Nª 3)
Zjbj = 0(2) + 8(20) + 10(10) = 0+160+100=260 Cj−Zj X1= 8−8 = 0
Zj X1= 0(0) + 8(1) + 10(0) = 0+8+0 = 8 Cj−Zj X2 = 10−10 = 0
Zj X2= 0(0)+ 8(0) + 10(1) = 0+0+10 = 10 Cj−Zj H1= 0−0 = 0
Zj H1= 0(1) + 8(0) + 10(0) = 0+0+0 = 0 Cj−Zj H2 = 0−6 = −6
Zj H2= 0(−1) + 8(2) + 10(−1) = 0+16−10 = 6 Cj−Zj H3 = 0−2 = −2
Zj H3= 08−1) + 8(−1) + 10(1) = 0−8+10 = 2
VIII).− Verificar optimalidad como el objetivo es Max Z, Cj−Zj " 0, en todos sus elementos, de acuerdo a la
tabla N° 3, todos cumplen, por lo tanto, la tabla N° 3, es optima.
IX).− Obtener la solución optima, empleando la ecuación matricial : Vb = bj ; es decir:
; por lo tanto ;
X).− Verificar Factibilidad : sustituyendo X1=20 y X2=10; en el sistema de restricciones del problema:
21
2X1 + 3X2 " 72 X1 + X2 " 30 X1 + 2X2" 40
2(20) + 3(60) " 72 20 + 10 " 30 20 + 2(10)" 40
40 + 30 " 72 (cumple) 30" 30 (cumple) 40 " 40 (cumple)
IX).− Conclusión : La compañía deberá elaborar 20 productos tipo A y 10 productos tipo B ; para obtener la
Máxima utilidad de $ 260, a la semana.
b).− ¿ Que departamento o departamentos tiene exceso de capacidad?
Revisando la tabla N° 3 (optima), el valor de las variables de holgura en renglón: H1=2 ; H2=0 y H3=0,
entonces. Si H1=2, esto indica que el departamento de fabricación es el que tiene exceso de capacidad de 2
horas semanales.
c).− Si a la compañía le ofrecen pintura en oferta de $2/litro, ¿debería comprarla? Revisando la tabla
N°3 (optima), es el valor absoluto de las variables de holgura en columna H1=$0, H2=$6 y H3=$2; como
podemos observar H3= $2 ; por lo tanto la compañía deberá comprar la pintura de oferta.
II).− METODO SIMPLEX:
Problemas Propuestos:
1).− En un taller José esta tratando de decidir cuantos ganchos para trailer debe hacer para usar un metal de
desperdicio ; tiene dos tipos de metal y puede hacer cualquiera de dos tipos de ganchos : en la tabla siguiente
se proporcionan los datos necesarios:
METAL
Hierro Acanalado
Hierro Plano
RECURRIDO PARA
Gancho Tipo I Gancho Tipo II
5
5
6
9
DISPONIBLE
35
54
a) Jose gana $ 13 por cada gancho tipo I y $ 16 por cada tipo II, ya prometió hacer dos ganchos tipo II.
b) A José le ofrecen hierro acanalado adicional a $2 / unidad. ¿deberá comprarlo?
2).− Un inversionista tiene $ 10000 que quisiera produjeran tanto dinero como sea posible, quiere invertir
parte en acciones, parte en bonos y colocar el resto en una cuenta de ahorro. El inversionista cree poder ganar
8 % con el dinero que invierte en acciones el 7 % que invierte en bonos. El banco el 5 % de intereses sobre la
cuenta de ahorro.
Como las acciones son una inversión con cierto riesgo, decide no invertir en acciones mas de lo que ponga en
la cuenta de ahorros. El inversionista se quedara con al menos $ 2000 en la cuenta de ahorros por si necesita
dinero en efectivo de inmediato .¿ cuanto dinero deberá invertir en cada tipo?
3).− Una mujer quiere diseñar un programa de ejercicios semanales, incluyendo caminata bicicleta y natación.
Para variar los ejercicios, planea invertir al menos: tanto tiempo en bicicleta como la combinación de
caminata y natación .Además quiere nadar al menos dos horas ala semana, por que le gusta mas nadar que los
otros ejercicios. La caminata consume 66 calorías por hora , en la bicicleta consume 300 calorías por hora,
quiere quemar al menos 300 por hora y nadando gasta 300 ,quiere al menos 3000 calorías a la semana por
medio de los ejercicios.¿Cuantas horas debe dedicar a cada tipo de ejercicio si quiere minimizar el numero de
hojas invertidas? .
22
4).− Cierta compañía tiene un filial que le provee las latas que necesita para comercializar su producto, en
dicha filial que produce las latas de aluminio obtiene las tapaderas, a partir de hojas metálicas rectangulares,
las dimensiones de estas hojas son de : 6 centímetros * 15 centímetros se requieren dos tamaños diferentes de
tapas, el diámetro de las pecunias es de 3 centímetros y el de las grandes de 6 centímetros. El programa de
producción de un dia determinado es de 20000 tapa . chicas y 5000 tapas grandes.
a) Formular construir el modelo de programación lineal correspondiente que minimice el numero total de
hojas metálicas usadas de tal manera de obtener la mejor combinación de tapas de los diferentes tamaños que
pueden ser cortadas.
b) Obtenga la solución optima, empleando el Método Simplex
III)Método Dual: Asociado a cualquier problema de programación lineal (primal), hay otro problema
relacionado llamado Dual. Aunque la idea de dualidad es esencialmente en Matemáticas, veremos en esta
sección que la dualidad tiene importantes interpretaciones económicas que pueden ayudar a los gerentes a
responder preguntas sobre recursos alternativos de acción y sus valores relativos, es decir, el método dual es la
base del análisis de sensibilidad.
Este método se recomienda utilizarlo, cuando el numero de restricción es mayor al
número de variables de decisión Xj, requiere un cambio de variable de Xj a Yj.
Este método los problemas de maximización, los resuelve minimizando y los de
minimización los resuelve maximizando.
Procedimiento de calculo:
I)Formular el problema (fase I)
II)Construir el modelo del problema (fase II)
III)Construir el problema primal cuando el objetivo es MAX Z, todas sus restricciones deben quedar
expresadas con menor e igual ("), y cuando el objetivo es MIN Z, todas sus restricciones deben quedar con
mayor e igual ("); es decir.
Problema primal (caso I). Cambio de variable
a).− Función objetivo: MAX = c1x1 + c2x2 + + cjxj para el dual
b).− Sujeta a las restricciones: a11X1 + a12X2 + + a1jxj " b1 y1
a21X1 + a22X2 + + a2jxj " b2 y2
:::::::
ai1X1 + ai2X2 + + aijxj " bj yj
c).− No−Negatividad : xj " Ø ; j = 1,2,3, , n.
Problema primal (caso II). Cambio de variable
23
a).− Función objetivo: Min = c1x1 + c2x2 + + cj xj para el dual
b).− Sujeta a las restricciones: a11X1 + a12X2 + + a1jxj " b1 y1
a21X1 + a22X2 + + a2jxj " b2 y2
:::::::
ai1X1 + ai2X2 + + aijxj " bj yj
c).− No Negatividad : xj " Ø ; j = 1,2,3, , n.
IV)Construir el problema dual, a partir del problema primal haciendo cambio de variable y tomando los
valores de los recursos bj y la nueva variable Yj, se construye la función objetivo del problema dual y las
restricciones se establecen tomando coeficientes tecnológicos aij de las columnas del primal, para convertirlas
en región para el dual, restringiéndolas a la contribución Cj de las variables de decisión Xj, sin olvidar que si
el objetivo del primal es Max Z, el dual lo resuelve Min Z, con sus restricciones mayor e igual, pero si el
objetivo del primal es Min Z, el dual lo resuelve Max Z, con sus restricciones mayor e igual.
Problema primal (caso I)
Max Z = c1x1 + c2x2 + + cjxj
Sujeta a:
a11x1 + a12x2 + + a1jxj " b1
a21x1 + a22x2 + + a2jxj " b2
:::::
ai1X1 + ai2X2 + + aijxj " bj
Xj " Ø : j = 1,2,3, , n
Problema Dual (caso I)
Min Z = b1y1 + b2y2 + + bjyj
Sujeta a:
a11y1 + a21y2 + + ayj " c1
a21x1 + a22x2 + + ayj " c2
:::::
a1jy1 + a2jy2 + + aijyj " cj
Yj " Ø : j = 1,2,3, , n
Problema primal (caso II)
24
Min Z = c1x1 + c2x2 + + cjxj
Sujeta a:
a11x1 + a12x2 + + a1jxj " b1
a21x1 + a22x2 + + a2jxj " b2
:::::
ai1X1 + ai2X2 + + aijxj " bj
yj " Ø : j = 1,2,3, , n
Problema Dual (caso II)
Max Z = b1y1 + b2y2 + + bjyjj
Sujeta a:
a11y1 + a21y2 + + ai1yj " c1
a12y1 + a22y2 + + ai2yj " c2
:::::
a1jy1 + a2jy2 + + aijyj " cj
yj " Ø : j = 1,2,3, , n
V)Resolver el problema dual, empleando el método SIMPLEX con el siguiente procedimiento:
1)Convertir el sistema de restricciones en un sistema de ecuaciones, agregando
variables de holgura y artificiales, según el tipo de restricción.
2)Establecer la nueva función objeto, que incluya todas las variables
3)Establecer el nuevo sistema de ecuaciones, que incluya todas las variables.
4)construir la tabla SIMPLEX inicial (tabla N°1).
5)Resolver tabla número 1 (proceso iterativo):
Obtener: a)Variable de entrada; b)Variable de salida; c)Numero pivote; d)Elementos
de región pivote; e)Elementos de los regionales restantes y f)Elementos de
las regiones zj y cj−zj.
6)Revisar optimalidad, de no cumplirse repetir el paso V.
25
VI)Obtener la solución optima: de la tabla SIMPLEX optima, se obtienen los valores absolutos de Cj − Zj, de
las variables holgura Hj, cuyos valores corresponden a las variables de Xj, es decir, Xj = Hj y para obtener el
valor optimo de Z, se sustituyen los valores de Xj en la función de objetivo del problema original (fase II).
VII)Se verifica la factibilidad; sustituyendo los valores de Yj en el sistema de restricciones del sistema
original (fase II).
VIII)Conclusión.
III)Método Dual:
Problema de auto evaluación:
En una determinada empresa, uno de los productos finales que se fabrican, tienen una especificación de peso
igual a 150 gramos. Las dos materias primas que se utilizan son A, con un costo unitario de $20 y B con un
costo unitario de $80; se deben usar por lo menos 14 unidades de B y no mas de 20 unidades de A. cada
unidad A pesa 5 gramos y las de B pesan 10 gramos. ¿Cuánto debe usar de cada tipo de material por unidad
de producto final si se desea minimizar los costos? Resuelva empleando el método dual.
Solución:
I)Formular el problema (fase I)
• Determinar el objetivo: minimizar los costos
• Definir las variables:
Z = costos
X1 = numero de unidades a utilizar del producto A; c1=$20/producto
X2 = numero de unidades a utilizar del producto B; c1=$80/producto
• Establecer restricciones: 1.−Peso del producto final = 150 gramos
2.−Requerimiento mínimo de 14 unidades del producto B
3.−Requerimiento máximo de 20 unidades del producto A
II)Construir el método del problema (fase II)
• Función objetivo: Min Z = 20X1 + 80X2
• Sujeta a las restricciones:
• Peso del producto final: 5X1 + 10X2 = 150
• Requerimiento mínimo: X2 " 14
• Requerimiento máximo X1 " 20
• No−negatividad: X1 " Ø ; X2 " Ø
Nota: cuando una restricción esta definida para una igualdad, esta debe expresarse como dos desigualdades,
es decir: 5x1 + 10x2 = 150; debe expresarse:
5x1 + 10x2 " 150
26
5x1 + 10x2 " 150
III)Construir el problema primal: como el objetivo es Min Z, todas sus restricciones deben quedar expresadas
con mayor e igual ", es decir:
Problema primal (caso II)
Min Z = 20x1 + 80x2
Sujeta a: Cambio de variable para dual
5x1 + 10x2 " 150 y1
−5x1 − 10x2 " −150 y2
Øx1 + x2 " 14 y3
− x1 + Øx2 −20 y4
x1 " Ø; x2 Ø
IV)construir el problema dual: si el objetivo del primal es Min Z (caso II); entonces el problema dual, lo
resuelve Max Z, cuyas restricciones deben quedar expresadas como menor e igual ", es decir:
Problema primal (caso II) Problema dual (caso II)
MIN Z = 20x1 + 80x2 Max Z = 150y1 − 150y2 + 14y3 − 20y4
Sujeta a: Sujeta a:
5x1 + 10x2 " 150 5y1 − 5y2 + Øy3 − y4 " 20
−5x1 − 10x2 " −150 10y1 − 10y2 + 4y3 + Øy4 80
Øx1 + x2 " 14 y1; y2; y3; y4 Ø
− x1 + Øx2 −20
x1 " Ø;x2 Ø
V)Resolver el problema dual, empleando el método SIMPLEX.
1)Convertir el sistema de restricciones en un sistema de ecuaciones: esto se logra agregando variables de
holgura y artificiales, según el tipo de estricción; en nuestro problema queda así:
Restricciones: 5y1 − 5y2 + Øy3 − y4 " 20
10y1 − 10y2 + 4y3 + Øy4 80
Ecuaciones: 5y1 − 5y2 + Øy3 − y4 + H1 = 20
10y1 − 10y2 + 4y3 + Øy4 + H2 = 80
27
2)Función objetivo: Max Z = 150y1 − 150y2 +14y3 −20y4 + ØH1 + ØH2
3)Sistema de ecuaciones: 5y1 − 5y2 + Øy3 − y4 + H1 + ØH2 = 20
10y1 − 10y2 + y3 + Øy4 + ØH1 + H2 = 80
y1; y2; y3; y4; " Ø; H1; H2 Ø
4)Construir la tabla SIMPLEX inicial (tabla 1)
Tabla N°1: Entra Y1 (a1:seleccionada). Función objetivo.
Cj 150 −150 14 −20 0 0
Vb bj Y2 Y3 Y4 H1 H2
0 H1 20 5 −5 0 −1 1 0
0 H2 80 10 −10 1 0 0 1
Zj 0 0 0 0 0 0 0
Cj−Zj 150 −150 14 −20 0 0
5)Resolver tabla No 1 (primera iteración)
a)Determinar variable de entrada: como el objetivo es Max Z, la defina Cj−Zj mayor positivo; es decir:
C1−Z1=150 ; por lo que Y1, debe entrar la base Vb (a1 seleccionada)
b)Determinar variable de salida: empleando la ecuación matricial Vb = bj/a1
(Menor valor positivo; es decir:
== ; Siendo 4 el menor valor positivo, H1 debe salir
de la base Vb. (R1 seleccionado).
c)Obtener el numero pivote np: de acuerdo a la tabla N°1 ; np = 5.
d)Calcular los elementos del renglón pivote R.P. , empleando la ecuación. R.P.= 1/5 R1 ; e introducirlo a la
siguiente tabla, es decir, tabla N°2.
R.P. = 1/5 = 4 1 −1 0 −1/5 1/5 0
Tabla N°2: Entra Y3 (a3:seleccionada). Función objetivo.
Cj 150 −150 14 −20 0 0
Vb bj Y1 Y2 Y3 Y4 H1 H2
150 Y1 4 1 −1 0 −1/5 1/5 0
28
0 H2 40 0 0 1 2 −2 1
Zj 600 150 −150 0 −30 30 0
Cj−Zj 0 0 14 10 −30 0
e)Calcular renglón restante R2, empleando la ecuación NE, e introducirlo a la tabla N°2.
NR2 = R2−10 R.P.
R2 80 10 −10 1 0 0 1
−10R.P. −10( 4 1 −1 0 −1/5 1/5 0 )
80 10 −10 1 0 0 1 sumar
−40 −10 10 0 2 −2 0
NR2 40 0 0 1 2 −2 1
f)Calcular los renglones Zj y Cj−Zj
Zj bj = 150(4)+0(40) = 600+0 = 600 Cj−Zj Y1 = 150−150 =0
Zj Y1 = 150(1)+0(40) = 150+0 = 150 Cj−Zj Y2 = −150−(−150) = −150+150 = 0
Zj Y2 = 150(−1)+0(0)= −150+0 Cj−Zj Y3 = 14−0 = 14
Zj Y3 = 150(0)+0(1)= 0+0 = 0 Cj−Zj Y4 = −20−(−30) = −20+30 = 10
Zj Y4 = 150(−1/5)+0(2) = −30+0 = −30 Cj−Zj H1 = 0−30 = −30
Zj H1 = 150(1/5)+0(−2) = 30+0 = 30 Cj−Zj H2 = 0−0 = 0
Zj H2 = 150(0)+0(0) = 0+0 = 0
6)Verificar optimalidad: cuando el objeto es Max Z; Cj−Zj0, en todos sus valores, de acuerdo a la tabla N°2:
C3−Z3=14 > 0 ; C4−Z4=10 > 0 ; no cumplen, por lo tanto se repite el paso N°5.
5)Resolver tabla N°2 (Segunda iteración).
a)Determinar variable de entrada: Cuando el objetivo es Max Z, la define Cj−Zj mayor valor positivo ; es
decir: C3−Z3= 14, por lo tanto Y3 debe entrar a la base Vb:(a3:seleccionada)
b)Determinar variable de salida: Empleando la ecuación matricial Vb = bj/a3 (menor valor positivo); es decir:
===; Siendo 40 el valor menor positivo, entonces H2 debe salir de la base Vb (R2 seleccionado).
c)Obtener el numero pivote np. De acuerdo a la tabla N°2. np = 1
d)Calcular los elementos del renglón pivote: R.P.= 1R2; e introducirlo a la siguiente tabla, es decir a la tabla
N°3:
29
R.P.= 1= 40 0 0 1 2 −2 1
Tabla N°3: Función objetivo.
Cj 150 −150 14 −20 0 0
Vb bj Y1 Y2 Y3 Y4 H1 H2
150 Y1 4 1 −1 0 −1/5 1/5 0
14 Y3 40 0 0 1 2 −2 1
Zj 1160 150 −150 14 −2 2 14
Cj−Zj 0 0 0 −18 −2 −14
e)Calcular renglón restante R1, empleando la ecuación NE, e introducirlo a la tabla N°3.
NR1 = R1−0 R.P.
R1 4 1 −1 0 −1/5 1/5 0
−10R.P. 0( 40 0 0 1 2 −2 1 )
4 1 −1 0 −1/5 1/5 0 sumar
0000000
NR2 4 1 −1 0 −1/5 1/5 0
f)Calcular los renglones Zj y Cj−Zj , e introducirlos a la tabla N°3.
Zj bj = 150(4)+14(40) = 600+560 = 1160 Cj−Zj Y1 = 150−150 =0
Zj Y1 = 150(1)+14(0) = 150+0 = 150 Cj−Zj Y2 = −150−(−150) = −150+150 = 0
Zj Y2 = 150(−1)+14(0)= −150+0 Cj−Zj Y3 = −20−(−2) = −20+2 = −18
Zj Y3 = 150(−1/5)+14(2)= −30+28 = −2 Cj−Zj Y4 = 14−14 = 0
Zj Y4 = 150(0)+14(1) = 0+14 = 14 Cj−Zj H1 = 0−2 = −2
Zj H1 = 150(1/5)+14(−2) = 30−28 = 2 Cj−Zj H2 = 0−14 = −14
Zj H2 = 150(0)+14(1) = 0+14 = 14
6)Revisar optimalidad: Como el objeto es Max Z; Cj−Zj0, en todos sus elementos revisando la tabla N°3: se
cumple Cj−Zj 0 ; por lo tanto la tabla N°3, es optima.
VI)De la tabla optima, obtenemos los valores absolutos de las contribuciones de las variables de holgura Hj,
es decir: H1=2 y H2=14 ; valores que corresponden a X1 y X2, respectivamente, por lo tanto: Z min =
20(2)+80(14) = 40+1120 = $1160.
