Colección de problemas de formulación de modelos de Programación Lineal Álvaro Garcı́a Sánchez, Miguel Ortega Mier 3 de marzo de 2013 5 Índice 1. 1.1. Enunciado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2. Resolución . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 7 7 2.1. Enunciado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2. Resolución . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13 13 13 3.1. Enunciado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2. Resolución . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19 19 20 4.1. Enunciado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.2. Resolución . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22 22 22 5.1. Enunciado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24 24 6.1. Enunciado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.2. Resolución . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25 25 26 7.1. Enunciado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.2. Resolución . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28 28 28 8.1. Enunciado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.2. Resolución . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31 31 31 9.1. Enunciado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.2. Resolución . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33 33 34 10.1. Enunciado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.2. Resolución . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37 37 38 11.1. Enunciado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.2. Resolución . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42 42 42 12.1. Enunciado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12.2. Resolución . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46 46 46 13.1. Enunciado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13.2. Resolución . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48 48 48 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10. 11. 12. 13. 1 14. 14.1. Enunciado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14.2. Resolución . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52 52 52 15.Ejercicio 15.1. Enunciado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15.2. Resolución . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54 54 54 16.Ejercicio 16.1. Enunciado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16.2. Resolución . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55 55 55 17.Ejercicio 17.1. Enunciado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17.2. Resolución . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56 56 56 18.Ejercicio 18.1. Enunciado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18.2. Resolución . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57 57 57 19.Ejercicio 19.1. Enunciado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19.2. Resolución . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58 58 58 20.Ejercicio 20.1. Enunciado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20.2. Resolución . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59 59 59 21.Ejercicio MME-1213-ENE-2 21.1. Enunciado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.2. Resolución . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61 61 61 22.Ejercicio 22.1. Enunciado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22.2. Resolución . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62 62 62 23.Ejercicio 23.1. Enunciado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23.2. Resolución . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65 65 65 24.Ejercicio 24.1. Enunciado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24.2. Resolución . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66 66 66 25.Ejercicio 25.1. Enunciado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68 68 26.Ejercicio 26.1. Enunciado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26.2. Resolución . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69 69 69 27.Ejercicio 27.1. Enunciado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27.2. Resolución . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70 70 71 2 28.Ejercicio 28.1. Enunciado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28.2. Resolución . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72 72 73 29.Ejercicio MME-1213-ENE-3 29.1. Enunciado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29.2. Resolución . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74 74 74 30.Ejercicio 30.1. Enunciado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30.2. Resolución . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75 75 75 31.Ejercicio 31.1. Enunciado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.2. Resolución . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76 76 76 32.Ejercicio 32.1. Enunciado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32.2. Resolución . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78 78 78 33.Ejercicio 33.1. Enunciado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33.2. Resolución . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80 80 80 34.Ejercicio 34.1. Enunciado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34.2. Resolución . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82 82 82 35.Ejercicio 35.1. Enunciado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35.2. Resolución . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83 83 83 36.Ejercicio 36.1. Enunciado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36.2. Resolución . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85 85 85 37.Ejercicio 37.1. Enunciado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37.2. Resolución . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87 87 87 38.Ejercicio 38.1. Enunciado . . . . . . . . . . . 38.2. Resolución . . . . . . . . . . . 38.3. Enunciado . . . . . . . . . . . 38.4. Resolución . . . . . . . . . . . 38.5. Enunciado MME-1213-ENE-4 38.6. Resolución . . . . . . . . . . . . . . . . . 88 88 88 90 90 91 91 39.Ejercicio 39.1. Enunciado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39.2. Resolución . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92 92 92 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40.Ejercicio 40.1. Enunciado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40.2. Resolución . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 93 93 93 ÍNDICE Índice 6 1 1. 1.1. 7 Enunciado Un fabricante de refrescos F R produce tres modalidades (A, B y C), cada una en su propio formato: de 3 litros, 2 litros y 1 litro, respectivamente. Este fabricante está comprometido a entregar a un gran distribuidor GD (su único cliente) exactamente 20000 litros diarios de refrescos. Dispone de 25000 gramos diarios de un saborizante del que cada modalidad consume por botella: la botella de 3 litros, 2 gramos; la de 2 litros, 3 g; y la de un litro, 4 g. Conocidos los datos económicos de A, B y C, y siendo xj los miles de botellas de la modalidad j a envasar diariamente, F R ha planteado el siguiente modelo de programación lineal (c y b están expresados en miles): max z = 5x1 + 6x2 + 8x3 s.a. 2x1 + 3x2 + 4x3 ≤ 25 (1) 3x1 + 2x2 + 1x3 = 20 x1 , x2 , x3 ≥ 0 1. Obtener el plan óptimo de envasado de F R. 2. Determinar el significado de los multiplicadores del simplex de las dos restricciones. 3. A F R le preocupa la posibilidad de que su proveedor de tapones (iguales para las tres modalidades) restrinja su suministro a un máximo de 6000 tapones diarios. Como ejercicio de postoptimización, introducir esta nueva restricción y determinar su repercusión. 4. Mediante el correspondiente análisis de sensibilidad, determinar la repercusión en el mix de envasado de posibles cambios en los precios de venta de las dos modalidades de menor capacidad, B y C (x2 y x3 ). 5. Determinar la validez del mix de producción ante posibles variaciones en la demanda total de refrescos, que se traducirı́an en un mayor o menor volumen a entregar diariamente a GD, utilizando el análisis de sensibilidad. 6. El formato de 3 litros (modalidad A, x1 ) puede estar especialmente afectado por los cambios en los mercados de refrescos y materias primas. Mediante la programación paramétrica, analizar el conjunto de diferentes planes de envasado y sus resultados en función de cualquier valor no negativo de la contribución unitaria al beneficio del producto A. 7. El gran distribuidor GD exige que las entregas diarias sean múltiplos exactos de mil para cada modalidad. A partir de la resolución del apartado a) de la pregunta anterior, plantear un plano secante de correspondiente al algoritmo de Gomory y, sin realizar ninguna iteración, introducir la restrcción correspondiente en la tabla de la solución óptima hasta el momento. 1.2. Resolución max z = 5x1 + 6x2 + 8x3 s.a. 2x1 + 3x2 + 4x3 ≤ 25 3x1 + 2x2 + 1x3 = 20 x1 , x2 , x3 ≥ 0 (2) 1 El problema se puede reformular de la siguiente manera, convirtiendo las desigualdades en igualdades 8 (idéntido al problema anterior en términos del sistema que representa): max z = 5x1 + 6x2 + 8x3 s.a. 2x1 + 3x2 + 4x3 + h1 = 25 3x1 + 2x2 + 1x3 = 20 (3) x1 , x2 , x3 ≥ 0 No existe solución básica factible inmediata, por lo que es necesario utilizar el método de las dos fases o de la M grande. En el primer caso, se construye el siguiente problema auxiliar P : max z = −a s.a. 2x1 + 3x2 + 4x3 + h1 = 25 (4) 3x1 + 2x2 + 1x3 + a = 20 x1 , x2 , x3 , a ≥ 0 Apartado 1. Para el problema P es posible encontrar una solución básica factible de partida con las actividades básicas h1 y a, con valores h1 = 20 y a = 20. Al aplicar el método del Simplex, en su variante de la matriz completa, para