30
La X1=2
Solución X2=14
Optima Z Min = $1160.
VII)Verificar factibilidad: Sustituir los valores X1=2 y X2=14, en el sistema de restricciones del problema
original.
1.− 5X1+10X2 = 150 2.− X2 14 3.− X120
5(2)+10(14)=150 14 14 (cumple) 2 20 (cumple)
10 + 140 =150
150 = 150 (cumple)
VIII)Conclusión: La empresa deberá usar 2 unidades del producto A y 14 unidades del producto B, para
obtener un producto final de peso igual a 150 gramos a un costo mínimo de $1160.
III)METODO DUAL
Problemas Propuestos.
1)Una compañía mueblera manufactura dos clases de camas hechas de madera prensada, la cama tipo A
requiere 5 minutos para corte y 10 minutos para ensamble. La cama tipo B requiere 8 minutos para corte y 8
minutos para ensamble. El beneficio de cama tipo A es de $50 y de $60 para tipo B. ¿Cuántas camas de cada
clase se deben producir para obtener la máxima ganancia, si existe un compromiso de producción de cuando
menos 10 del tipo A y 10 del tipo B? Resuelva empleando el método dual.
2)Una compañía fabrica y vende dos tipos de bombas hidráulicas: normal y extra grande. El proceso de
manufactura asociado con la fabricación de las bombas implica tres actividades: ensamblado, pintado y
control de calidad. Los requerimientos de recursos para ensamble, pintura y control de calidad de las bombas
se muestran en la tabla. La contribución a las utilidades por la venta de una bomba normal es $50 en tanto que
la utilidad por una bomba extra grande es de $75. Existen disponibles por semana 4800 horas de tiempo para
ensamble,1980 horas de tiempo de pintura y 400 horas de tiempo de control de calidad. Las experiencias
anteriores de ventas señalan que la compañía puede esperar vender cuando menos 300 bombas normales y 180
de las extra grandes por semana. A la compañía le gustaría determinar la cantidad de cada tipo de bomba que
debe fabricar semanalmente con el objeto de maximizar sus: utilidades. Resuelva empleando el método Dual.
Tabla de datos técnicos:
Tipo de bomba
Tiempo de ensamblé
Tiempo de pintura
Normal
Extra grande
3.6
4.8
1.6
1.8
Tiempo de control de
calidad
0.6
0.6
Actividad 9: Aplicando la Fase III: Resolver
Problema de Auto evaluación:
31
Cierta compañía tiene una fabrica situada a los alrededores de una ciudad. Su producción se limita a dos
productos industriales A y B. El departamento de contabilidad ha calculado las contribuciones de cada
producto en $10 para A y de $12 para B. Cada producto pasa por tres departamentos de la fabrica. Los
requerimientos de tiempo para cada producto y el total de tiempo disponible en cada departamento, se citan en
la tabla.
¿Qué cantidad de cada producto debe fabricarse, para obtener el máximo beneficio? Resolver aplicando los
métodos: Grafico, simplex y dual.
Tabla de Datos Técnicos:
Productos
Departamentos
Ensamble
Acabado
Inspección
Horas disponibles (semanales)
AB
23
32
11
1500
1500
600
Solución:
Aplicando el Método Grafico:
I)Formular el problema (Fase I).
a)Determinar el objetivo del problema: Maximizar la ganancia.
b)Definir las variables del problema:
Z = Ganancia
X1 = Numero de unidades a producir del producto A; c1=$10/producto.
X2 = Numero de unidades a producir del producto B; c1=$12/producto.
c)Establecer las restricciones del problema: 1)Capacidad de tiempo semanal.
Departamento de ensamble: 1500 Horas
Departamento de acabado: 1500 Horas
Departamento de inspección: 600 Horas
II) Construcción del modelo del problema (fase II).
a)Función objetivo: Max Z = 10X1+12X2
b)Restricciones: 3X1+3X21500 (departamento de ensamble)
3X1+2X21500 (departamento de acabado)
X1+ X2600 (departamento de inspección)
32
c)No−negatividad: X10 ; X20
III)Convertir el sistema de restricciones en un sistema de ecuaciones (en forma directa).
Sistema de restricciones: Sistema de ecuaciones:
1.− 2X1+3X21500 1.− 2X1+3X2 = 1500
2.− 3X1+2X21500 2.− 3X1+2X2 = 1500
3.− X1+ X2600 3.− X1+ X2 = 600
X10 ; X20
IV) 1.− 2X1+3X2 =1500 2.− 3X1+2X2 = 1500 3.− X1+X2 = 600
1°) Si X1= 0 1°) Si X1= 0 1°) Si X1= 0
2(0)+3X2=1500 3(0)+2X2=1500 0+X2=600
3X2=1500 2X2=1500 X2=600
X2=500 X2=750 P5(0 , 600)
P1(0 , 500) P3(0 , 750) 2°) Si X2 = 0
2°) Si X2 = 0 2°) Si X2 = 0 X1+0 = 600
2X1+3(0) = 1500 3X1+2(0) = 1500 X1=600
2X1=1500 3X1=1500 P6(600 , 0)
X1=750 X1=500
P2(750 , 0) P4(500 , 0)
V) Eligiendo una escala, trazar cada una de las restricciones (1 CMS =100 unidades)
VI) Limitar de acuerdo al tipo de restricción.
VII) Encontrar el área o áreas de solución definida por el conjunto convexo, como podemos observar en la
grafica, el área 4, es en la que convergen todas las fichas (Conjunto convexo).
VIII ) Sustituir cada uno de los puntos vértices del área de solución en la función objetivo, para obtener la
solución optima.
P(X1 , X2) ; Max Z = 10X1+12X2
P1 (0 , 500) ; Z1 = 10 (0)+12(500) = 0+6000 = 6000
P4 (500 , 0) ; Z4 = 10 (500)+12(0) = 5000+0 = 5000
33
P7 (0 , 0) ; Z7 = 10 (0)+12(0) = 0+0 = 0
P8 (300 , 300) ; Z8 = 10 (300)+12(300) = 3000+3600 = 6600 Optimo máximo
Como podemos observar el punto P8(300 , 300), arroja el valor máximo de Z; entonces:
La solución optima es : X1 = 300 ; X2=300 y Z Max = $6,600.
IX) Verificar factibilidad; sustituyendo X1=300 y X2=300 ; en el sistema de restricciones:
1.− 2X1+3X2 1500 2.− 3X1+2X2 1500 3.− X1+X2 600
2(300)+3(300)1500 3(300)+2(300)1500 300+300600
600+9001500 900+6001500 600600(Cumple)
15001500 (Cumple) 15001500 (Cumple)
X)Conclusión: La compañía deberá elaborar 300 productos tipo A y 300 productos tipo B; para obtener la
máxima ganancia de $6,600 en la semana.
Solución:
Aplicando el método simplex.
I) Formular el problema (Fase I).
a) Determinar el objetivo del problema: Maximizar la ganancia.
b) Definir las variables del problema:
Z = Ganancia
X1 = Numero de unidades a producir del producto A; c1=$10/producto.
X2 = Numero de unidades a producir del producto B; c1=$12/producto.
c) Establecer las restricciones del problema: 1) Capacidad de tiempo semanal.
Departamento de ensamble: 1500 Horas
Departamento de acabado: 1500 Horas
Departamento de inspección: 600 Horas
II) Construcción del modelo del problema (fase II).
a) Función objetivo: Max Z = 10X1+12X2
b) Restricciones: 3X1+3X21500 (departamento de ensamble)
3X1+2X21500 (departamento de acabado)
34
X1+ X2600 (departamento de inspección)
c) No−negatividad: X10 ; X20
III) Convertir el sistema de restricciones en un sistema de ecuaciones, agregando variables base. Es decir, de
holgura y artificiales, según el tipo de restricción, de acuerdo al sistema de restricciones, se agregar variable
de holgura Hi, por ser del tipo , entonces:
Sistema de restricciones: Sistema de ecuaciones:
2X1+3X21500 2X1+3X2 +H1 = 1500 ; H10
3X1+2X21500 3X1+2X2 +H2= 1500 ; H20
X1+ X2600 X1+ X2 +H3= 600 ; H30
H1 ; H2 ; H3 ; Con Costo Cero
IV) Función objetivo: Max Z = 10X1+12X2+0H1+0H2+0H3
V) Sistema de ecuaciones: 2X1+3X2+ H1+0H2+0H3 = 1500
3X1+2X2+0H1+ H2+0H3 = 1500
X1+ X2+0H1+0H2+ H3 = 600
VI)Constituir la tabla simplex inicial (Tabla N°1).
Tabla N°1 Entra X2 (a2:seleccionada).
Cj 10 12 0 0 0
Vb bj X1 X2 H1 H2 H3
0 H1 1500 2 3 1 0 0
0 H2 1500 3 2 0 1 0
0 H3 600 1 1 0 0 1
Zj 0 0 0 0 0 0
Cj−Zj 10 12 0 0 0
Zj = (Columna Cj) (Columna aj) y Cj−Zj = Renglón Cj−Renglón Zj
VII) Resover tabla N°1 (primera iteración)
1)Determinar la variable de entrtada: como el objetivo es Max Z, la determina el mayor valor positivo
de Cj−Zj, es decir, C2−Z2=12 ; por lo tanto X2, debe entrar a la base Vb.
(a2 seleccionada).
35
2)Determine la variable de salida: empleando la ecuación matricial.
Vb = bj/a2 (Menor valor positivo).
; Siendo 500 el menor valor positivo,
entonces H1 debe slir de la base Vb. (R1:seleccionado)
3)Obtener el numero pivote np ; de acuerdo a la tabla N°1 ; Np = 3
4)Obtener los elementos del renglón pivote R.P. ; empleando la ecuación. R.P.=1/3 R1 ; e
introducirlo a la siguiente tabla ; es decir, a la tabla N°2.
R.P. = 1/3 (1500 2 3 1 0 0) = 500 2/3 1 1/3 0 0
Tabla N°1 Entra X1 (a1:seleccionada).
Cj 10 12 0 0 0
Vb bj X1 X2 H1 H2 H3
12 X2 500 2/3 1 1/3 0 0
0 H2 500 5/3 0 −2/3 1 0
0 H3 100 1/3 0 −1/3 0 1
Zj 6000 8 12 4 0 0
Cj−Zj 2 0 −4 0 0
5)Obtener los valores de los renglones restantes ; empleando la expresión NE, e
introducirlos a la tabla N°2; es decir,
NR2 = R2−2 R.P. NR3 = R3−1 R.P.
R2 1500 3 2 0 1 0 R3 600 1 1 0 0 1
−2 R.P. −2(500 2/3 1 1/3 0 0) −1 R.P. −1(20 ½ 1 0 0 ½)
500 3 2 0 1 0 600 1 1 0 0 1
−1000 −4/2 −2 −2/3 0 0 −500 −2/3 −1 −1/3 0 0
NR2 500 5/3 0 −2/3 1 0 NR3 100 1/3 0 −1/3 0 1
6)Calcular los renglones Zj y Cj−Zj e introducirlos a la siguiente tabla.(Tabla Nª 2).
Zj bj = 12 (500) + 0 (500) + 0 (100) = 6000+0+0 = 6000 Cj − Zj X1 = 10−8 = 2
36
Zj X1= 12 (2/3) + 0 (5/3) + 0 (1/3) = 8+0+0 = 8 Cj − Zj X2 = 12 −12 = 0
Zj X2 = 12 (1) + 0 (0) + 0 (0) = 12+0+0 = 12 Cj − Zj H1 = 0−4 = −4
Zj H1 = 12 (1/3) + 0 (−2/3) + 0 (−1/3) = 4+0+0 = 4 Cj − Zj H2 = 0−0 = 0
Zj H2 = 12 (0) + 0 (1) + 0 (0) = 0+0+0 = 0 Cj − Zj H3 = 0−0 = 0
Zj H3 = 12 (0) + 0 (0) + 0 (1) = 0+0+0 = 0
VIII).− Verificar optimalidad: Cuando el objetivo es Max Z ; Cj − Zj " 0, en todos sus elementos, de acuerdo
a la tabla N°2; C1− Z1 = 2 " 0 ; no cumple, repetir el paso VII.
VII).− Resolver tabla Nª 2 (segunda iteración).
1).− Determina la variable de entrada ; Cuando el objetivo es Max Z, la determina el valor mayor positivo de
Cj−Zj; es decir, C1−Z1 = 2, entonces X1, debe entrar a la base Vb.
(a1 seleccionada)
2).−Se determina la variable de salida: empleando la ecuación matricial : Vb bj/a1 (menor valor positivo), es
decir:
; Siendo 300 el menor valor positivo, entonces H2 debe salir de la base Vb, definiendo el renglón
seleccionado R2.
3).− Obtener el numero pivote np, de acuerdo a la tabla N°2, np= 5/3
4).− Obtener los elementos del renglón pivote R.P., empleando la ecuación R.P.= 3/5R2; e introducirlo a la
siguiente ; es decir, tabla N°3.
R.P. = 3/5 (500 5/3 0 −2/3 1 0) = 300 1 0 −2/5 3/5 0
Tabla N°2:
Cj 10 12 0 0 0
Vb bj X1 X2 H1 H2 H3
12 X2 300 0 1 3/5 −2/5 0
10 X1 300 1 0 −2/5 3/5 0
0 H3 0 0 0 −1/5 −1/5 1
Zj 6600 10 12 16/5 6/5 0
Cj−Zj 0 0 −16/5 −6/5 0
5).− Calcular los valores de los renglones restantes, empleando la expresión NE, e introducirlos a la siguiente
tabla (Tabla N° 3).
37
NR1 = R1−2/3 R.P. NR3 = R3−1/3 R.P.
R1 500 2/3 1 1/3 0 0 R3 100 1/3 0 −1/3 0 1
−2/3 R.P.=−2/3(300 1 0 −2/5 3/5 0) −1/3 R.P. −1/3(300 1 0 −2/5 3/5 0)
500 2/3 1 1/3 0 0 100 1/3 0 −1/3 0 1
−200 −2/3 0 4/15 −2/5 0 100 −1/3 0 2/15 −1/5 0
NR1 300 0 1 3/5 −2/5 0 NR3 0 0 0 −1/5 −1/5 1
6).−Obtener los elementos de los renglones Zj y Cj− Zj, e introducirlos a la tabla(Tabla N°3)
Zj bj = 12 (300) + 10 (300) + 0 (0) = 3600+3600+0 = 6600 Cj − Zj X1 = 10−10 = 0
Zj X1= 12 (0) + 10 (1) + 0 (0) = 0+10+0 = 10 Cj − Zj X2 = 12 −12 = 0
Zj X2 = 12 (1) + 10 (0) + 0 (0) = 12+0+0 = 12 Cj − Zj H1 = 0−16/5 = −16/5
Zj H1 = 12 (3/5) + 10 (−2/5) + 0 (−1/5) = 36/5−20/5+0 = 16/5 Cj − Zj H2 = 0−6/5 = −6/5
Zj H2 = 12 (−2/5) + 10 (3/5) + 0 (−1/5) =−24/5+30/5+0 = 6/5 Cj − Zj H3 = 0−0 = 0
Zj H3 = 12 (0) + 10 (0) + 0 (1) = 0+0+0 = 0
VIII).− Verificar optimalidad como el objetivo es Max Z, Cj−Zj " 0, en todos sus elementos, de acuerdo a la
tabla N° 3, todos cumplen, por lo tanto, la tabla N° 3, es optima.
IX).− Obtener la solución optima, empleando la ecuación matricial : Vb = bj ; es decir:
; por lo tanto ;
X).− Verificar Factibilidad : sustituyendo X1=300 y X2=300; en el sistema de restricciones, es decir :
1.− 2X1 + 3X2 " 1500 2.− 3X1 + 2X2 " 1500 3.− X1 + X2" 600
2(300) + 3(300) " 1500 3(300)+2(300) " 1500 300 + (300)" 40
600 + 900 " 1500 900+600" 1500 600 " 600 (cumple)
1500 " 1500 (cumple) 1500" 1500 (cumple)
IX).− Conclusión : La compañía deberá elaborar 300 productos tipo A y 300 productos tipo B ; para obtener
la Máxima ganancia de $6600 a la semana.
Solución:
Aplicando el método Dual
I) Formular el problema (Fase I).
38
a) Determinar el objetivo del problema: Maximizar la ganancia.
b) Definir las variables del problema:
Z = Ganancia
X1 = Numero de unidades a producir del producto A; c1=$10/producto.
X2 = Numero de unidades a producir del producto B; c1=$12/producto.
c) Establecer las restricciones del problema: 1) Capacidad de tiempo semanal.
Departamento de ensamble: 1500 Horas
Departamento de acabado: 1500 Horas
Departamento de inspección: 600 Horas
II) Construcción del modelo del problema (fase II).
a) Función objetivo: Max Z = 10X1+12X2
b) Restricciones: 3X1+3X2 1500 (departamento de ensamble)
3X1+2X2 1500 (departamento de acabado)
X1+ X2600 (departamento de inspección)
c) No−negatividad: X10 ; X20
III) Construir el problema primal; cundo el objetivo es Max Z ; todas sus restricciones deben quedar
expresadas con menor e igual ; es decir:
Problema Primal (Caso I)
Max Z = 10X1+ 12X2 Cambio de variable
Sujeta a: para Dual
2X1+3X21500 Y1
3X1+2X21500 Y2
X1+ X2600 Y3
X10 ; X20
IV)Construir el problema dual: si el objetivo del primal es MAX Z (caso 1); entonces el objetivo del dual es
MIN Z, cuyas restricciones serán mayor e igual ;es decir.
Problema primal (caso 1) problema dual (caso 1)
39
Max Z = 10X1+12X2 Min Z = 1500Y1+1500Y2+600Y3
Sujeta a: Sujeta a:
2X1+3X21500 2Y1+3Y2+Y310
3X1+2X21500 3Y1+2Y2+Y312
X1+ X2600 Y1; Y2; Y3 0
X10; X20
V)Resolver el problema Dual, empleando el método simplex.
1)Convertir el sistema de restricciones en un sistema de ecuaciones, agregando variables de holgura y
artificiales, de acuerdo al tipo de restricción; es decir:
Restricciones: 2Y1+3Y2+Y310 ; Ecuaciones: 2Y1+3Y2+Y3 −H1+A1=10
3Y1+2Y2+Y312 3Y1+2Y2+Y3 −H2+A2=12
H1 y H2 con costo cero, A1 y A2 con costo M
2)Función objetivo: Min Z=1500Y1+1500Y2+600Y3+0H1+0H2+MA1+MA2
3)Sistema de ecuaciones: 2Y1+3Y2+Y3−H1+0H2+A1+0A2=10
3Y1+2Y2+Y3+0H1−H2+0A1+A2=12
Y1; Y2; Y3; H1; H2; A1; A20
4)Construir la tabla simplex inicial (Tabla N°1)
Tabla N°1: Entra Y1 (a1:seleccionada). Función objetivo.
Cj 1500 1500 600 0 0 M M
Vb bj Y2 Y3 H1 H2 A1 A2
M A1 10 2 3 1 −1 0 1 0
M 12 3 2 1 0 −1 0 1 Sale A2
R2:selec.
Zj 22M 5M 5M 2M −M −M M M
Cj−Zj 1500−5M 1500−5M 600−2M M M 0 0
−3500 −3500 −1400 100 100
NOTA: M=1000
40
Zj bj = M(10)+M(12) = 10M+12M = 22M Cj−Zj Y1 = 1500−5M = 1500−5M
Zj Y1 = M(2)+M(3) = 2M+3M = 5M Cj−Zj Y2 = 1500−5M = 1500−5M
Zj Y2 = M(3)+M(2) = 3M+2M = 5M Cj−Zj Y3 = 600−2M = 600−2M
Zj Y3 = M(1)+M(1) = M+M = 2M Cj−Zj H1 = 0−(−M) = M
Zj H1 = M(−1)+M(0) = −M+0 = −M Cj−Zj H2 = 0−(−M) = M
Zj H2 = M(0)+M(−1) = 0−M = −M Cj−Zj A1 =M−M = 0
Zj A1 = M(1)+M(0) = M+0 = M Cj−Zj A2 = M−M = 0
Zj A2 = M(0)+M(1) = 0+M = M
5)Resolver tabla N°1 (Primera iteración).
a)Determinar variables de entrada: cuando el onjetivo es Min Z; la define el mayor valor negativo de Cj−Zj;
es decir C1−Z1=−3500, por lo tanto Y1 debe entrar a la base Vb: (a1:seleccionada).
b)Determinar variable de salida: empleando la ecuación matrricial Vb = bj/a1(Menor valor positivo);
=== ; Siendo 4 el menor valor positivo; por lo tanto A2, sale de la base Vb (R2:seleccionado).
c)Obtener el numero pivote np; de acuerdo a la tabla N°1; np=3.
d)Calcular los elementos del renglón pivote R.P., con la ecuación: R.P. = 1/3R2, e introducirlo a la siguiente
tabla, es decir, a la tabla N°2.
R.P. = 1/3 = 4 1 2/3 1/3 0 −1/3 0 1/3
Tabla N°2: Entra Y2 (a2:seleccionada). Función objetivo.
Cj 1500 1500 600 0 0 M M
Vb bj Y1 Y3 H1 H2 A1 A2
Sale A1
M A1 2 0 5/3 1/3 −1 2/3 1 −2/3 R1:selec.
1500 Y1 4 1 2/3 1/3 0 −1/3 0 1/3
Zj 2M+600 1500 5/3M+1000 1/3M+500 −M 2/3M−500 M −2/3+500
Cj−Zj 0 500−5/3M 100−1/3M M 500−2/3M 0 5/3M−500
−1166.7 −233.33 1000 −166.7 1166.7
M=1000
41
e)Calcular región restante R1, empleando la ecuación NE,e introducirlo a la tabla N°2
NR1=R1−2R.P.
R1 10 2 3 1 −1 0 1 0
−2R.P. −2( 4 1 2/3 1/3 0 −1/3 0 1/3)
10 2 3 1 −1 0 1 0 sumar
−8 −2 −4/3 −2/3 0 2/3 0 −2/3
NR1 2 0 5/3 1/3 −1 2/3 1 −2/3
f)Calcular los renglones Zj y Cj−Zj e introducirlos a la tabla N°2.
Zj bj = M(2)+1500(4)=2M+600 Cj−Zj Y1 = 1500−1500 =0
Zj Y1 = M(0)+1500(1)=1500 Cj−Zj Y2=1500−(5/3M+1000)=1500−5/3M−1000=500−5/3M
Zj Y2 = M(5/3)+1500(2/3)=5/3M+100 Cj−Zj Y3=600−(1/3M+500)=600−1/3M−500=100−1/3
Zj Y3 = M(1/3)+1500(1/3)=1/3M+500 Cj−Zj H1=0−(−M) = M
Zj H1 = M(−1)+1500(0) = −M Cj−Zj H2 = 0−(2/3M−500) = 500−2/3M
Zj H2 = M(2/3)+1500(−1/3)=2/3M−500 Cj−Zj A1 =M−M = 0
Zj A1 = M(1)+1500(0) = M Cj−Zj A2=M−(−2/3M+500)=M+2/3M−500=5/3M−500
Zj A2 = M(−2/3)+1500(1/3)=−2/3M+500
6)Verificar optimalidad: cuando el objeto es Min Z; Cj−Zj0, en todos sus valores, revisando la tabla N°2,
C3−Z3 = 14 > 0 y C4−Z4 = 10 > 0 ; no cumplen, por lo tanto se repite el paso N°5.
5)Resolver tabla N°2 (Segunda iteración).
a)Determinar variable de entrada: Como el objetivo es Max Z, la define Cj − Zj mayor valor positivo; es
decir: C3−Z3 = 14 ; por lo tanto Y3 debe entrar a la base Vb,(a3:seleccionada).
b)Determinar variable de salida: Empleando la ecuación matricial Vb = bj/a3 (menor valor positivo) ; es
decir:
===; Siendo 40 el menor, por lo tanto A1 debe salir de la base Vb (R1 seleccionado).
c)Obtener el numero pivote np. De acuerdo a la tabla N°2. np=5/3
d)Calcular los elementos del renglón pivote R.P. empleando la ecuación: R.P.=3/5R1; e introducirlo a la
siguiente tabla, es decir a la tabla N°3:
R.P.= 3/5= 6/5 0 1 1/5 −3/5 2/5 3/5 −2/5
42
Tabla N°3: Función objetivo.
Cj 1500 1500 600 0 0 M M
Vb bj Y1 Y2 Y3 H1 H2 A1 A2
1500 Y2 6/5 0 1 1/5 −3/5 2/5 3/5 −2/5 R.P.
1500 Y1 16/5 1 0 1/5 2/5 −3/5 −2/5 3/5 NR2
Zj 6600 1500 1500 600 −300 −300 300 300
Cj−Zj 0 0 0 300 300 M−300 M−300
M=1000
e)Calcular región restante R2, empleando la ecuación NE, e introducirlo a la tabla N°3.
NR2 = R2−2/3R.P.
R2 4 1 2/3 1/3 0 −1/3 0 1/3
−2/3R.P. −2/3 (6/5 0 1 1/5 −3/5 2/5 3/5 −2/5
4 1 2/3 1/3 0 −1/3 0 1/3 sumar
−4/5 0 −2/3 −2/15 2/5 −4/15 −2/5 4/5
NR1 16/5 1 0 1/5 2/5 −3/5 −2/5 3/5
f)Calcular los renglones Zj y Cj−Zj, e introducirlos a la tabla N°3.
Zj bj = 1500(6/5)+1500(16/5) = 1800+4800 = 6600
Zj Y1 = 1500(0)+1500(1)=0+1500=1500 ; Cj−Zj Y1 = 1500−1500 =0
Zj Y2 =1500(1)+1500(0)=1500+0=1500 ; Cj−Zj Y2=1500−1500=0
Zj Y3 =1500(1/5)+1500(1/5)=300+300=600 ; Cj−Zj Y3=600−600=0
Zj H1 =1500(−3/5)+1500(2/5)=−900+600=−300 ; Cj−Zj H1=0−(−300) = 300
Zj H2 =1500(2/5)+1500(−3/5)=600−900=−300 ; Cj−Zj H2 = 0−(−300) = 300
Zj A1 = 1500(3/5)+1500(−2/3)=900−600=300 ; Cj−Zj A1 =M−300 = M−300
Zj A2 =1500(−2/5)+1500(3/5)=−600+900=300 ; Cj−Zj A2=M−300=M−300
6)Verificar optimalidad: Cuando el objetivo es Min Z; Cj−Zj0; en todos sus elementos; de acuerdo a la tabla
N°3; todos cumplen; por lo tanto la tabla N°3, es optima.
VI)De la tabla optima, obtener los valores absolutos de las contribuciones de las variables de holgura (Hj).
43
Es decir: H1=300 y H2=300; valores que corresponden a X1 y X2, respectivamente, por lo tanto: X1=300 y
X2=300; sustituyéndolos en la funcion objetivo del problema original, para obtener el valor de Z, entonces:
ZMax = 10X1+12X2= 10(300)+12(300) = $6600.
SOLUCION X1=300 , H1=0
OPTIMA X2=300 , H2=0
ZMax=6600 , H3=0
VII)Verificar factibilidad: sustituyendo X1=300 y X2=300; en el sistema de restricciones del problema
original, es decir:
1) 2X1+3X21500 2) 3X1+2X21500 3) X1+X2600
2(300)+3(300)= 1500 3(300)+2(300) 1500 300+300600
600+9001500 900+6001500 600600 (cumple)
15001500 (cumple) 15001500(cumple)
VIII) Conclusión: La compañía devera elaborar 300 productos tipo A y 300 productos tipo B; para obtener la
máxima ganancia de $6600 a la semana.
NOTA: Como podemos observar la solución del problema es igual, independientemente del método de
solución, lo único que cambia es el de cada uno de ellos.
Actividad 10: aplicando la fase III; Resolver los problemas de programación lineal.
1)Aplicando los métodos: grafico, simplex y dual, resolver los problemas propuestos: 1, 2, 3, 4, y 5 de la
actividad 8 y del método grafico los problemas propuestos 1, 2, y 3.
2)Aplicando el método simplex, resolver los problemas propuestos: 6, 7, 8, 9 y 14 de la actividad 8; del
método dual los problemas propuestos 1 y 2.
3)Aplicando el método dual, resolver los problemas propuestos: 1, 2, 3 y 4 del método simplex.
Capitulo III
ANALISIS DE SENSIBILIDAD
Actividad 11: análisis de sensibilidad:
Introducción: El análisis de sensibilidad concierne al estudio de posibles cambios en la solución optima
disponible como resultado de hacer cambios en el modelo original. Al alterarse nuestra situación actual y
proporcionar nuevos datos, sobre estos podemos hacernos la pregunta ¿Cómo puede alterar cada situación
la solución optima actual?, con cierta reflexión, sus respuestas podrán contestarse en alguna de las dos
categorías siguientes:
1)La solución actual puede volverse infactible y
2)La solución actual puede volverse no optima.
44
Las categorías están basadas en los cálculos primales duales, de los cuales observamos los siguientes:
I)La infactibilidad de la solución puede ocurrir solo si:
1)Se altera la disponibilidad de los recursos bj y
2)Se agregan nuevas restricciones Xn
II)La no optimalidad de la solución actual puede ocurrir solo si:
1)Se cambia la contribución Cj;
2)Se cambia los coeficientes tecnológicos aij y
3)Se añaden nuevas actividades Xj
Procedimiento general: Con base en lo antes propuesto, el procedimiento general para realizar el análisis de
sensibilidad se puede resumir de la manera siguiente:
1)Empleando el método simplex, resolver el modelo de programación lineal y obtener su tabla simplex
optima.
Cj C1 C2 . . . Cj 0 0 . . . 0 Función objetivo
Vj bj X1 X2 . . . Xj H1 H2 . . . Hj
C1 X1 m1
C2 X2 m2
...
. . . B−1A B−1
...
Cj Xj mj
Zj CBXB CBB−1A−Cj CBB−1
Cj−Zj
Donde: B−1 = Matriz inversa (comprendida solo por las variables de holgura Hj)
CBB−1 = Vector dual (comprendido solo por las variables de holgura Hj)
2)Para el o los cambios propuestos en el modelo original, volver a determinar los nuevos elementos de la tabla
optima actual mediante el uso de los cálculos primales duales. Estos consisten en restablecer la tabla simplex
optima del problema original e introducirle los cambios del nuevo problema.
3)Si la nueva tabla no es optima, ir al paso #4, si es infactible, ir al paso #5, de lo contrario anotar la solución
en la nueva tabla como el nuevo optimo.
45
4)Aplicar el método simplex a la nueva tabla para obtener una nueva solución optima.
5)Aplicar el método dual a la nueva tabla para recobrar la factibilidad.
Actividad 12: I)Cambios que afectan la factibilidad.
1)Cambios en los recursos disponibles bj: Sabemos por calculos primales duales que los cambios en los
segundos miembros de las restricciones solo pueden afectar a la columna bj de la tabla optima, es decir solo
pueden afectar la factibilidad. Por lo tanto, todo lo que tenemos que hacer es volver a calcular la columna bj
de la tabla original.
Supongamos que el problema original es ; Ahora si cambiamos a bj por(bj+bj); el nuevo problema es:
Max Z = CjXj Max Z = CjXj
Sujeta a: Sujeta a:
Axjbj Axj(bj+bj)
Xj0 Xj0
Procedimiento de análisis:
1)Obtener la solución optima del problema original, empleando el método simplex.
2)Se incrementa bj, quedando como: bj+bj.
3)Se establece el nuevo problema (en forma primal)
4)Se extrae la matriz inversa B−1, de la tabla simplex optima.
5)Se calcula la nueva solución optima XB; empleando la ecuación matricial:
XB =B−1(bj+bj) donde XB es la matriz columna formada por las variables de la columna
base Vb.
5.1)Si XB0, en todos sus elementos; la nueva solución XB, es factible y el nuevo valor
de Z, se calcula sustituyendo los valores de Xi en la función objetivo y después ir al
paso N°8.
5.2)Si XB < 0, en alguno de sus elementos, la nueva solución XB es infactible; cuando esto
ocurre, ir al paso N°6.
6)Aplicando el método dual, restablecer la tabla simplex optima, introduciéndole los valores de XB en la
columna Vb y calcular los renglones Zj y Zj−Cj.
7)Aplicando el método simplex, resolver la tabla restablecida, bajo el siguiente procedimiento:
46
A)Sacar de la columna Vb las variables de valor negativo (infactible).
B)Introducir la variable que hace positivo a la variable de salida (siendo el cociente de
menor valor positivo).
C)Obtener el numero pivote np (intersección de renglón y columna seleccionada).
D)Calcular los elementos del renglón pivote R.P., con la ecuación: R.P.= Rs, e
introducirlo a la siguiente tabla (nueva).
E)Calcular los nuevos elementos de los renglones restantes, aplicando la ecuación NE
e introducirlos a la nueva tabla.
F)Calcular los elementos de los renglones Zj y Cj−Zj, e introducirlos a la nueva tabla.
G)Calcular la nueva solución optima, aplicando la ecuación matricial: Vb=bj.
H)Verificar factibilidad; sustituyendo los nuevos valores de Xi en el nuevo problema.
8)Conclusión.
2)Agregar nueva restricciones Xn: Agregar nuevas variables Xn; crea nuevos términos Zj−Cj y nuevas
columnas Yj en la tabla. Si asociado a la nueva actividad Xn se conoce su contribución Cj y su vector de
coeficientes tecnológicos aij el procedimiento de análisis que debe seguirse es:
1)Obtener la solución optima del problema original, empleando el método simplex.
2)Establecer el nuevo problema (en forma primal).
3)El agregar una nueva restricción Xn, puede dar origen a dos situaciones:
3.1)La nueva restricción Xn, la satisface la solución optima, si esto ocurre, la solución
optima no sufre cambios, ir al paso N°7.
3.2)La solución optima, no satisface a la nueva restricción Xn, por lo tanto se volverá de
enlace (debe entrar a la columna Vb), ir al paso N°4.
4)Aplicando el método dual, restablecer la tabla simplex optima, bajo el siguiente procedimiento.
a)Agregar una nueva variable de holgura Hi, a la nueva restricción.
b)Calcular el valor de la nueva variable de holgura, aplicando procedimiento algebraico
entre renglones, basándonos en la nueva restricción y la tabla simplex optima.
c)Calcular los valores del renglón de la nueva variable de holgura, basándonos en el
47
procedimiento algebraico entre renglones.
d)Los valores de la columna de la nueva variable de holgura, son todos igual a cero en
cada uno de los renglones, excepto el ultimo renglón, el cual debe ser la unidad.
e)Construir la nueva tabla, agregando renglón y columna que corresponden a la nueva
variable de holgura.
f)Calcular los elementos de los renglones Zj y Zj−Cj, e introducirlo a la nueva tabla.
5)Empleando el metodo simplex, se resuelve la tabla restablecida, bajo el siguiente procedimiento.
a)Sacar de columna Vb, la variable de valor negativo (infactible).
b)Introducir la variable que hace positiva a la variable de salida, siendo el cociente de
menor valor positivo.
c)Obtener el numero pivote np.
d)Calcular los elementos del renglón pivote R.P., empleando la ecuación: R.P.=Rs , e
introducirlo a la siguiente tabla.
e)Calcular los nuevos elementos de los renglones restantes, empleando la ecuación NE
e introducirlos a la siguiente tabla.
f)Calcular los elementos de los renglones Zj y Zj−Cj, e introducirlo a la nueva tabla.
6)Obtener la nueva solucion optima, empleando la ecuación matricial Vb = bj.
7)Conclusión.
Actividad 13: I)Cambios que afectan la factibilidad.
PROBLEMA DE AUTOEVALUACION:
En una carpintería se fabrican mesas y sillas, la carpintería cuenta con dos departamentos en paralelo con
capacidad de 40 horas semanales respectivamente. Cada mesa deja una ganancia de $150 y requiere de 4
horas de trabajo en el departamento I y 2 horas en el departamento II. Mientras que una silla deja ganancia de
$200 y requiere 2 horas de trabajo del departamento I y 4 horas del departamento II. Obtener:
a)La solución optima, empleando el método simplex.
b)Si la capacidad de los departamentos cambian ambos de 40 a 48 horas semanales.
¿afecta a la solución optima el cambio de los recursos?
c)Si la capacidad del departamento I cambia de 40 a 24 horas semanales y la capacidad del
48
departamento II, cambia de 40 a 60 horas semanales. ¿afecta a la solución optima el
cambio de los recursos disponibles?
d)En una de las semanas en la misma empresa un cliente importante pidió a la carpintería
que fabricara mínimo 4 sillas. ¿puede la carpintería satisfacer el pedido del cliente?, en
caso de que no, ¿qué debe de hacer la carpintería para poder satisfacer la orden del
cliente?.
e)Supongamos que en una de las semanas el cliente pidió la producción mínima de 7 sillas.
¿podría la carpintería satisfacer la petición del cliente? En caso de que no. ¿qué debe
hacer la carpintería para satisfacer la orden del cliente?.
SOLUCION:
A)Obtener la solución optima, empleando el método simplex.
I)Formulación del problema (fase I).
a)Determinar el objetivo del problema: Maximizar la ganancia.
b)Definir las variables del problema:
Z = ganancia
X1 = numero de mesas a producir; C1=$150/mesas
X2 = numero de sillas a producir; C2 = $200/sillas
c)Establecer las restricciones del problema: 1)capacidad de tiempo semanal
*Departamento I: 40 horas
*Departamento II: 40 horas
II)Construcción del modelo del problema (fase II).
a)Función objetivo: Max Z = 150X1+200X2
b)Restricciones: 4X1+2X240 (departamento I)
2X1+4X240 (departamento II)
c)No−negatividad: X10 ; X20
III)Convertir el sistema de restricciones en un sistema de ecuaciones
49
Sistema de restricciones: Sistema de ecuaciones:
4X1+2X240 4X1+2X2+H1=40 ; H10
2X1+4X240 2X1+4X2+H2=40 ; H20
IV)Función objetivo: Max Z = 150X1+200X2+0H1+0H2
V)Sistema de ecuaciones:
Depto. I: 4X1+2X2+H1+0H2 =40
Depto. II: 2X1+4X2+0H1+H2 =40
VI)Construir tabla simplex inicial (tabla N°1)
Tabla N°1: Entra X1 (a2:seleccionada).
Cj 150 200 0 0 Función objetivo.
Vb bj X1 X2 H1 H2
0 H1 40 4 2 1 0
0 40 2 4 0 1 Sale A2 (R2:seleccionado).
Zj 0 0 0 0 0
Cj−Zj 150 200 0 0
VII)Resolver tabla N°1 (primera iteración).
1)Determinar variable de entrada: cuando el objetivo es Max Z, la define el mayor valor positivo de Cj−Zj, es
decir: C2−Z2 = 200, entonces X2 debe entrar a la base Vb: a2 seleccionada.
2)Determinar variable de salida: empleando la ecuación matricial Vb = bj/a2 (menor valor positivo).
=== ; siendo 10, el menor valor positivo, entonces H2, debe salir de la base Vb (R2:seleccionado).
3)Obtener el numero pivote: np = 4.
4)Calcular los elementos del renglón pivote: R.P.=R2 ; e introducirlo a la siguiente tabla (tabla N°2). R.P. = =
10 1/2 1 0 1/4
Tabla N°2: Entra X1 (a1:seleccionada).
Cj 150 200 0 0 Función objetivo.
Vb bj X1 X2 H1 H2
0 H1 20 3 0 1 −1/2 Sale H1 (R1:seleccionado).
50
NR1
200 X2 10 1/2 1 0 1/4
R.P.
Zj 200 100 200 0 50
Cj−Zj 50 0 0 −50
5)Calcular los nuevos elementos del renglón restante R1, aplicando la ecuación NE, introducirlo a la tabla
N°2 ; NR1 = R1−2R.P.
R1 40 4 2 1 0
−2R.P. −2
40 4 2 1 0 sumar
−20 −1 −2 0 −1/2
NR1 20 3 0 1 −1/2
6)Calcular los elementos de los renglones Zj y Zj−Cj, e introducirlos a la tabla N°2.
Zj bj = 0(20)+200(10) = 0+2000 = 2000
Zj X1 = 0(3)+200(1/2) = 0+100 = 100 ; Cj−Zj X1 = 150−100 = 50
Zj X2 = 0(0)+200(1) = 0+200 = 200 ; Cj−Zj X2 = 200−200 = 0
Zj H1 = 0(1)+200(0) = 0+0 =0 ; Cj−Zj H1 = 0−0 = 0
Zj H2 = 0(−1/2)+200(1/4) = 0+50 = 50 ; Cj−Zj H2 = 0−(−300) = 300
VIII)Verificar optimalidad: cuando el objeto es Maz Z, Cj−Zj0, en todos sus elementos, de acuerdo a la tabla
N°2, C1−Z1 = 50 no cumple, por la tanto repetir el paso VII.
VII)Resolver tabla simplex N°2 (segunda iteración).
1)Determinar variable de entrada: como el objetivo es Max Z, la determina el valor mayor positivo de Cj−Zj,
es decir: C1−Z1 = 50, por lo tanto X1 debe entrar a la base Vb.(a1 seleccionada).
2)Determinar variable de salida: empleando la ecuación matricial Vb = bj/a1 (menor valor positivo).
=== ; siendo 20/3, el menor valor positivo, entonces H1, debe entrar de la base Vb (R1:seleccionado).
3)Obtener el numero pivote: np = 3.
4)Calcular los elementos del renglón pivote: R.P.=R1 ; e introducirlo a la siguiente tabla (tabla N°3). R.P. = =
20/3 1 0 1/3 −1/6
51
Tabla N°3: (optima)
Cj 150 200 0 0
Vb bj X1 X2 H1 H2
150 X1 20/3 1 0 1/3 −1/6
200 X2 20/3 0 1 −1/6 1/3
Zj 700/3 150 200 50/3 125/3
Cj−Zj 0 0 −50/3 −125/3
5)Calcular los nuevos elementos del renglón restante R2, aplicando la ecuación NE, introducirlo a la tabla
N°3 ; NR2 = R2−1/2R.P.
R2 10 1/2 1 0 1/4
−1/2R.P. −1/2
10 1/2 1 0 1/4 sumar
−10/3 −1/2 0 −1/6 1/12
NR2 20/3 0 1 −1/6 1/3
6)Calcular los elementos de los renglones Zj y Zj−Cj, e introducirlos a la tabla N°3.
Zj bj = 150(20/3)+200(20/3) = 3000/3+4000 = 7000/3
Zj X1 = 150(1)+200(0) =150+0 = 150 ; Cj−Zj X1 = 150−150 = 0
Zj X2 = 150(0)+200(1) = 0+200 = 200 ; Cj−Zj X2 = 200−200 = 0
Zj H1 = 150(1/3)+200(−1/6) = 150/3−100/3 = 50/3 ; Cj−Zj H1 = 0−50/3 = −50/3
Zj H2 = 150(−1/6)+200(1/3) = −75/3+200/3 = 125/3 ; Cj−Zj H2 = 0−125/3 = −125/3
VIII)Verificar optimalidad: cuando el objetivo es Max Z, Cj−Zj0, en todos sus elementos, de acuerdo a la
tabla N°3, todos los elementos cumplen, por lo tanto, la tabla simplex N°3 es optima.
IX)obtener solucion optima. Vb = bj ; = Esto es igual a:
X1= 20/3 (6.67)
X2= 20/3 (6.67)
Zmax = $7000/3 ($2333.33)
X)Verificar factibilidad: Sustituyendo X1=20/3 ; X2=20/3 en el sistema de restricciones.
52
4X1+2X240 2X1+4X240
4(20/3)+2(20/3)40 2(20/3)+4(20/3)40
120/340 120/340
4040 (cumple). 4040 (cumple).
XI)Conclusión: La carpintería deberá fabricar 20/3 mesas y 20/3 sillas, para obtener la máxima ganancia de
$7000/3.
B)Si la capacidad de los departamentos cambian ambos de 40 a 48 horas semanas.¿afecta la solución optima
el cambio de los recursos?
Procedimiento de calculo: (cambio de recursos bj )
1)Obtener solución optima del problema original , empleando el método simplex.
Problema original Solución óptima
Max Z = 150X1+200X2 X1=20/3 (6.67) mesas ; H1=0
Sujeta A: X2=20/3(6.67) sillas ;H2=0
4X1+2X240 Zmax = $7000/3 = $ 2333.33
2X1+4X240
X10 ; X20
2)Se incrementa bj ; es decir : bj = ; cambia a (bj + bj )=.
3)Se establece el numero problema:
Max Z = 150X1+200X2
Sujeta a :
4X1+2X248
2X1+4X248
X10 ; X20
4)Extraer la matriz inversa B−1, de la tabla simplex optima.
Cj 150 200 0 0
Vb bj X1 X2 H1 H2
150 X1 20/3 1 0 1/3 −1/6
53
B−1 B−1= (1/3 −1/6)
200 X2 20/3 0 1 −1/6 1/3 2x2 (−1/6 1/3)
Zj 700/3 150 200 50/3 125/3
Cj−Zj 0 0 −50/3 −125/3
5)Se calcula la nueva solución optima XB , empleando la ecuación matricial: XB = B−1 (bj+bj).
XB=B−1(bj+bj) ; ====
=
5.1)Como XB== > 0 ; en todos sus elementos, la nueva solución es factible, entonces Zmax = 150(8)+200(8)
= 1200+1600 = $2800.
8)Conclusión: El cambio de los recursos de a ; trae cambios en la producción de mesas de 20/3(6.67) a 8 y de
20/3(6.67) a 8 sillas, mientras que la ganancia se incrementa de $7000/3($2333.33) a $2800.
C)Si la capacidad del departamento I, cambia de 40 a 24 horas semanales y la capacidad del departamento II,
cambia de 40 a 60 horas semanales. ¿Afecta a la solución optima el cambio en los recursos disponibles?
Procedimiento de calculo (Cambio de los recursos bj).
1)obtener la solución optima del problema original, empleando el método simplex.
Problema original Solución óptima
Max Z = 150X1+200X2 X1=20/3=6.67 mesas ; H1=0
Sujeta A: X2=20/3=6.67 sillas ;H2=0
4X1+2X240 Zmax = $7000/3 = $ 2333.33
2X1+4X240
X10 ; X20
2)Se incrementa bj ; es decir : bj = ; cambia a (bj + bj )=.
3)Se establece el numero problema:
Max Z = 150X1+200X2
Sujeta a :
4X1+2X224
2X1+4X260
X10 ; X20
54
4)Extraer la matriz inversa B−1, de la tabla simplex optima.
Cj 150 200 0 0
Vb bj X1 X2 H1 H2
150 X1 20/3 1 0 1/3 −1/6
B−1 B−1= (1/3 −1/6)
200 X2 20/3 0 1 −1/6 1/3 2x2 (−1/6 1/3)
Zj 700/3 150 200 50/3 125/3
Cj−Zj 0 0 −50/3 −125/3
5)Se calcula la nueva solución optima XB , empleando la ecuación matricial: XB = B−1 (bj+bj).
XB=B−1(bj+bj) ; ====
=
5.2)Como XB== < 0 ; en uno de sus elementos, la nueva solución optima es infactible, ir al paso 6.
6)Aplica el metodo dual, restablecer la tabla simplex optima.
Cj 150 200 0 0
Función objetivo.
Vb bj X1 X2 H1 H2
150 X1 −2 1 0 1/3 −1/6
200 X2 16 0 1 −1/6 1/3
Zj 2900 150 200 50/3 125/3
Cj−Zj 0 0 50/3 125/3
7)Aplicando el método simplex restablecida, de acuerdo el siguiente procedimiento:
a)Sacar de la columna Vb, las variables de valor negativo, en este caso X1=−2,
definiendo asi el renglón seleccionado R1.
b)Introducir la variable que hece positiva a la variable de salida X1 , siendo el cociente menor positivo, en
este caso seria H2 ,definido asi la columna seleccionada a4.
c)Obtener el numero pivote: np = −1/6.
d)Calcular los elementos del renglón pivote: R.P. = R1 , e introducirlo a la nueva tabla R.P. = −6 = 12 −6 0 −2
55
1
Nueva tabla simplex
Cj 150 200 0 0
Función objetivo.
Vb bj X1 X2 H1 H2
0 H1 12 −6 0 −2 1 R.P.
200 X2 12 2 1 1/2 0 NR2
Zj 2400 400 200 100 0
Cj−Zj −250 0 −100 0
e) Calcular los nuevos elementos del renglón restante R2, aplicando la ecuación NE, introducirlo a la tabla ;
NR2 = R2−1/3R.P.
R2 16 0 1 −1/6 1/3
−1/3R.P. −1/3
16 0 1 −1/6 1/3 sumar
−4 2 0 2/3 −1/3
NR2 12 2 1 ½ 0
f) Calcular los elementos de los renglones Zj y Zj−Cj, e introducirlos a la nueva tabla.
Zj bj = 0(12)+200(12) = 0+2400 = 2400
Zj X1 = 0(−6)+200(2) = 0+400 = 400 ; Cj−Zj X1 = 150−400 = −250
Zj X2 = 0(0)+200(1) = 0+200 = 200 ; Cj−Zj X2 = 200−200 = 0
Zj H1 = 0(−2)+200(1/2) = 0+100 = 100 ; Cj−Zj H1 = 0−100 = −100
Zj H2 = 0(1)+200(0) = 0+0 = 0 ; Cj−Zj H2 = 0−0 = 0
g)Calcular la solución optima, empleando la ecuación Vb = bj.
Vb = bj ; = ; Nueva solución optima; X1=0 ; X2=12 ; Zmax= $2400.
h)Verificar factibilidad, sustituyendo X1=0 y X2 , en el sistema de restricciones del nuevo problema.
4X1+2X224 2X1+4X224
4(0)+2(12) 24 2(0)+4(12) 24
56
2424 (cumple) 4860 (cumple)
8)Conclusión : El cambio de los recursos disponibles en los departamentos dea;
la producción sufre cambios: El numero de mesas disminuye de 20/3 = 6.667 a cero, mientras que la
producción de sillas se incrementa de 20/3 = 6.67 a 12 y la contribución se incrementa de $7000/3 = $2333.33
a $2400.
D) En una de las semanas en la misma empresa un cliente importante pidió a la carpintería
que fabricara mínimo 4 sillas. ¿puede la carpintería satisfacer el pedido del cliente?, en
caso de que no, ¿qué debe de hacer la carpintería para poder satisfacer la orden del
cliente?.
Procedimiento de calculo (agregar nuevas restricciones Xn)
1)Obtener solución optima del problema original , empleando el método simplex.
Problema original Solución óptima
Max Z = 150X1+200X2 X1=20/3 (6.67) mesas ; H1=0
Sujeta A: X2=20/3(6.67) sillas ;H2=0
4X1+2X240 Zmax = $7000/3 = $ 2333.33
2X1+4X240
X10 ; X20
2)Establecer el nuevo problema (En forma primal).
Nuevo problema Forma primal.
Max Z = 150X1+200X2 Max Z = 150X1+200X2
Sujeta A: Sujeta A:
4X1+2X240 4X1+2X240
X1+4X240 2X1+4X240
X24 −X2−4
X10 ; X20 X10 ; X20
3)Situaciones.
3.1)La nueva restricción X24 ; la satisface la solución optima actual X2=6.67 es decir, la nueva restricción, no
produce cambios en la solución optima, ir al paso 7.
57
7)Conclusión: Debido a que la nueva restricción X24 , la satisface la solución optima, entonces la solución
optima no sufre cambios.
E)Supongamos que en una de las semanas el cliente pidió la producción mínima de 7 sillas.
¿podría la carpintería satisfacer la petición del cliente? En caso de que no. ¿qué debe
hacer la carpintería para satisfacer la orden del cliente?.
Procedimiento de calculo (agregar nuevas restricciones Xn)
1) Obtener solución optima del problema original , empleando el método simplex.
Problema original Solución óptima
Max Z = 150X1+200X2 X1=20/3 (6.67) mesas ; H1=0
Sujeta A: X2=20/3(6.67) sillas ;H2=0
4X1+2X240 Zmax = $7000/3 = $ 2333.33
2X1+4X240
X10 ; X20
2)Establecer el nuevo problema (En forma primal).
Nuevo problema Forma primal.
Max Z = 150X1+200X2 Max Z = 150X1+200X2
Sujeta A: Sujeta A:
4X1+2X240 4X1+2X240
X1+4X240 2X1+4X240
X27 −X2−7
X10 ; X20 X10 ; X20
3)Situaciones.
3.1)La solución optima, no satisface a la nueva restricción, es decir: X2= 6.67 < 7, ir al
paso 4.
4)Aplicando el método dual, restablecer la tabla simplex optima, bajo el siguiente
procedimiento:
a)Agregar una variable de holgura H3 a la nueva restricción: −X2 + H3 = −7.
58
b)Calcular valor de la nueva variable de holgura H3 ,aplicando procedimiento algebraico entre, renglones,
basándonos en la nueva restricción y la tabla simplex optima.
Cj 150 200 0 0 Función Objetivo.
Vb bj X1 X2 H1 H2
150 X1 20/3 1 0 1/3 −1/6
200 X2 20/3 0 1 −1/6 1/3
Zj 700/3 150 200 50/3 125/3
Cj−Zj 0 0 −50/3 −125/3
Procedimiento algebraico entre renglones.
Renglón de la nueva restricción del problema
−X2+H3 = −7 −−−−−−− 1
Renglón de la nueva restricción de la tabla optima
0X1+X2−1/6H1+1/3H2 = 20/3 −−−−−−− 2
De la solución optima X2 = 20/3 , sustituirlo en − 1
−20/3+H3 = −7 ; H3 =−7/1+20/3 = H3 =−1/3 (infactible).
c)Calcular los valores del renglón de la nueva variable de holgura H3, aplicando procedimiento algebraico
entre renglones.
−X2 + H3 = −7
0X1 + X2 − 1/6H1 + 1/3H2 = 20/3
0X1 + H3 − 1/6H1 + 1/3H2 = −1/3
Nuevo renglon para H3
H3: 0X1 + 0X2 − 1/6H1 + 1/3H2 = −1/3
d)Valores de la columna H3 todos ceros, excepto el ultimo, el cual corresponde a la unidad.
e)Construir nueva tabla y restablecer.
Entra H1 (a3 seleccionada)
Cj 150 200 0 0 0 Función Objetivo.
Vb bj X1 X2 H1 H2 H3
59
150 X1 20/3 1 0 1/3 −1/6 0
200 X2 20/3 0 1 −1/6 1/3 0
0 H3 −1/3 0 0 −1/6 1/3 1 Sale H3 (R3 seleccionado)
Zj 700/3 150 200 50/3 125/3 0
Cj−Zj 0 0 50/3 125/3 0
f)Calcular los renglones Zj y Zj−Cj, e introducirlos a la nueva tabla.
5)Aplicando el metodo simplex, resolver nueva tabla (restablecida), bajo el siguiente
procedimiento:
a)Sacar H3 = −1/3 (infactible), de calumna Vb, definiendo asi, renglon seleccionado R3.
b)Introducir H1 que hace positiva la variable de Salida H3, definiendo así, la columna seleccionada a4.
c)Obtener numero pivote np = −1/6.
d)Calcular los elementos del renglón pivote R.P. , aplicando la ecuación R.P. = R3 , e introducirlo a la
siguiente tabla: R.P.= −6(−1/3 0 0 −1/6 1/3 1)= 2 0 0 1 −2 −6
Cj 150 200 0 0 0 Función Objetivo.
Vb bj X1 X2 H1 H2 H3
150 X1 6 1 0 0 1/2 2 NR1
200 X2 7 0 1 0 0 −1 NR2
0 H2 2 0 0 1 −2 −6 R.P.
Zj 2300 150 200 0 75 100
Cj−Zj 0 0 0 −75 −100
e)Calcular los nuevos elementos de los renglones restantes, aplicando la ecuación NE, e introducirlos a la
nueva tabla: NR1 = R1−1/3R.P.
R1 20/3 1 0 1/3 −1/6 0
−1/3R.P. −1/3
20/3 1 0 1/3 −1/6 0 sumar
−2/3 0 0 −1/3 2/3 2
NR1 6 1 0 0 ½ 2
60
NR2 = R2+1/6R2
R2 20/3 0 1 −1/6 1/3 0
−1/3R.P. 1/6
20/3 0 1 −1/6 1/3 0 sumar
1/3 0 0 1/6 −1/3 −1
NR2 7 0 1 0 0 −1
f) Calcular los elementos de los renglones Zj y Zj−Cj, e introducirlos a la nueva tabla.
Zj bj = 150(6)+200(7)+0(2) = 900+1400+0 = 2300
Zj X1 = 150(1)+200(0)+0(0) =150+0+0 = 150 ; Cj−Zj X1 = 150−150 = 0
Zj X2 = 150(0)+200(1)+0(0) = 0+200+0 = 200 ; Cj−Zj X2 = 200−200 = 0
Zj H1 = 150(0)+200(0)+(1) = 0+0+0 = 0 ; Cj−Zj H1 = 0−0 = 0
Zj H2 = 150(1/2)+200(0)+0(−2) = 75+0+0 = 75 ; Cj−Zj H2 = 0−75 = −75
Zj H3 = 150(2)+200(−1)+0(−6) = 300−200+0 = 100 ; Cj−Zj H2 = 0−100 = −100
g)Verificar optimalidad: cuando el objetivo es MaxZ ; Cj−Zj0; en todos sus elementos, de acuerdo a la nueva
tabla, todos cumplen, por lo tanto es optima.
6)Obtener nueva solución optima, empleando la ecuación matricial Vb = bj.
Vb = bj ; = X1=6 ; X2=7 ; H3=2 ; Zmax=2300
H1=0 ; H2=0
7)Conclusión: La carpintería para poder cumplir el pedido del cliente de cuando menos 7 sillas, deberá
reducir la producción de mesas de 20/3 = 6.67 a 6 y aumentar l producción de sillas de 20/3 = 6.67 a 7,
aceptando una disminución en la contribución de $7000/3 = $2333.333 a $2300
Actividad 14: Cambios que afectan la optimalidad
1)Cambios en la contribución Cj.
Procedimiento de análisis:
1)Obtener la solución optima del problema original, empleando el método simplex.
2)Se cambia el vector Cj por (Cj+Cj); entonces el renglón Zj−Cj, cambia a Zj−(Cj+Cj).
3)Se establece el nuevo problema (en forma primal).
4)Se extrae de la tabla simplex optima el vector dual CBB−1
61
5)Se calcula el valor de Zj−(Cj+Cj), empleando la ecuación matricial: Zj−(Cj+Cj) =
CBB−1aj − (Cj+Cj).
6)Si Zj−(Cj+Cj) > 0; en alguno de sus elementos, restablecer la tabla simplex optima,
empleando el método dual.
7)Revisar condiciones de optimalidad.
7.1)Si se cumplen las dos condiciones de optimalidad.
1)Zj−(Cj+Cj)0 ; para toda columna aj de A y no de B y
2)Zj−Cj0; en todos sus elementos.
7.2)Si no se cumplen las dos condiciones anteriores, ir al paso 9.
8)Obtener nueva solución optima de la tabla simplex restablecida, relacionando las
columnas base Vb y de recursos bj, es decir, Vb = bj, ir al paso 10.
9)Aplicando el método simplex, para resolver la tabla simplex restablecida, hasta cumplir
Cj−Zj0, bajo el siguiente procedimiento.
a)Introducir a la base Vb, la variable que tenga el mayor valor negativo de Zj−Cj.
b)Extraer de la base Vb, la variable de menor valor positivo de dividir la columna
recursos bj entre la columna seleccionada aj.
c)Obtener el numero pivote.
d)Calcular los elementos del renglón pivote R.P., empleando la ecuación R.P.=Rs, e
introducirlo a la siguiente tabla.
e)Calcular los nuevos elementos de los renglones restantes, aplicando la ecuación NE, e
introducirlo a la nueva tabla.
f)Calcular los elementos de los renglones Zj y Cj−Zj, e introducirlos a la nueva tabla.
g)Verificar optimalidad.
h)obtener nueva solución optima, con la relación, Vb = bj.
10)conclusión.
2)Cambios en los coeficientes tecnológicos aij
62
Procedimiento de análisis:
1)Obtener la solución optima del problema original, empleando el método simplex.
2)Se modifica el vector de coeficientes tecnológicos aij por áj.
3)Se establece el nuevo problema (en forma primal).
4)Extraer de la tabla simplex, la matriz inversa B−1 y el vector dual CBB−1.
5)Calcular los elementos del renglón Zj−Cj, con la expresión: Zj−Cj = CBB−1áj−cj.
5.1)Si Zj−Cj > 0, en todos sus elementos, la solución optima no sufre cambios, ir al paso 10
5.2)Si Zj−Cj < 0, en alguno de sus elementos, ir al paso 6.
6)Aplicando el método dual, restablecer la tabla optima, introduciéndole el vector Yj en la
columna aj que sufre cambios, el cual se obtiene con la ecuación matricial: Yj = B−1áj.
7)Aplicando el método simplex, resolver la tabla simples restablecida, bajo el siguiente
procedimiento:
a)Introducir variable a la base Vb: la cual esta determinada por el valor mayor negativo
de Zj−Cj.
b)Extraer variable de la base Vb : determinada por la ecuación matricial Vb = bj/aj
(menor valor positivo).
c)Obtener numero pivote np.
d)Calcular los valores del renglón pivote R.P., empleando la ecuación: Rs, e
introducirlo a la nueva tabla.
e)Calcular los nuevos elementos de los renglones Zj y Cj−Zj, e introducirlos a la nueva
tabla.
8)Verificar optimalidad.
9)Obtener nueva solucion optima, relacionado la columna base Vb y la columna recursos
bj; es decir: Vb = bj.
10)Conclusión.
3)Añadir nueva avtividad Xj
63
Procedimiento de análisis:
1)Obtener la solución optima del problema original, empleando el método simplex.
2)Establecer el nuevo problema (en forma primal).
3)Extraer de la tabla simplex optima, la matriz inversa B−1 y el vector dual CBB−1.
4)Calcular el valor de Zj−Cj de la nueva actividad Xj, con la expresión: Zj−Cj = CBB−1áj−cj.
4.1)Si Zj−Cj > 0, en todos sus elementos, la nueva actividad Xj no debe entrar al sistema,
su valor es cero y la solución optima no sufre cambios, ir al paso 9.
4.2)Si Cj−Zj < 0, en alguno de sus elementos, ir al paso 5.
5)Empleando el método dual, restablecer la tabla simplex optima, introduciendo el nuevo
vector Yj = B−1aj en la columna que corresponde a la nueva actividad Xj.
6)Empleando el método simplex, resolver la tabla simplex restablecida, bajo el siguiente
procedimiento:
a)Introducir a la base Vb, la variable cuyo valor de Zj−Cj sea el mayor negativo,
definiendo asi la columna seleccionada aj.
b)Extraer de la bae Vb, la variable determinada por la ecuación matricial XB = bj/aj (valor
menor positivo),definiendo asi el renglón seleccionado Rs.
c)Obtener el numero pivote np (intersección de Rs y aj).
d)Se calculan los elementos del renglón pivote R.P., empleando la ecuación: Rs.
e)Calcular los elementos de los renglones restantes, empleando la ecuación NE
f)Calcular los elementos de los renglones Zj y Cj−Zj.
7)Verificar optimalidad.
8)Obtener la nueva solución optima, relacionando las columnas Vb y bj, es decir: Vb = bj.
9)Conclusión.
Actividad 15: Cambios que afectan la optimalidad
Problemas de autoevaluación.
1)Una empresa desea producir un volumen X de un producto químico A que se vende a $5 por litro y otro
volumen Y de un producto químico B que se vende a $3 por litro. Dos tipos de restricciones se consideran en
64
este problema: personal y costos de producción, en lo que se refiere a la primera restricción se tiene un
máximo de 15 personas, mientras que en el segundo se tiene un máximo de $10 por hora de trabajo. Los
coeficientes tecnológicos están dados por:
Productos químicos
Personales
Costos de producción
A
3
5
B
5
2
A)Obtenga la solución optima, empleando el método simplex.
B)Suponga que el precio del producto químico B, se reduce de $3 a $1. ¿Afecta a la
solución optima?.
C)Suponga que el precio de ambos productos químicos se reduce de $5 a $1 y de $3 a $1,
A y B, respectivamente, ¿Afecta a la solución optima esta reducción de precios?
Solucion:
A)Empleando el método simples, obtener la solución optima.
I)Formulación del problema (fase I).
a)Determinar el objetivo del problema: Maximizar la ganancia.
b)Definir las variables del problema:
Z = ganancia
X1 = numero de litros del producto químico A; C1= $5/litros
X2 = numero de litros del producto químico B ; C2 = $3/litros
c)Establecer las restricciones:
1)Personal: Capacidad máxima 15 personas
2)Costo de producción: Capacidad máxima $10/hora.
II)Construcción del modelo del problema (fase II).
a)Función objetivo: Max Z = 5X1+3X2
b)Restricciones: 3X1+5X215 (Personal)
5X1+2X210 (Costos de producción)
c)No−negatividad: X10 ; X20
III)Convertir el sistema de restricciones en un sistema de ecuaciones
65
Sistema de restricciones: Sistema de ecuaciones:
3X1+5X215 3X1+5X2+H1=15
5X1+2X210 5X1+2X2+H2=10
IV)Función objetivo: Max Z = 5X1+3X2+0H1+0H2
V)Sistema de ecuaciones:
Personal: 4X1+2X2+H1+0H2 =15
Costos de producción: 5X1+2X2+0H1+H2 =10
X1 ; X2 ; H1 ; H2 0
VI)Construir tabla simplex inicial (tabla N°1)
Tabla N°1: Entra X1 (a2:seleccionada).
Cj 5 3 0 0 Función objetivo.
Vb bj X1 X2 H1 H2
0 H1 15 3 5 1 0
0 10 5 2 0 1 Sale H2 (R2:seleccionado).
Zj 0 0 0 0 0
Cj−Zj 5 3 0 0
VII)Resolver tabla N°1 (primera iteración).
1)Determinar variable de entrada: como el objetivo es Max Z, la determina el valor mayor positivo de Cj−Zj,
es decir: C1−Z1 = 5, por lo tanto X1 debe entrar a la base Vb, siendo a1 columna seleccionada.
2)Determinar variable de salida: empleando la ecuación matricial Vb = bj/aj (menor valor positivo); es decir:
Vb = bj/a1.
=== ; siendo 2, el menor valor positivo, entonces H2, debe salir de la base Vb, siendo (R2:seleccionado).
3)Obtener el numero pivote np; de cuerdo a la tabla N°1; np=5.
4)Obtener elementos del renglón pivote: R.P.=R2 ; e introducirlo a la siguiente tabla (tabla N°2). R.P. = = 2 1
2/5 0 1/5
Tabla N°2: Entra X2 (a2:seleccionada).
Cj 5 3 0 0 Función objetivo.
Vb bj X1 X2 H1 H2
66
0 H1 9 3 19/5 1 −3/5 NR1
5 X1 2 1 2/5 0 1/5 R.P.
Zj 10 5 2 0 1
Cj−Zj 0 1 0 −1
5)Calcular los nuevos elementos del renglón restante R1, aplicando la ecuación NE, introducirlo a la tabla
N°2 ; NR1 = R1−2R.P.
R1 15 3 5 1 0
−3R.P. −3
15 3 5 1 0 sumar
−6 −3 −6/5 0 −3/5
NR1 9 0 19/5 1 −3/5
6)Calcular los elementos de los renglones Zj y Zj−Cj, e introducirlos a la tabla N°2.
Zj bj = 0(9)+5(10) = 0+10 = 10
Zj X1 = 0(0)+5(1) = 0+5 = 5 ; Cj−Zj X1 = 5−5 = 0
Zj X2 = 0(19/5)+5(2/5) = 0+2 = 2 ; Cj−Zj X2 = 3−2 = 1
Zj H1 = 0(1)+5(0) = 0+0 =0 ; Cj−Zj H1 = 0−0 = 0
Zj H2 = 0(−3/5)+5(1/5) = 0+1 = 1 ; Cj−Zj H2 = 0−1 = −1
VIII)Verificar optimalidad: cuando el objeto es Maz Z, Cj−Zj0, en todos sus elementos, de acuerdo a la tabla
N°2, C2−Z2 = 1, no cumple, por la tanto repetir el paso VII.
VII)Resolver tabla simplex N°2 (segunda iteración).
1)Determinar variable de entrada: como el objetivo es Max Z, la determina el valor mayor positivo de Cj−Zj,
es decir: C2−Z2 = 1, por lo tanto X2 debe entrar a la base Vb.(a2 seleccionada).
2)Determinar variable de salida: empleando la ecuación matricial Vb = bj/a2
=== ; siendo 45/19, el menor valor positivo, entonces H1, debe salir de la base Vb (R1:seleccionado).
3)Obtener el numero pivote: np = 19/5.
4)Calcular los elementos del renglón pivote: R.P.=R1 ; e introducirlo a la siguiente tabla (tabla N°3). R.P. = =
45/19 0 1 5/19 −3/19
Tabla N°3: (optima)
67
Cj 5 3 0 0
Función Objetivo
Vb bj X1 X2 H1 H2
3 X2 45/19 0 1 5/19 −3/19
5 X1 20/19 1 0 −2/19 5/19
Zj 235/19 5 3 5/19 16/19
Cj−Zj 0 0 −50/19 −16/19
5)Obtener elementos del renglón restante, es decir NR2, empleando la ecuación NE, e introducirlo a la tabla
N°3; por lo tanto NR2 = R2−2/5R.P.
R2 2 1 2/5 0 1/5
−2/5R.P. −2/5
2 1 2/5 0 1/5 sumar
−18/19 0 −2/5 −2/19 6/95
NR2 20/19 1 0 −2/19 5/19
6)Calcular los elementos de los renglones Zj y Zj−Cj, e introducirlos a la tabla N°3.
Zj bj = 3(45/19)+5(20/19) = 135/19+100/19 = 235/19
Zj X1 = 3(0)+5(1) = 0+5 = 5 ; Cj−Zj X1 = 5−5 = 0
Zj X2 = 3(1)+5(0) = 3+0 = 3 ; Cj−Zj X2 = 3−3 = 0
Zj H1 = 3(5/19)+5(−2/19) = 15/19−10/19 = 5/19 ; Cj−Zj H1 = 0−5/19 = −5/19
Zj H2 = 3(−3/19)+5(5/19) = −9/19+25/19 = 16/19 ; Cj−Zj H2 = 0−16/19 = −16/19
VIII)Verificar optimalidad: cuando el objetivo es Max Z, Cj−Zj0, en todos sus elementos, de acuerdo a la
tabla N°3, todos los elementos cumplen, por lo tanto, la tabla simplex N°3 es optima.
IX)obtener solucion optima. Vb = bj ; = Esto es igual a:
X1= 20/19 ; H1=0
X2= 45/19 ; H2=0
Zmax = $235/19
X)Verificar factibilidad: Sustituyendo X1=20/19 ; X2=45/19 en el sistema de restricciones.
68
3X1+5X215 5X1+2X210
3(20/19)+5(45/19)15 5(20/19)+2(45/19)10
285/1915 190/1910
1515 (cumple). 1010 (cumple).
XI)Conclusión: La empresa deberá producir 20/19 = 1.05 litros del liquido A y
45/19 = 2.37 litritos del producto químico B, para obtener la ganancia de $235/19 = $12.37.
B)Suponga que el precio del producto químico B, se reduce de $3 a $1. ¿Afecta a la
solución optima?
Procedimiento de calculo (Cambio en la contribución Cj).
1)Obtener la solución optima del problema original, empleando el método simplex.
Problema original Solución optima
Max Z=5X1+3X2 X1=20/19 = 1.05 ; H1=0
Sujeta a : X2=45/19 = 2.37 ; H2=0
3X1+5X215 Zmax = 235/19 = 12.37
5X1+2X210
X10 ; X20
2)Si cambia C2= $3 a (C2+C2) = $1 ; entonces Z2−C2, cambia Z2−(C2+C2)
3)Establecer el nuevo problema(en forma primal)
Max Z = 5X1+1X2
Sujeta a :
3X1+5X215
5X1+2X210
X10 ; X20
4)Extraer la tabla simplex optima, el vector dual CBB−1
Tabla simplex optima.
Cj 5 3 0 0
69
Vb bj X1 X2 H1 H2
3 X2 45/19 0 1 5/19 −3/19
5 X1 20/19 1 0 −2/19 5/19
Zj 235/19 5 3 5/19 16/19 CBB−1 = (5/19 , 16/19)
Vector Dual
Cj−Zj 0 0 −5/19 −16/19
5)Calcular el valor de Z2−(C2+C2) = CBB−1 a2 − (C2+C2)
Z2−(C2+C2) = (5/19 16/19)−1 = 25/19+32/19−1 = 57/19−1 = 3−1 = 2
6)Como Z2−(C2+C2) = 2 > 0;Se restablece la tabla simples optima, empleando el método dual.
Tabla simplex optima (restablecer)
Cj 5 1 0 0
Función objetivo
Vb bj X1 X2 H1 H2
1 X2 45/19 0 1 5/19 −3/19 Sale X2 (R1:Seleccionada)
5 X1 20/19 1 0 −2/19 5/19
Zj 65/19 5 1 −5/19 22/19
Cj−Zj 0 0 −5/19 22/19
7)Revisar las condiciones de optimalidad: 1)Zj− (C2+C2)0 ; en aj de A y 2)Zj−Cj 0
.− Z3−C3 = −5/19 < 0 (no cumple).
1) Z2− (C2+C2) = 2 > 0 ; (Cumple) .− Z4−C4 = 22/19 > 0 (cumple).
7.2)Las condiciones no se cumplen, ir al paso 9.
9)Aplicando el método simplex, resolver la tabla simplex optima restablecida.
a)Determinar variable de entrada: La define el mayor valor negativo de Zj−Cj, es decir:
Z3−C3 = −5/19 ; por lo tanto H1 debe entrar a la base Vb (a3: seleccionada).
b)Determinar variable de salida: Empleando la ecuación matricial: Vb = Bj/a3(menor valor
positivo) Vb = bj/a3 ; ====
70
Siendo 9 el menor valor positivo, entonces X2, debe salir de la base Vb.(R1:Seleccionado).
c)Obtener el numero pivote np; es decir np=5/19
d)Calcular los elementos del renglón pivote R.P., empleando la ecuación: R.P.=R1 , e introducirlo a la nueva
tabla: R.P.=19/5(45/19 0 1 5/19 −3/19) = 9 0 19/5 1 −3/5
Nueva tabla
Cj 5 1 0 0
Función Objetivo
Vb bj X1 X2 H1 H2
0 H1 9 0 19/5 1 −3/5 R.P.
5 X1 2 1 2/5 0 1/5 NR2
Zj 10 5 2 0 1
Cj−Zj 0 −1 0 −1
e)Calcular los nuevos elementos del renglón, empleando la ecuación NE, es decir:
NR2 = R2+2/19R.P. e introducirla a la nueva tabla.
R2 20/19 1 0 −2/19 5/19
2/19R.P. 2/19
20/19 1 0 −2/19 5/19 sumar
18/19 0 2/5 2/19 −6/95
NR2 2 1 2/5 0 1/5
f)Calcular los elementos de los renglones Zj y Cj−Zj, e introducirlos a la nueva tabla.
Zj bj = 0(9)+5(2) = 0+10 = 10
Zj X1 = 0(0)+5(1) = 0+5 = 5 ; Cj−Zj X1 = 5−5 = 0
Zj X2 = 0(19/5)+5(2/5) = 0+2 = 2 ; Cj−Zj X2 = 1−2 = −1
Zj H1 = 0(1)+5(0) = 0+0 = 0 ; Cj−Zj H1 = 0−0 = 0
Zj H2 = 0(−3/5)+5(1/5) = 0+1 = 1 ; Cj−Zj H2 = 0−1 = −1
g)Verificar optimalidad: cuando el objeto es Max Z, Cj−Zj0; en todos sus elementos, de acuerdo a la nueva
tabla, todos los elementos cumplen, por lo tanto, la nueva tabla es optima.
71
h)Obtener nueva solución optima, empleando la ecuación matricial: Vb = bj.
=; por lo tanto X1=2 ; X2=0 ; Zmax= $10 ; Hi=9 ; H2=0 ; ir al paso 10.
10)Conclusión: El cambio en el precio del producto químico B, de $3 a $1, trae como consecuencia, un
incremento en la elaboración del producto químico A de 20/19 = 1.05 litros a 2 litros, pero el producto
químico B, disminuye su elaboración de 45/19= 2.37 litros a cero litros, además la ganancia disminuye de
$235/19 = $12.37 a $10.
C)Suponga que el precio de ambos productos químicos se reducen de $5 a $1 y $3 a
$1, A y B, respectivamente. ¿Afecta a la solución optima esta reducción de precios?
Procedimiento de calculo (Cambio en la contribución Cj)
1)Obtener la solución optima del problema original, empleando el método simplex.
Problema original Solución optima
Max Z=5X1+3X2 X1=20/19 = 1.05 ; H1=0
Sujeta a : X2=45/19 = 2.37 ; H2=0
3X1+5X215 Zmax = 235/19 = 12.37
5X1+2X210
X10 ; X20
2)Si cambia C1= $5 a (C1+C1) = $1 ; y se cambia C2 = $3 a (C2+C2) = $1; entonces:
Z1−C1, cambia Z1−(C1+C1) y Z2−C2 a Z2−(C2+C2).
3)Establecer el nuevo problema(en forma primal)
Max Z = 1X1+1X2
Sujeta a :
3X1+5X215
5X1+2X210
X10 ; X20
4)Extraer la tabla simplex optima, el vector dual CBB−1
Tabla simplex optima.
Cj 5 3 0 0
Vb bj X1 X2 H1 H2
72
3 X2 45/19 0 1 5/19 −3/19
5 X1 20/19 1 0 −2/19 5/19
Zj 235/19 5 3 5/19 16/19 CBB−1 = (5/19 , 16/19)
Vector Dual
Cj−Zj 0 0 −5/19 −16/19
5)Calcular Z1−(C1+C1) = CBB−1 a1 − (C1+C1) = (5/19 6/19)−1 = 15/19+80/19−1 = 95/19−1 = 5−1 = 4
Calcular Z2−(C2+C2) = CBB−1 a2 − (C2+C2) = (5/19 6/19)−1 = 25/19+32/19−1 = 57/19−1 = 3−1 = 2
6)Como Z1−(C1+C1) = 4 > 0 y Z2−(C2+C2) = 2 > 0; Se restablece la tabla simplex
optima, empleando el método dual.
Tabla simplex optima (restablecer)
Cj 1 1 0 0
Función objetivo
Vb bj X1 X2 H1 H2
1 X2 45/19 0 1 5/19 −3/19
1 X1 20/19 1 0 −2/19 5/19
Zj 65/19 1 1 3/19 2/19
Cj−Zj 0 0 3/19 2/19
7)Revisar las condiciones de optimalidad: 1)Zj− (Cj+Cj)>0; en A y no en B y 2)Zj−Cj 0
1) Z1− (C1+C1) = 4 > 0 ; (Cumple) 2) Z3−C3 = 3/19 > 0 ( cumple).
Z2− (C2+C2) = 2 > 0 ; (Cumple) Z4−C4 = 2/19 > 0 (cumple).
7.1)Las condiciones si cumplen, ir al paso 8.
8) Obtener nueva solución optima de la tabla simplex restablecida, empleando la ecuación matricial: Vb = bj.
=; por lo tanto X1=1.05 ; X2=2.37; Zmax=$3.42; Hi=0 ; H2=0 ; ir al paso 10.
10)Conclusión: La reducción de los precios de los productos A de $5 a $1 y B de $3 a $1, no produce
cambios en las cantidades a elaborar de los productos, es decir A se producen 1.05 litros y de B, 2.37 litros,
aproximadamente, pero si se reduce considerablemente la ganancia de $12.37 a $3.42.
2)Una compañía cuenta con 4 unidades de madera y 18 unidades de plástico; para elaborar dos productos A y
B, con una ganancia de $ 3 y $ 5, respectivamente. El producto A requiere de una unidad de madera y 3
73
unidades de plástico, mientras que el producto B, solo requiere de 2 unidades de plástico. ¿ Cuantos productos
de cada tipo, debe elaborar la compañía?.
A) Obtener la solución optima, empleando el método simplex.
B) Suponga que los requerimientos del producto A, cambian de una unidad de madera a dos unidades y que de
3 unidades de plástico, se reduce a 2 unidades. ¿Afectan estos cambios a la solución optima?.
C) Suponga que los requerimientos del producto A, cambian de una unidad de madera a 10 unidades y que de
3 unidades de plástico, se reduce a una unidad. ¿Afectan estos cambios a la solución optima?.
D)¿Conviene producir un nuevo producto C, cuya ganancia es de $ 7, cuyos requerimientos son de una unidad
de madera y 2 unidades de plástico?
E)¿Conviene producir un nuevo producto C, cuya ganancia es de $ 4, cuyos requerimientos son de 10
unidades de madera y 4 unidades de plástico?.
Solución:
A)Obtener la solución optima, empleando el método simplex.
I)Formulación del problema (fase I).
a)Definir el objetivo: Maximizar la ganancia.
b)Definir las variables del problema:
Z = Ganancia
X1 = numero de unidades a elaborar del producto A; C1= $3/unidad.
X2 = numero de unidades a elaborar del producto B; C2= $5/unidad.
c)Establecer las restricciones del problema: 1)Materia prima
Madera : Capacidad máxima de 4 unidades.
Plástico : Capacidad máxima de 18 unidades.
II)Construcción del modelo del problema (fase II).
Función objetivo: Max Z = 3X1+5X2
Sujeta a las Restricciones:
Madera: X1 4
Plastico: 3X1 + 2X2 18
No−negatividad: X10 ; X20
III)Convertir el sistema de restricciones en un sistema de ecuaciones
74
Sistema de restricciones: Sistema de ecuaciones:
X1 4 X1 +H1=15
3X1 + 2X218 3X1+2X2+H2=18
IV)Función objetivo: Max Z = 3X1+5X2+0H1+0H2
V)Sistema de ecuaciones:
X1+0X2+H1+0H2 = 4 (Madera)
3X1+2X2+0H1+H2 =18 (Plástico)
X1 ; X2 ; H1 ; H2 0
VI)Construir tabla simplex inicial (tabla N°1)
Tabla N°1: Entra X2 (a2:seleccionada).
Cj 3 5 0 0 Función objetivo.
Vb bj X1 X2 H1 H2
0 H1 4 1 0 1 0
0 18 3 2 0 1 Sale H2 (R2:seleccionado).
Zj 0 0 0 0 0
Cj−Zj 3 5 0 0
VII)Resolver tabla N°1 (primera iteración).
1)Determinar variable de entrada: como el objetivo es Max Z, la determina el valor mayor positivo de Cj−Zj,
es decir: C2−Z2 = 5, por lo tanto X2 debe entrar a la base Vb. (a2: seleccionada).
2)Determinar variable de salida: empleando la ecuación matricial Vb = bj/a2 (menor valor positivo); es decir:
=== ; siendo 9, el menor valor positivo, entonces H2, debe salir de la base Vb, siendo (R2:seleccionado).
3)Obtener el numero pivote np; de cuerdo a la tabla N°1; np=2.
4)Obtener elementos del renglón pivote: R.P.=R2 ; e introducirlo a la siguiente tabla
(tabla N°2). R.P. = = 9 3/2 1 0 1/2
Tabla N°2:
Cj 3 5 0 0 Función objetivo.
Vb bj X1 X2 H1 H2
75
0 H1 4 1 0 1 0 NR1
5 X2 9 3/2 1 0 1/2 R.P.
Zj 45 15/2 5 0 5/2
Cj−Zj −9/2 0 0 −5/2
5)Calcular los nuevos elementos del renglón restante R1, aplicando la ecuación NE, introducirlo a la nueva
tabla (tabla N°2), es decir ; NR1 = R1−0 (R.P.) = R1
NR1 = 4 1 0 1 0
6)Calcular los elementos de los renglones Zj y Zj−Cj, e introducirlos a la tabla N°2.
Zj bj = 0(4)+5(9) = 0+45 = 45
Zj X1 = 0(1)+5(3/2) = 0+15/2 = 15/2 ; Cj−Zj X1 = 3−15/2 = −9/2
Zj X2 = 0(0)+5(1) = 0+5 = 5 ; Cj−Zj X2 = 5−5 = 0
Zj H1 = 0(1)+5(0) = 0+0 =0 ; Cj−Zj H1 = 0−0 = 0
Zj H2 = 0(0)+5(1/2) = 0+5/2 = 5/2 ; Cj−Zj H2 = 0−5/2 = −5/2
VIII)Verificar optimalidad: cuando el objetivo es Maz Z, Cj−Zj0, en todos sus elementos, de acuerdo a la
tabla N°2, todos cumplen, por la tanto, la tabla N°2 es optima.
IX)Obtener solución optima, empleando la ecuación matricial: Vb = bj ; es decir: = Esto es igual a: X1= 0 ;
H1=4 ; X2= 9; H2=0 ; Zmax = $45
X)Verificar factibilidad: Sustituyendo X1=0 ; X2=9 en el sistema de restricciones.
X1 4 3X1+2X218
04 (Cumple) 3(0)+2(9)18
1818 (Cumple).
XI)Conclusión: La compañía no deberá elaborar el producto A, solo deberá elaborar 9 productos tipos B,
logrando una ganancia máxima de $45.
B) Suponga que los requerimientos del producto A, cambian de una unidad de
madera a 2 unidades y que de 3 unidades de plástico, se reduce a 2 unidades.
¿Afectan estos cambios a la solución optima?.
Procedimiento de calculo (Cambios en los coeficientes tecnológicos aij).
1)Obtener la solución optima del problema original, empleando el método simplex.
76
Problema original Solución optima
Max Z=3X1+5X2 X1= 0 ; H1= 4
Sujeta a : X2= 9 ; H2= 0
X1 4 Zmax = 45
3X1+2X218
X10 ; X20
2)Se modifica el vector de coeficientes tecnológicos de: a1= a ä1=
3)Establecer el nuevo problema(en forma primal)
Max Z = 3X1+5X2 Función Objetivo
Sujeta a las restricciones:
2X1 4 Madera
2X1+2X218 Plástico
X10 ; X20 No−negatividad
4)Extraer de la tabla simplex optima, la matriz inversa B−1 y el vector dual CBB−1
Tabla simplex optima.
Cj 3 5 0 0
Vb bj X1 X2 H1 H2
0 H1 4 1 0 1 0 B−1 =
2x2 Matriz inversa
5 X2 9 3/2 1 0 1/2
Zj 45 15/2 5 0 5/2 CBB−1 = ( 0 5/2 )
1x2 Vector Dual
Cj−Zj −9/2 0 0 −5/2
5)Calcular los elementos del renglón Zj−Cj, con la expresión: Zj−Cj = CBB−1äj−Cj ; en este caso: Z1−C1
=C1) = CBB−1ä1−C1 = (0 5/2)−3 = 0(2)+5/2(2)−3 = 5−3 = 2
5.1)Como Z1−C1 = 2 > 0, la solución optima no sufre cambios; ir al paso 10.
10)Conclusión: Los cambios en los coeficientes tecnológicos de la columna de X1; no produce cambios en la
77
solución optima del problema original.
C) Suponga que los requerimientos del producto A, cambian de una unidad de
madera a 10 unidades y que de 3 unidades de plástico, se reduce a una unidad.
¿Afectan estos cambios a la solución optima?.
Procedimiento de calculo (Cambios en los coeficientes tecnológicos aij)
1)Obtener la solución optima del problema original, empleando el método simplex.
Problema original Solución optima
Max Z=3X1+ 5X2 X1 = 0 ; H1 = 4
Sujeta a : X2 = 9 ; H2 = 0
X1 4 Zmax = $45
3X1+2X218
X10 ; X20
2)Se modifica el vector de coeficientes tecnológicos de a1 = a ä1 = .
3)Establecer el nuevo problema(en forma primal)
Max Z = 3X1 + 5X2 Función Objetivo
Sujeta a restricciones:
10X1 4 Madera
1X1+2X218 Plástico
X10 ; X20 No−Negatividad
4)Extraer la tabla simplex optima, la matriz inversa B−1 y el vector dual CBB−1
Tabla simplex optima.
Cj 3 5 0 0
Vb bj X1 X2 H1 H2
0 H1 4 1 0 1 0
Matriz Inversa:
5 X2 9 3/2 1 0 1/2 B−1 =
78
Zj 45 15/2 5 0 5/2 CBB−1 = (0 , 5/2)
1x2 Vector Dual
Cj−Zj −9/2 0 0 −5/2
5)Calcular los elementos del renglón: Zj − Cj = CBB−1äj−Cj ; en este caso:
Z1−C1 = CBB−1ä1−C1 = (0 5/2) −3 = 0 (10) + 5/2 (1) − 3 = 5/2 − 3 = −1/2
5.2)Como: Z1−C1 = −1/2 < 0 ; ir al paso 6.
6)Aplicando el metodo dual, restablecer la tabla simplex optima, introduciéndole el vector
Y1 = B−1ä1 en la columna a1, la cual sufre cambios; es decir:
Y1 = = =
Tabla simplex optima (restablecer)
Entra X1 (a1:seleccionada).
Cj 3 5 0 0 Función objetivo.
Vb bj X1 X2 H1 H2
0 H1 4 10 0 1 0 Sale H1 (R1:seleccionado).
5 X2 5 1/2 1 0 1/2
Zj 45 5/2 5 0 5/2
Cj−Zj −1/2 0 0 5/2
7)Aplicando el método simplex, resolver la tabla simplex restablecida, bajo el siguiente
procedimiento:
a)Determinar variable de entrada: La define el mayor valor negativo de Zj−Cj; de acuerdo a la tabla simplex
restablecida; Z1−C1 = −1/2 (Mayor negativo); por lo tanto X1 debe entrar a la base Vb (a1 : seleccionada).
b)Determinar variable de salida: Empleando la ecuación matricial:
Vb = bj/a1(menor valor positivo) ; es decir:
=== ; Siendo 2/5 el menor valor positivo, entonces H1, debe salir de la base Vb.(R1:Seleccionado).
c)Obtener el numero pivote np; es decir np=10
d)Calcular los elementos del renglón pivote R.P., empleando la ecuación: R.P.=R1 , e introducirlo a la nueva
tabla: R.P.=1/10 (4 10 0 1 0) = 2/5 1 0 1/10 0
79
Nueva tabla simplex
Cj 3 5 0 0
Función Objetivo
Vb bj X1 X2 H1 H2
3 X1 2/5 1 0 1/10 0 R.P.
5 X2 44/5 0 1 −1/20 1/2 NR2
Zj 226/5 3 5 1/20 5/2
Cj−Zj 0 0 −1/20 −5/2
e)Calcular los nuevos elementos del renglón restante, empleando la ecuación NE, es decir: NR2 = R2 − ½
R.P. e introducirla a la nueva tabla.
R2 9 1/2 1 0 1/2
−1/2R.P. −1/2
9 1/2 1 0 1/2 sumar
−1/5 −1/2 0 −1/20 0
NR2 44/5 0 1 −1/20 1/2
f)Calcular los elementos de los renglones Zj y Cj−Zj, e introducirlos a la nueva tabla.
Zj bj = 3(2/5)+5(44/5) = 6/5+220/5 = $226/5 = $45.2
Zj X1 = 3(1)+5(0) = 3+0 = 3 ; Cj−Zj X1 = 3−3 = 0
Zj X2 = 3(0)+5(1) = 0+5 = 5 ; Cj−Zj X2 = 5−5 = 0
Zj H1 = 3(1/10)+5(−1/20) = −3/10−5/20 = 1/20 ; Cj−Zj H1 = 0−1/20 = −1/20
Zj H2 = 3(0)+5(1/2) = 0+5/2 = 5/2 ; Cj−Zj H2 = 0−5/2 = −5/2
8)Verificar optimalidad: cuando el objetivo es Max Z; Cj−Zj0; en todos sus elementos, de acuerdo a la nueva
tabla simplex, todos los elementos cumplen, por lo tanto, es optima.
9) Obtener nueva solución optima , empleando la ecuación matricial: Vb = bj.
=; por lo tanto X1=0.4 ; X2=8.8; Zmax=$45.2; Hi=0 ; H2=0
10)Conclusión: Los cambios en los coeficientes tecnológicos de X1; se manifiestan los cambios en la
elaboración del producto A, un incremento de cero unidades a 0.4 unidades, una disminución del producto B,
de nueve a 8.8; pero la ganancia se ve incrementada de $45 a $45.2.
80
D)¿Conviene producir un nuevo producto C, cuya ganancia es de $ 7, cuyos requerimientos son de una
unidad de madera y 2 unidades de plástico?
Procedimiento de calculo (Añadir una nueva actividad Xj)
1)Obtener la solución optima del problema original, empleando el método simplex.
Problema original Solución optima
Max Z=3X1+ 5X2 X1 = 0 ; H1 = 4
Sujeta a : X2 = 9 ; H2 = 0
X1 4 Zmax = $45
3X1+2X218
X10 ; X20
2)Establecer el nuevo problema(en forma primal)
Max Z = 3X1 + 5X2 +7X3 Función Objetivo
Sujeta a restricciones:
X1 +1X3 4 Madera
3X1+2X2+2X3 18 Plástico
X10 ; X20 ; X30 No−Negatividad
3)Extraer la tabla simplex optima, la matriz inversa B−1 y el vector dual CBB−1
Tabla simplex optima.
Cj 3 5 0 0
Vb bj X1 X2 H1 H2
0 H1 4 1 0 1 0
Matriz Inversa:
5 X2 9 3/2 1 0 1/2 B−1 =
Zj 45 15/2 5 0 5/2 CBB−1 = (0 , 5/2)
1x2 Vector Dual
Cj−Zj −9/2 0 0 −5/2
4)Calcular el valor de Z3−C3 ; empleando la ecuación: Z3−C3 = CBB−1 a3−C3 ; es decir:
81
Z3−C3 = (0 5/2) −7 = 0 (1) + 5/2 (2) − 7 = 5 − 7 = −2
4.2)Como: Z3−C3 = −2 < 0 ; ir al paso 5.
5)Aplicando el método dual, restablecer la tabla simplex optima, introduciendo el nuevo vector Yj =
B−1aj, en la columna aj ; es decir Y3 = B−1a3 ; en a3 entonces:
Y1 = B−1ä1 en la columna a1, la cual sufre cambios; es decir:
Y3 = = =
Tabla simplex (restablecer)
Entra X3 (a3:seleccionada).
Cj 3 5 7 0 0 Función objetivo.
Vb bj X1 X2 X3 H1 H2
0 H1 4 1 0 1 1 0 Sale H1(R1:seleccionado).
5 X2 9 3/2 1 1 0 1/2
Zj 45 15/2 5 5 0 5/2
Cj−Zj 9/2 0 −2 0 5/2
6)Empleando el método simplex, resolver la tabla simplex restablecida, bajo el siguiente
procedimiento:
a)Determinar variable de entrada: La cual es determinada por el mayor valor negativo de Zj−Cj; de acuerdo a
la tabla restablecida; Z3−C3 = −2 (Mayor negativo); por lo tanto X3 debe entrar a la base Vb (a3 :
seleccionada).
b)Determinar variable de salida: Empleando la ecuación matricial:
Vb = bj/a3(menor valor positivo) ; es decir:
== = ; Siendo 4 el menor valor positivo, entonces H1, debe salir de la base Vb.(R1:Seleccionado).
c)Obtener el numero pivote np; es decir np=1
d)Calcular los elementos del renglón pivote R.P., empleando la ecuación: R.P.=R1 , e introducirlo a la nueva
tabla simplex : R.P.=(4 1 0 1 1 0) = 4 1 0 1 1 0
Nueva tabla simplex
Cj 3 5 7 0 0
Función Objetivo
82
Vb bj X1 X2 X3 H1 H2
7 X3 4 1 0 1 1 0 R.P.
5 X2 5 1/2 1 0 −1 1/2 NR2
Zj 53 19/2 5 7 2 5/2
Cj−Zj −13/2 0 0 −2 −5/2
e)Calcular los nuevos elementos del renglón restante R2, aplicando la ecuación NE, es decir: NR2 = R2 − 1
R.P. e introducirla a la nueva tabla simplex .
R2 9 3/2 1 1 0 1/2
−1 R.P. −1
9 3/2 1 1 0 1/2 sumar
−4 −1 0 −1 −1 0
NR2 5 1/2 1 0 −1 1/2
f)Calcular los elementos de los renglones Zj y Cj−Zj, e introducirlos a la nueva tabla.
Zj bj = 7(4)+5(5) = 28+25 = $53
Zj X1 = 7(1)+5(1/2) = 7+5/2 = 19/2 ; Cj−Zj X1 = 3−19/2 = −13/2
Zj X2 = 7(0)+5(1) = 0+5 = 5 ; Cj−Zj X2 = 5−5 = 0
Zj X3 = 7(1)+5(0) = 7+0 = 7 ; Cj−Zj X3 = 7−7 = 0
Zj H1 = 7(1)+5(−1) = 7−5 = 2 ; Cj−Zj H1 = 0−2 = −2
Zj H2 = 7(0)+5(1/2) = 0+5/2 = 5/2 ; Cj−Zj H2 = 0−5/2 = −5/2
7)Verificar optimalidad: cuando el objetivo es Max Z; Cj−Zj0; en todos sus elementos, de acuerdo a la nueva
tabla simplex, todos los elementos cumplen, por lo tanto, es optima.
8) Obtener nueva solución optima , empleando la ecuación matricial: Vb = bj.
=; por lo tanto X1= 0 ; X2 = 5; X3 = 4 ; Zmax=$53; Hi=0 ; H2=0
9)Conclusión: Si es conveniente elaborar el producto C, ya que permite incrementar la ganancia de $45
a $53, mientras que el producto A, no conviene elaborarse, la elaboración del producto B, disminuye de
9 a 5 unidades y el producto C, deben de elaborarse 4 unidades.
E)¿Conviene producir un nuevo producto C, cuya ganancia es de $ 4, cuyos requerimientos son de 10
unidades de madera y 4 unidades de plástico?.
Procedimiento de calculo (Añadir una nueva actividad Xj)
83
1)Obtener la solución optima del problema original, empleando el método simplex.
Problema original Solución optima
Max Z=3X1+ 5X2 X1 = 0 ; H1 = 4
Sujeta a : X2 = 9 ; H2 = 0
X1 4 Zmax = $45
3X1+2X218
X10 ; X20
2)Establecer el nuevo problema(en forma primal)
Max Z = 3X1 + 5X2 +4X3 Función Objetivo
Sujeta a restricciones:
X1 +10X3 4 Madera
3X1+2X2+ 4X3 18 Plástico
X10 ; X20 ; X30 No−Negatividad
3)Extraer de la tabla simplex optima, la matriz inversa B−1 y el vector dual CBB−1
Tabla simplex optima.
Cj 3 5 0 0
Vb bj X1 X2 H1 H2
0 H1 4 1 0 1 0
Matriz Inversa:
5 X2 9 3/2 1 0 1/2 B−1 =
Zj 45 15/2 5 0 5/2 CBB−1 = (0 , 5/2)
1x2 Vector Dual
Cj−Zj −9/2 0 0 −5/2
4)Calcular el valor de Z3−C3 ; empleando la ecuación: Z3−C3 = CBB−1 a3−C3
Z3−C3 = (0 5/2) −4 = 0 (10) + 5/2 (4) − 4 = 10 − 4 = 6
4.2)Como Z3−C3 = 6 > 0 ; por lo tanto, X3 no debe entrar a la base Vb y su valor es igual a cero. Ir al paso 9.
84
9)Conclusión: Como la nueva actividad no se acepta, no es conveniente elaborar el producto C, por lo
tanto la solución optima no sufre cambios.
Actividad 16: ANÁLISIS DE SENSIBILIDAD
Problemas propuestos:
1)Una companía de metal, fabrica un tipo especial de molde que debe contener cuando menos 20% de
hierro forjado y 5% de plomo. La compañía tiene dos tipos de mineral a partir del cual puede fabricar
los moldes. Los contenidos de hierro forjado y plomo (Expresados en porcentaje por libra), de los dos
minerales que aparecen tabulados enseguida. El costo por tonelada del mineral I es $260 y del mineral
II es $80.
Tabla:
Contenido
Mineral
Mineral I
Mineral II
Hierro forjado
plomo
60 %
13 %
10 %
3%
a)Encuentre la solución optima, empleando el método simplex.
b)Suponga que el requerimiento mínimo de hierro forjado se aumenta de 20% a 21%.
c)Suponga que el plomo mínimo que se requiere se aumenta de 5% a 6%. ¿Cómo se
afectaría el costo de la mezcla?.
2)Un fabricante de juguetes que esta preparando un programa de producción para dos artículos
Maravilla y fantástico, debe utilizar la información respecto a sus tiempos de construcción que se
proporciona en la tabla. La maquina A dispone de 70 horas semanales, la maquina B, de 40 horas
semanales y para terminado, 40 horas semanales. Si las utilidades de cada juguete maravilla y
fantástico son de $4 y $6, respectivamente.
a)Encontrar la solución optima, empleando el método simplex.
b)Si la disponibilidad de las maquinas A, B, y C, cambian a 60 horas, 50 horas y 40 horas semanales,
respectivamente. ¿ Como se afectaría la solución optima ?
Tabla:
Maquina
Articulo
Maravilla
Fantastico
A
B
C
2 Horas
1 Hora
1 Hora
1 Hora
1 Hora
3 Horas
3) Casa consuelo quiere gastar $ 1,000 en publicidad local. El objetivo global es alcanzar la máxima
audiencia posible al mismo tiempo que llegar hasta 6,000 niños por lo menos. Se dispone a tres medios;
su costo y la audiencia que tiene se dan en la tabla que sigue.
85
Tabla:
Medios
Costo y Audiencia
Costos por paquete
Audiencia Total
Audiencia de niños
Periódico
Radio
T.V.
$200
20,000
1,000
$150
14,000
1,000
$400
36,000
3,000
a)Obtener solución optima empleando el método simplex.
b)Una revista local a ofrecido garantizar una audiencia de 12,000 con 2,000 niños por un costo de $ 300.
¿ Debe considerarse esta oferta?
c)Un amigo comenta a casa consuelo que las abuelas compran muchos juguetes. Ahora quiere estar
segura que la publicidad llega por lo menos a 1,000 abuelas por paquete comercial, respectivamente. ¿
Cambiaría la solución optima con esta nueva restricción ?.
ACTIVIDAD 17: MODELO DE TRANSPORTACIÓN
OBJETIVO: El objetivo del modelo de transportación es determinar el mejor patrón de embarque
desde varios puntos de suministros. Si (fuentes) a varios puntos de demanda dj (destinos), a fin de
reducir los costos de transportación. Generalmente, existe una capacidad determinada de bienes para
cada fuente y también, un requerimiento de bienes para cada destino. Cada empresa con una red de
abasto y puntos de demanda se encara con éste problema. Para reducir éste tipo de problemas se han
desarrollado algoritmos de propósitos especiales, mas específicos, para la aplicación del transporte, éste
modelo se aplica de igual manera que el método de programación lineal, primero encuentra una
solución factible inicial, y luego hace un mejoramiento paso a paso hasta que se alcanza una solución
óptima. Contrariamente el método simplex de programación lineal, el método de transportación es
relativamente fácil de calcular.
PROPÓSITO: El propósito del método de transportación es encontrar los medios menos costosos para
embarcar abastos desde varios orígenes hacia varios destinos. Los puntos de origen (fuentes) pueden ser
fábricas, almacenes o cualquier otro de los puntos desde donde se embarcan los bienes. Los destinos son
cualquiera de los puntos que reciben bienes. Para utilizar el modelo de transportación, es necesario tener:
• Los puntos de origen y la capacidad de abasto por período, para cada uno.
• Los puntos de destino y la demanda por período para cada uno.
• El costo de embarque por unidad desde cada origen hacia cada destino y
• Establecer una matriz de transportación, la cual tiene como propósitos: es el de resumir en forma
conveniente y concisa todos los datos relevantes y continuar los cálculos del algoritmo.
Matriz de Transportación
DESTINO
RECURSO O
SUMINISTRO
COSTO POR UNIDAD DISTRIBUIDA
ORIGEN
1
2
1
C11
C21
2
C12
C22
3
C13
C23
...
...
...
n
C1n
C2n
S1
S2
86
...
m
...
Cm1
...
Cm2
...
Cm3
...
...
...
Cmn
DEMANDA dj
(REQUERIMIENTOS)
d1
d2
d3
...
dn
...
Sm
"Si
"dj
Para aplicar cualquier método de transporte , es necesario equilibrar la matriz de transportación, es decir,
cuando la capacidad de suministro es diferente a la capacidad de requerimientos.
CARACTERÍSTICAS: El problema general de transportación se refiere (literal ó figuradamente) a la
distribución de cualquier bien desde cualquier grupo de centros de abastecimiento, llamados orígenes, a
cualquier grupo de centros de recepción llamados destinos, de tal manera que se minimicen los costos totales
de distribución.
Sea Z el costo total de distribución y Xij (i = 1, 2, ... m, y j = 1, 2, ... n ) el número de unidades que se
distribuyen del origen i al destino j, la formulación de programación lineal para este problema es:
Min Z = " " Cij Xij Función Objetivo
Sujeta a las Restricciones
" Xij = Si ; para i = 1, 2, ..., m
" Xij = dj ; para j = 1, 2, ..., n
X ij >= 0; para todo i y j
Donde: Z = Costos.
Cij = Contribución por unidad.
Xij = Número de unidades enviadas del origen i al destino j.
Si = Suministro desde el origen i.
dj = Requerimiento del destino j.
ACTIVIDAD 18: METODOS DE TRANSPORTE PARA MINIMIZAR.
I) Esquina Noroeste: Es un método sistemático, el cual es necesario principiar el cuadro superior
izquierdo (ó esquina noroeste de la matriz de transportación equilibrada) y asignar unidades a las rutas
de embarque, entendiéndose que éste método no da la mejor solución.
Por ejemplo: Cuando la capacidad de suministro es menor a la capacidad de requerimientos. "Si < "dj,
entonces debe crearse un origen ficticio Sm+1, con capacidad equivalente a la diferencia de "dj − "Si, cuyos
costos de embarque Cij son de cero unidad. Y cuando la capacidad de suministro sea mayor a la capacidad de
requerimientos "Si > "dj; entonces debe crearse un destino ficticio dn+1, con capacidad equivalente a la
diferencia de "Si − "dj, cuyos costos de embarque Cij, deben ser de cero unidad.
Procedimiento de cálculo (Método Esquina Noroeste)
• Estructurar la matriz de transportación equilibrada ("Si = "dj).
87
• Iniciar envíos en la esquina noroeste (superior izquierda de la matriz).
• Terminar el abasto (capacidad del origen) de cada renglón antes de moverse hacia abajo, al siguiente
renglón.
• Terminar los requerimientos (destinos) de cada columna antes de moverse a la siguiente columna, hacia la
derecha.
• Verificar que todos los abastos y las demandas se hayan cumplido.
• Calcular el valor de Z, empleando la ecuación Min Z = " " Cij Xij
• Hacer un reporte.
II) Mutuamente Preferido: Con éste método todas las rutas que tienen el costo más bajo, tanto en renglones
como en columnas, se emplean en la solución inicial, siendo estas rutas las que se prefieren por sus costos
bajos, entonces serán mutuamente preferidas para la solución inicial. Este método no da la mejor solución, por
lo que tan solo puede ser útil obtener una solución inicial.
Procedimiento de cálculo. (Método Mutuamente Preferido)
• Estructurar la matriz de transportación equilibrada ("Si = "dj).
• Preparar una nueva matriz de transportación, en las cuales se remuevan las rutas preferidas (sin considerar
la ficticia, en caso de existir), por lo que se hace eliminando los renglones ó columnas que tengan las
cantidades limitadas y empleando el método esquina noroeste, se continua removiendo las rutas preferidas,
hasta agotar capacidad del renglón y hasta satisfacer la demanda de cada columna.
• Verificar que todos los abastos y las demandas de hayan cumplido.
• Calcular el valor de Z, empleando la ecuación: Min Z = " " Cij Xij
5)Hacer un reporte.
III) Cruce del Arroyo: En su solución inicial, el método del cruce del arroyo puede aprovechar la regla de la
esquina noroeste y la inspección, a fin de obtener el valor del costo más bajo de transporte, basado en ciertas
rutas de envíos. La regla de la esquina noroeste exige que las cantidades enviadas de los orígenes a los
destinos deben comenzar en la esquina superior izquierda. Esa ruta puede ser utilizada por completa, es decir,
que la capacidad de los orígenes ó los requerimientos de los destinos se utilizan por completo, dependiendo de
que número sea mas bajo. La holgura (suministro ó demanda ficticio), se asigna después, es decir, al final. La
inspección significa que las cantidades que vayan a enviarse se colocan en cuadro de acuerdo con la regla de
la esquina noroeste, a fin de que muchos de los costos de transporte mas bajos se asocian con los cuadros
llenos, esto quiere decir hay que mover las columnas ó renglones.
Requisitos: Para emplear el método de cruce del arroyo, es necesario cumplir con los siguientes requisitos:
• Tener una solución inicial, generada por los métodos esquina noroeste y la inspección,
• Un proceso iterativo no degenerado, de lo contrario, hace imposible el trazo de una ruta cerrada,
entendiéndose por degeneración, el no cumplir con el número adecuado de rutas. La prueba de la
degeneración m+n−1; (donde m representa en número de renglones y n el número de columnas de la matriz
de transacción equilibrada). Si m+n−1 = Cuadros llenos (asignaciones); el problema no está degenerado,
pero si m+n−1 " cuadros llenos (asignaciones) ; el problema está degenerado . Cuando esto ocurra, es
necesario agregar artificios !, cuyo valor es de cero unidades a los cuadros vacíos (no ocupados), tantos
como sean necesarios para cumplir con m+n−1 = cuadros llenos (asignaciones), evitando formar circuitos
cerrados.
• Tomar en cuenta las rutas prohibidas, cuando esto ocurra en el problema, debe asignarse M a ese cuadro Cij
de envío, cuyo valor debe ser muy alto, cuando el objetivo sea minimizar Z ó muy bajo, si el objetivo es
88
maximizar Z, esto con el fin de garantizar costos muy altos ó ganancias muy bajas, de tal manera que se
consideren prohibidos para el objetivo Z.
Técnica: Consiste en moverse desde una solución factible inicial hacia una solución óptima. El método cruce
del arroyo (piedra que rueda) se utiliza para evaluar la efectividad del costo al enviar bienes por medio de
rutas de transportación, que no se encuentren actualmente en la solución (cuadros vacíos). Se prueba cada
cuadro no utilizado (vacío) en la tabla de transportación, hasta encontrar la mejor asignación que optimice el
objetivo Z.
Procedimiento de cálculo: (Método Cruce del Arroyo)
• Seleccionar un cuadro no utilizado (vacío) para evaluar.
• A partir de éste cuadro, trazar una ruta cerrada de regreso al cuadro original, a través de cuadros que se
estén utilizando actualmente (únicamente se permiten movimientos horizontales y verticales). Sin embargo
se puede pasar un cuadro vacío ú ocupado, es decir, sólo se permiten dos cuadros en cada movimiento, ya
que los movimientos, siempre deben sumar cantidades pares, en cuánto al número de cuadros a utilizar.
• Comenzando con signo positivo (+) en el cuadro no utilizado, poner signos positivo y negativo, en forma
alternada en cada cuadro de la ruta recién trazada.
• Calcular el índice de mejoramiento mediante la suma de los costos unitarios de cada cuadro que tenga un
signo positivo, y después restar los costos unitarios de cada cuadro que tenga un signo negativo.
• Repetir los pasos 1 al 4 hasta que se calcule un índice de mejoramiento para todos los cuadros no utilizados.
Si todos los índices calculados son mayores ó iguales a cero , se ha alcanzado una solución óptima. Si no,
es posible mejorar la solución actual y reducir costos totales de envíos.
• Verificar que todos los abastos y demandas se hayan cumplido.
• Calcular el valor de Z, empleando la ecuación Min Z = " " Cij Xij
• Hacer un reporte.
ACTIVIDAD 19: MÉTODOS DE TRANSPORTE PARA MINIMIZAR
Problema de Autoevaluación
Una empresa desea minimizar los costos de embarque, según la matriz mostrada. Resuelva, empleando los
métodos:
• Esquina noroeste
• Mutuamente preferido
• Cruce del arroyo
DESTINO
SUMINISTRO
1
2
ORIGEN
A
B
$5
$6
$7
$3
DEMANDA dj
100
250
3
$4
$5
Si
150
300
450
450
Solución
1) Empleando la Esquina Noroeste.
Procedimiento de cálculo
89
• Estructurar la matriz de transportación equilibrada ("Si = "dj)
En nuestro problema "Si = 450 y "dj = 450; como ("Si = "dj, no es necesario agregar un origen ni destino
ficticio.
Matriz de Transportación Equilibrada
SUMINISTRO
DESTINO
1
2
3
Si
ORIGEN
5
7
100
50
3
4
A
B
15/0 5/0 0
5
30/0 10/0 0
6
200
100
450
DEMANDA dj
10/0 0
25/0 20/0 0
450
• Iniciar envíos en la esquina noroeste
• Terminar el abasto (capacidad del origen) de cada renglón antes de moverse hacia abajo al siguiente
renglón.
Desde el origen A enviamos 100 unidades al destino 1, como aún queda capacidad de 150 − 100 = 50;
entonces el origen A enviará 50 unidades al destino 2, en ese momento, el origen A agota su capacidad,
cuando esto ocurre, se mueve hacia abajo, al siguiente renglón, es decir, al origen B, para satisfacer las
demandas restantes.
Desde el origen B enviamos 200 unidades al destino 2, para satisfacer demanda, quedando capacidad de 300 −
200 = 100; entonces B, envía 100 unidades al destino 3, satisfaciendo su demanda, en ese momento el origen
B, agota su capacidad.
• Cada requerimiento (demanda) se fue satisfaciendo de izquierda a derecha, una a una.
• Como podemos observar, todos los abastos y las demandas se han cumplido (hasta llegar al valor de cero).
• Calcular valor de Z, empleando la ecuación: Min Z = " " Cij Xij donde Z = Costos
Z Min = 5 (100) + 7 (50) + 3 (200) + 5 (100 ) =
Z Min = 500 + 350 + 600 + 500 = $1950
• Hacer un reporte:
Para que los costos de embarque sean mínimos en un total de $1950, debemos enviar:
• 100 unidades del origen A, al destino 1, con un costo de $5/unidad = $500
• 50 unidades del origen A, al destino 2, con un costo de $7/unidad = $350
• 200 unidades del origen B, al destino 2, con un costo de $3/unidad = $600
• 100 unidades del origen B, al destino 3, con un costo de $5/unidad = $500
Costo Total = $1950
90
2) Empleando Mutuamente preferido (Inspección)
Procedimiento de cálculo.
• Estructurar la matriz de transportación equilibrada (" Si = "dj )
En nuestro problema "Si = 450 y "dj = 450; como "Si = "dj; no es necesario agregar ni origen ni destino
ficticio.
Matriz de Transportación Equilibrada
SUMINISTRO
DESTINO
1
2
ORIGEN
A
B
5
6
7
3
DEMANDA dj
100
250
3
4
5
Si
150
300
450
450
• Preparar una nueva matriz de transportación, en este caso vamos a elegir las columnas para removerlas y
dejar los renglones en la posición mostrada en la matriz de transportación.
Nueva Matriz de Transportación
DESTINO
SUMINISTRO
3
1
2
ORIGEN
Si
4
5
100
50
6
3
50
250
A
B
7
5
15/0 5/0 0
30/0 25/0 0
450
DEMANDA dj
10/0 0
10/0 5/0 0
450
Con la ayuda de la técnica de esquina noroeste, empezamos los envíos, eligiendo el origen A, hasta agotar su
capacidad, considerando primero el destino que más prefiere, con el objetivo de minimizar los costos, es por
ello que prefiere enviar: al destino 3 primero, es decir, del origen A enviar 100 unidades al destino 3,
satisfaciendo así su demanda, como aún le queda capacidad de 150 − 100 = 50, ahora elige al destino más
barato de los que quedan, es decir, elige al destino A, entonces el origen 1 envía 50 unidades al destino 1, en
ese momento agota su capacidad, entonces pasamos al renglón dos, para seguir satisfaciendo las demandas
restantes, con el mismo criterio de seguir prefiriendo los destinos más económicos, es decir, del origen B,
enviar 50 unidades al destino 1, satisfaciendo su demanda, quedando con capacidad des 300 − 50 = 250; por
lo tanto, el origen B enviará 250 unidades al destino2, satisfaciendo su demanda y en ese momento agota su
capacidad
• Como podemos observar todos los abastos y demandas se han cumplido (hasta llegar a valor cero)
• Calcular el valor de Z, empleando la ecuación: Min Z = " " Cij Xij
91
Z Min = 4 (100) + 5 (50) + 6 (50) + 3 (250)
Z Min = 400 + 250 + 300 750
Z Min = $1700
• Hacer un reporte:
Para minimizar los costos de envíos en un total de $1700, debemos enviar:
♦ Del origen A, 100 unidades al destino 3, con un costo de $4/unidad = $400
♦ Del origen A, 50 unidades al destino 1, con un costo de $5/unidad = $250
♦ Del origen B, 50 unidades al destino 1, con un costo de $6/unidad = $300
♦ Del origen B, 250 unidades al destino 2, con un costo de $3/unidad = $750
Costo Total = 1700
3) Empleando Cruce del Arroyo.
Procedimiento de cálculo:
Primero: Debemos revisar los requisitos
• Tener una solución inicial: Podemos aprovechar la solución de esquina noroeste y mutuamente preferido
(inspección), antes aplicado.
DESTINO
SUMINISTRO
3
1
2
ORIGEN
Si
4
5
A
7
100
B
50
6
3
50
250
5
150
300
450
DEMANDA dj
100
100
450
• Un proceso iterativo no degenerado: Si m=2 y n=3; entonces m+n−1= 2+3−1= 4.
Si el número de cuadros llenos son 4; entonces m+n−1= cuadros llenos, es decir: 4=4; entonces el problema
no está degenerado.
• No existen rutas preferidas.
Segundo: Debemos aplicar el procedimiento iterativo (Técnica)
• Seleccionar un cuadro no utilizado (vacío) para evaluar: en la tabla los cuadros serían A2 y B3.
• A partir de estos cuadros, trazar rutas cerradas de regreso al cuadro original, a través de cuadros utilizados
(permitiendo movimiento horizontal y vertical).
• Comenzando con un signo positivo (+) en el cuadro no utilizado, alternando los signos.
• Calcular el índice de mejoramiento , es decir:
92
A2 = 7 − 3 + 6 − 5 = 13−8= 5
B3 = 5 − 4 + 5 − 6 = 10−10 = 0
• Como no existen valores (índices) negativos, la solución del problema es óptima.
• Como podemos observar los abastos y las demandas se han cumplido (hasta llegar a un valor cero)
• Calcular el valor de Z, empleando la ecuación: Min Z = " " Cij Xij
• Hacer un reporte:
Para minimizar los costos de embarque en un total de $1700, debemos enviar:
♦ Del origen A, enviar 100 unidades al destino 3,con un costo de $4/unidad=$400
♦ Del origen A, enviar 50 unidades al destino 1, con un costo de $5/unidad=$250
♦ Del origen B, enviar 50 unidades al destino 1, con un costo de $6/unidad=$300
♦ Del origen B, enviar 250 unidades al destino 2, con un costo de $3/unidad=$750
ACTIVIDAD 20: MÉTODOS DE TRANSPORTE PARA MINIMIZAR.
Problemas propuestos:
• Una compañía tiene actualmente un programa de embarques que la administración superior no considera
como óptimo. La empresa tiene tres fábricas y cinco bodegas. A continuación se dan datos necesarios en
términos de costos de transporte, capacidades de fábrica y requerimientos de bodegas. Empleando los
métodos: 1.Esquina noroeste, 2. Mutuamente preferido y 3. Cruce de arroyo; encontrar el costo mínimo de
embarque de la compañía.
Matriz de Transportación
FABRICA
BODEGA
1
2
3
4
5
SUMINISTRO
A
B
C
DEMANDA dj
$5
$8
$6
$6
$3
$4
$7
$7
$6
$5
$8
$4
$6
$6
$4
400
400
500
400
800
2500
800
600
Si
2500
• Una compañía que renta autos tiene problemas de distribución, debido a que los acuerdos de renta permiten
que los autos se entreguen en lugares diferentes a aquellos que originalmente fueron rentados, por el
momento, hay dos lugares (orígenes) con 15 y 13 autos de exceso, respectivamente, los costos unitarios de
envío entre los lugares se citan en la matriz. La compañía desea minimizar los costos, resuelva empleando
los métodos: 1. Esquina noroeste, 2. Mutuamente preferido y 3. Cruce de arroyo.
Matriz de Transportación
DESTINO
1
2
3
4
SUMINISTRO
93
ORIGEN
A
B
$45
$14
$17
$18
$21
$19
DEMANDA dj
9
6
7
$30
$31
Si
15
13
28
31
• Una empresa distribuidora desea minimizar los costos de embarque de cada bodega a cada uno de los
almacenes. En la matriz se dan los datos de capacidad, demanda y costos. Resuelva empleando los
métodos: 1.Esquina noroeste, 2.Mutuamente preferido y 3.Cruce de arroyo.
SUMINISTRO
ALMACEN
1
2
3
4
FABRICA
A
B
C
$7
$5
$7
$3
$5
$4
$8
$6
$9
DEMANDA dj
150
150
120
$8
$8
$10
Si
100
200
200
600
500
• Una compañía tiene dos almacenes que surten cinco bodegas de mayoreo. Los almacenes operan al 100%
de su capacidad. La compañía planea abrir un tercer almacén para proveer el 50% esperado de aumento en
las ventas en cada depósito durante los próximos tres años. La situación actual es:
ALMACEN
A
B
CAPACIDAD
120
160
COSTOS DE TRANSPORTE
A
DE
1
A
$5
$8
B
$3
$4
DEPOSITO
1
2
3
4
5
2
$4
$9
3
$6
$5
DEMANDA
50
100
30
40
60
4
$2
$2
5
Se están considerando dos localizaciones para el nuevo almacén. Los costos de transporte a cada depósito son
los siguientes:
DE
L1
L2
A
$7
$2
1
$5
$8
2
$3
$3
3
$8
$7
4
$2
$2
5
Suponiendo que los costos de transporte son el único factor, ¿Qué localización debe elegir la compañía para
su nuevo almacén? (No olvide el 50% en las ventas), resuelva empleando los métodos: 1.Esquina noroeste, 2.
Mutuamente preferido y 3. Cruce de arroyo.
94
ACTIVIDAD 21: METODO DE TRANSPORTE HÚNGARO PARA MAXIMIZAR.
Introducción: El método de transporte está diseñado para problemas de minimización, sin embargo, habrá
veces que se tenga un problema de transporte que se requiera maximización. Por ejemplo si las rutas
alternativas incluyen una función de rendimiento, debe maximizar ese rendimiento o ganancia.
Técnica: Una de las técnicas más usuales que utiliza el método húngaro es Minimización del costo de
oportunidad. Si se está maximizando, entonces las ganancias altas son buenas y las pequeñas son malas. Se le
puede dar la vuelta al problema encontrando el cuadro con la mayor ganancia y restando de éste, todas las
ganancias de todos los cuadros (sin incluir lo ficticio). Estas diferencias son los costos de oportunidad por no
usar los cuadros de ganancias altas. Se incluyen estos costos de oportunidad en la matriz de transportación y
se aplican los métodos de transporte para minimizar y así encontrar la solución óptima.
Procedimiento de Cálculo: (Método Húngaro)
• Estructurar la matriz de transportación equilibrada ("Si = "dj).
• Preparar una matriz de transportación que incluya costos de oportunidad.
• Aplicar el método cruce de arroyo con la ayuda de la regla de la esquina noroeste, para encontrar una
solución óptima.
• Colocar las asignaciones en la matriz de transportación equilibrada.
• Verificar que los abastos y demandas se hayan cumplido.
• Calcular el valor de Z, empleando la ecuación Max Z = " " Cij Xij
• Hacer un reporte.
ACTIVIDAD 22: MÉTODO DE TRANSPORTE HÚNGARO PARA MAXIMIZAR.
Problema de Autoevaluación.
Una compañía tiene tres plantas cada una de las cuales puede fabricar los tres productos de la compañía. Los
precios de venta son independientes de la planta de origen, pero los costos variables difieren debido a las
distintas edades de la maquinaria ya que los costos de mano de obra también difieren. La compañía quiere
saber que cantidad de cada producto debe fabricar en cada planta, las capacidades semanales y las demandas
de ventas se dan enseguida.
PLANTA
A
B
C
CAPACIDAD
500
3000
3500
7000
PRODUCTO
Estándar
De Lujo
Plus
DEMANDA
1500
2000
2500
6000
La contribución neta (Ganancia = precio−costo variable) para cada planta y la combinación de productos en
pesos/unidad son:
PRODUCTOS
PLANTA
A
B
C
ESTÁNDAR
$4
$6
$5
DE LUJO
$1
$8
$4
PLUS
$5
$7
$4
95
a) Encuentre el plan que maximice la ganancia.
b) ¿Cuál es la ganancia máxima?
Solución:
Procedimiento de cálculo.
• Estructurar la matriz de transportación equilibrada ("Si = "dj)
En este problema nos damos cuanta que la capacidad es mayor que la demanda "Si>"dj; por lo que es
necesario agregar una demanda ficticia d4, cuya capacidad de requerimiento es "Si − "dj, es decir:
7000−6000; cuya contribución de producción debe de ser de cero unidad.
Matriz de Transportación (Ganancias)
PRODUCTOS
ESTÁNDAR
PLANTA
A
B
C
4
6
5
DEMANDA dj
SUMINISTRO
DE
LUJO
PLUS
1
8
4
5
7
4
2000
2500
FICTICIO
0
0
0
Si
500
3000
3500
7000
7000
• Preparar una nueva matriz de transportación que incluya costos de oportunidad, para ello debemos localizar
la ganancia más alta, que de acuerdo a la matriz es 8, debemos restar de 8 cada una de las ganancias , para
convertirlos en costos de oportunidad.
Matriz de Transportación (Costos de Oportunidad)
PRODUCTOS
ESTÁNDAR
PLANTA
SUMINISTRO
DE
LUJO
PLUS
7
3
0
50/0 0
1
0
30/00 20/00 0
2000
4
4
0
0
2500
1000
FICTICIO
Si
4
A
500
2
0
B
1000
C
3
35/00 10/00 0
7000
DEMANDA dj
15/00 0/00 0
20/00 0 25/00 0
7000
• Aplicar el método Cruce del Arroyo.
96
Primero: debemos encontrar una solución inicial, empleando la regla esquina noroeste, el cual consiste en
considerar cada origen hasta agotar capacidad, satisfaciendo demandas de la planta A, producir 500 unidades
estándar, agotando así su capacidad, en ese momento nos bajamos al siguiente renglón, es decir, la planta B, la
cual debe producir 1000 unidades estándar y 2000 unidades de lujo, agotando así su capacidad, entonces
pasamos al siguiente renglón, es decir, la planta C, la cual debe producir cero unidades de lujo, 2500 unidades
plus y 1000 unidades ficticias, agitando así su capacidad, quedando cubierta cada una de las demandas.
Segundo: Debemos tener un proceso iterativo no degenerado: Si m=3, n=4; entonces m+n−1= Cuadros
llenos. 3+4−1=6 = 6 cuadros llenos, entonces el problema no esta degenerado.
Tercero: Debemos aplicar el proceso iterativo (Técnica cruce del arroyo)
Seleccionamos los cuadros no utilizados, para obtener su valor (índice)
A De Lujo = 7−0+2−4= 9−4= 5
A Plus = 3−4+4−0+2= 9−8= 1
A Ficticio= 0−0+4−0+2−4= 6−4= 2
B Plus = 1−4+4−0= 5−4= 1
B Ficticio= 0−0+4−0= 4
* C Estándar= 3−2+0−4= −3
Al encontrar valores negativos, debemos elegir el de mayor valor y asignar valores a ese cuadro.
B Estándar B De Lujo
C Estándar C De Lujo
B Estándar B De Lujo
C Estándar C De Lujo
Entonces la matriz de transportación (De costos de oportunidad) se modifica:
PRODUCTOS
ESTÁNDAR
PLANTA
SUMINISTRO
DE
LUJO
PLUS
7
3
0
500
1
0
3000
4
0
2500
2500
1000
FICTICIO
Si
4
A
500
2
0
B
1000
3
C
DEMANDA dj
2000
4
0
1500
2000
3500
7000
97
7000
Requisitos para continuar:
Z Min= 4 (500)+ 2(1000) + 0 (200) + 3 (0) + 4 (2500) + 0 (1000)
Z Min= $14000 (No mejoró)
m+n−1= 3+4−1= 6; No Degenerado
Seleccionar cuadros no utilizados y encontrar su valor (índice)
A De Lujo = 7−0+2−4= 9−4= 5
A Plus = 3−4+3−4= 6−8 = −2
A Ficticio= 0−0+3−4= 3−4= −1
* B Plus = 1−4+3−2= 4−6= −2
B Ficticio= 0−0+3−2= 3−2= 1
C De Lujo= 4−3+2−0= 6−3=3
B Estándar B Plus B Estándar B Plus
C Estándar C Plus C Estándar C Plus
Revisando los cuadros negativos 1000 es la cantidad menor de ellos, por lo tanto, cada cuadro negativo (−)
enviará 1000 unidades a un cuadro positivo (+).
PRODUCTOS
ESTÁNDAR
PLANTA
SUMINISTRO
DE
LUJO
PLUS
7
3
0
1
2000
1000
4
0
1500
1000
FICTICIO
Si
4
A
0
500
0
3000
500
B
2
3
C
4
1000
3500
7000
DEMANDA dj
1500
2000
2500
7000
Requisitos para continuar:
Z Min= 4 (500) + 0 (2000) + 1 (1000) + 3 (1000) + 4 (1500)+ 0 (1000)
98
Z Min= $12000 (Mejoró)
m+n−1= 3+4−1= 6; No Degenerado
Seleccionar los cuadros no utilizados y calcular su valor (índice)
A De Lujo = 7−0+1−4+3−4= 11−8= 3
* A Plus = 3−4+3−4=6−8= −2
A Ficticio= 0−0+3−4= −1
B Estándar = 2−1+4−3= 6−4= 2 A Estándar A Plus A Estándar A Plus
B Ficticio= 0−0+4−1= 3
C De Lujo= 4−0+1−4= 5−4=1
C Estándar C Plus C Estándar C Plus
La menor cantidad de los negativos es 500, por lo tanto cada cuadro negativo (−), enviará esa cantidad a cada
cuadro positivo (+).
Matriz de transportación (costos de oportunidad) óptima
PRODUCTOS
ESTÁNDAR
PLANTA
DE
LUJO
SUMINISTRO
PLUS
FICTICIO
Si
3
A
4
7
0
B
2
2000
3
C
0
500
0
3000
500
1
1000
4
0
4
1500
3500
1000
1000
7000
DEMANDA dj
1500
2000
2500
7000
Requisitos para continuar:
Z Min= 3 (500) + 0 (2000) + 1 (1000) + 3 (1500) + 4 (1000)+ 0 (1000)
Z Min= $11000 (Mejoró)
m+n−1= 3+4−1= 6; No Degenerado
Seleccionar los cuadros no utilizados y calcular su valor (índice)
99
A Estándar = 4−3+4−3= 8−6= 2
A De Lujo = 7−3+1−0= 8−3= 5
A Ficticio= 0−0+4−3= 4−3= 1
B Estándar = 2−1+4−3= 6−4= 2
B Ficticio= 0−0+4−1= 4−1= 3
C De Lujo= 4−0+1−4= 5−4=1
• Colocar las asignaciones en la matriz de transportación equilibrada.
a)Matriz de transportación(Ganancias) óptima
PRODUCTOS
ESTÁNDAR
PLANTA
DE
LUJO
SUMINISTRO
PLUS
FICTICIO
Si
5
A
4
1
8
B
5
C
50/0 0
0
30/00 0
500
7
6
2000
0
1000
4
0
1000
1000
4
1500
35/00 0
7000
DEMANDA dj
15/00 0
20/00 0 25/00 0
7000
• Como podemos observar los abastos y las demandas se han cumplido (Hasta llegar a valor cero).
• Calcular el valor Z, empleando la ecuación Max Z = " " Cij Xij
Z Max = 5(500) + 8(2000) + 7(1000) + 5(1500) + 4(1000) + 0(1000)
Z Max = 2500 + 1600 + 7000 + 7500 + 4000 + 0
b) Z Max = $37,000
• Hacer un reporte:
• La planta A, 500 productos Plus, con una ganancia de $5/producto = $2500.00
• La planta B, 2000 productos De Lujo, con una ganancia de $8/producto = $1600.00
• La planta B, 1000 productos Plus, con una ganancia de $7/producto = $7000.00
• La planta C, 1500 productos Estándar, con una ganancia de $5/producto = $7500.00
• La planta C, 1000 productos Plus, con una ganancia de $4/producto = $4000.00
Ganancia Total = $37,000.00
100
ACTIVIDAD 23: MÉTODO DE TRANSPORTE HÚNGARO PARA MAXIMIZAR
Problemas propuestos:
• Una corporación tiene tres fábricas manufactureras, las cuales fabrican dos productos principales, una
mesa estándar y otra de lujo. Se introducirá otra nueva mesa plus, que se considerará en términos de
precio de venta y de costos. El tiempo requerido para la fabricación de las mesas es el siguiente: Mesa
Estándar, 2.5 horas; Mesa de Lujo, 2.8 horas y Mesa Plus, 3 horas. Los precios de ventas son los
siguientes: Mesa Estándar, $14.95; Mesa de Lujo, 18.95 y Mesa Plus, 21.95. La corporación desea
obtener la mayor ganancia.
Matriz de Costos
PRODUCTOS
SUMINISTRO
MESA DE
LUJO
MESA PLUS
FABRICA
A
B
C
MESA
ESTANDAR
$8.00
$7.95
$8.10
$8.50
$8.60
$8.45
$9.25
$9.20
$9.30
DEMANDA dj
450
1050
Si
800
600
700
2100
2100
• Resuélvase el siguiente problema de maximización, empleando el método de transporte húngaro.
Nótese que hay dos rutas prohibidas. (Las ganancias se dan en pesos/unidad).
DESTINO
SUMINISTRO
1
2
ORIGEN
A
B
C
−−−
$11
$10
$12
$13
−−−
DEMANDA dj
300
400
3
$10
$12
$9
Si
100
600
700
1400
1200
Coordenadas (gráficamente)
P1 (0,10) P7 (5,5)
P2 (10,0) P8 (4,6)
P3 (5,0) P9 (5,6)
P4 (0,10) P10 (5,10)
P5 (6,10)
P6 (0,0)
101
10
9
8
7
6
5
4
3
2
1
P1
X2>=0
P10
P9
P7
P8
P5
P3
P2
P6
P4
0
1
2
3
4
102
5
6
7
8
9
10
X2>=6
X2>=0
X1<=5
X1 + X2>=10
X1>=0
10
9
8
7
6
5
4
3
2
1
P1
X2>=0
P10
P9
P7
103
P8
P5
P3
P2
P6
P4
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
X2>=6
X2>=0
X1<=5
X1 + X2>=10
X1>=0
()
()
()
(
104
)
(
)
(
)
(
AS
P7
P3
P5
P1
P4
P6
P2
X1>=0
2x1+3x2<=1500
P8(300,300)
X1+x2<=600
3x1+2x2<=1500
x2>=0
800
700
600
500
400
300
105
200
100
800
700
600
500
400
300
200
100
0
P7
P3
P5
P1
P4
P6
P2
X1>=0
2x1+3x2<=1500
P8(300,300)
X1+x2<=600
3x1+2x2<=1500
x2>=0
800
700
106
600
500
400
300
200
100
800
700
600
500
400
300
200
100
0
H2
H1
Y1
X1=20 H1=2
X2=10 H2=0
Z Max = $260 H3=0
sumar
sumar
NR1
NR2
R.P.
107
Función Objetivo
sumar
sumar
NR1
NR2
R.P.
*Poner tabla después de paso 6
P9 (5,6)
P8 (4,6)
P10 (5,10)
P1 (0,10)
AREA DE SOLUCION
)
(
)
(
)
(
)
(
)
AREA DE
SOLUCION
P1(0,500)
P8(300,300)
P4(500,0)
108
P7(0,0)
Sale H1 (R1 seleccionado)
Sale H2 (R2 seleccionado)
R.P.
NR2
Función objetivo.
Sale H1(R1:Seleccionado)
Y1
R.P.
NR2
NR3
X1=300 H1=
X2=300 H2=0
Z Max = $6600 H3=0
Función objetivo.
Sale H2(R2:Seleccionado)
sumar
sumar
Función Objetivo
NR1
N.P.
RN3
sumar
sumar
3
A2
109
Y2
H2
H2
H2
2
n
m
j=1
i=1
m
i=1
n
j=1
n
m
j=1
i=1
m
n
j=1
i=1
n
m
j=1
i=1
100
110
10/0 0
N
O
E
S
m
n
i=1
j=1
100
25/0 0
n
m
j=1
i=1
250
m
n
i=1
j=1
1100
9
80
n
m
j=1
111
i=1
1500
1000
10/00 0
La mecánica consiste en encontrar la menor
cantidad de los cuadros negativos, siendo
esa cantidad la que envíe cada cuadro con
signo (−) a un cuadro con signo (+), en este
caso 0 es la cantidad menor, por lo tanto se
enviará 0 unidades, en esta ocasión al
cuadro C estándar se le debe enviar.
+
−
2000
1000
+
−
0
Recibe
2000
1000
0
1000
Podemos observar que contamos con más de una opción, es decir, la mayor cantidad negativa es −2,
ocurre dos ocasiones, siempre debemos elegir el cuadro de menor costo, en este caso corresponde a B
Plus, Cuado haya empate la decisión es indiferente.
+
112
−
1500
1000
1000
Recibe
1000
−
+
2500
0
1000
Siendo −2, el mayor negativo, entonces el cuadro A plus se le debe enviar.
Recibe
−
+
2500
0
Recibe
1000
+
−
0
1000
2500
1000
Al no encontrar valores negativos, se dice que, la solución es óptima.
113
10/00 0
m
n
i=1
j=1
600
500
114