esa solución básica se obtiene la siguiente tabla: h1 a x1 3 5 2 3 20 0 25 20 x2 2 6 3 2 x3 1 8 4 1 h1 0 0 1 0 a 0 0 0 1 (V B fase 1) (V B fase 2) Introduciendo en la base x1 y sacando a, se obtiene: h1 x1 0 -100/3 35/3 20/3 x1 0 0 0 1 x2 0 8/3 5/3 2/3 x3 0 19/3 10/3 1/3 h1 0 0 1 0 a -1 -5/3 -2/3 1/3 (V B fase 1) (V B fase 2) La tabla anterior corresponde a una solución del problema P donde a = 0, por lo que es una solución básica factible del problema original, pero no óptima, porque no cumple V B ≤ 0. Introduciendo en la base x3 y sacando h1 , se obtiene: x3 x1 0 -111/2 7/2 11/2 x1 0 0 0 1 x2 0 -1/2 1/2 1/2 x3 0 0 1 0 h1 0 -19/10 3/10 -1/10 a -1 -2/5 -1/5 2/5 (V B fase 1) (V B fase 2) La tabla anterior corresponde a la solución óptima del problema original (V B ≤ 0). El programa de producción óptimo consiste en: Producir 5500 refrescos de 1/3l, ningún refresco de 1/2l y 3500 de 1l. Se consumen todo el material disponible para producir las botellas (h1 = 0) 1 9 Apartado 2. Los multiplicadores del simplex (π B = cB B −1 ) se pueden calcular, a partir de la tabla, de la siguiente manera: π1B = −VhB1 = 19/10 π2B = −VaB = 2/5 La interpretación de los mismos es la siguiente: π1B = 19/10. Si Δb1 = 1 ⇒ Δz = 19/10. La empresa estarı́a dispuesta a pagar hasta 1900 unidades monetarias para disponer de 1 kg más diariamente. Igualmente, estarı́a dispuesta a vender 1 kg si recibiera por ello cualquier cantidad superior a 1900 unidades monetarias. π2B = 2/5. Si Δb1 = 1 ⇒ Δz = 2/5. La empresa podriá obtener un beneficio mayor (4/5) si el compromiso fuera entrgar 21000 botellas y no 20000, por lo que este compromiso está actuando como una limitación. F R estarı́a dispuesta a renegociar el compromiso para pasar a 21000 botellas, siempre y cuando esto no representara un coste para ella superior a 400 unidades monetarias. Apartado 3. En términos del planteamiento del modelo, la posibilidad descrita se traducirı́a en la siguiente restricción: x1 + x2 + x3 ≤ 6 ⇒ x1 + x2 + x3 + h3 = 6 Tras introducir la nueva restricción y modificarla convenientemente para que x1 , x3 y h3 sean las variables básicas, se obtiene la solución correspondiente a la siguiente tabla, que es una solución que cumple el criterio de optimalidad pero no es factible. Aplicando Lemke (sacando h3 e introduciendo h1 ) se obtiene la siguiente tabla. x3 x1 h3 x3 x1 h3 x3 x1 h1 -111/2 7/2 11/2 6 1/2 -3 -111/2 7/2 11/2 -3 -27 -1 7 15 x1 0 0 1 1 0 0 0 0 1 0 0 0 1 0 x2 -1/2 1/2 1/2 1 1/2 0 -1/2 1/2 1/2 0 -1/2 1/2 1/2 0 x3 0 1 0 1 1 0 0 1 0 0 0 1 0 0 h1 -19/10 3/10 -1/10 0 1/10 -1/5 -19/10 3/10 -1/10 -1/5 0 0 0 1 h3 0 0 0 1 1 1 0 0 0 1 -19/2 3/2 -1/2 -5 La última tabla corresponde a una solución no factible (x3 ≤ 0) y no existe ninguna tasa de sustitución de esa variable con respecto a las no básicas que sea negativa. Al introducir la nueva restricción el problema no tiene solución factible. Si el proveedor de tapones hiciera como se dice, no serı́a posible obtener un programa de producción que cumpliera con todas las restricciones. Apartado 4. El rango de valores para c2 y c3 dentro del cual la composición del mix de producción es el mismo que el obtenido se obtiene calculando los nuevos criterios del Simplex en función de dichos variables. En el caso de c2 , como x2 no es una variable básica, si c2 se modifica, sólo se modifica V2B . En particular: 3 (5) = c2 − 13/2 V2B = c2 − cB B −1 A2 = c2 − π B 2 1 El mix sigue siendo el mismo si c − 13/2 ≤ 0, es decir, si c ≤ 13/2 10 2 2 El el caso de que cambie c3 , como x3 es una variable básica, cambian los criterios del Simplex de todas las variables (menos los de las básicas, que son 0). En particular: 0 1/2 1 3/10 V B = c − cB B −1 A = c − cB p = 5 6 c3 0 − c3 5 = 1 1/2 0 −1/10 3 −5 3 −5 = 0 7 − c3 0 3c10 = 5 6 c3 0 − 5 c32+5 c3 3c10 (6) Es decir, el mix es el mismo si se cumple simultáneamente: 7 − c3 ≤ 0 c3 ≥ 7 ⇒ c3 ≥ 7 ⇒ 3c3 −5 c ≤ 0 3 ≥ 5/3 10 (7) El mix es el mismo, siempre y cuando la contribución unitaria al beneficio de cada botella de litro sea igual o superior a 7 unidades monetarias. Apartado 5. La demanda de refrescos quedar reflejada en la segunda restricción. Si cambia b2 , la solución podrı́a dejar de ser factible y, por lo tanto, dejar de ser óptima. 75−2b2 3/10 −1/5 25 b ≤ 75/2 10 uB = B −1 b = (8) = ≥0⇒ 2 −25+4b2 −1/10 2/5 b2 b2 ≥ 25/4 10 Es decir, el mix es el mismo se 25/4 ≤ b2 ≤ 75/2, es decir, si la demanda supera los 6250 botellas y si no supera los 37500. Apartado 6. T0 x3 x1 -111/2 7/2 11/2 x1 0 0 1 x2 -1/2 1/2 1/2 x3 0 1 0 h1 -19/10 3/10 -1/10 Sea c1 = λ, con 0 ≤ λ ≤ ∞. Si λ = 5, T ,0 es la tabla correspondiente a la solución óptima. Si λ modifica su valor, se modificará el vector de criterios del Simplex V B (λ). Siempre y cuando V B (λ) ≤ 0 las actividades básicas serán x1 y x3 , con los niveles de realización de la tabla T0 . El criterio del Simplex V B (λ) es: V B (λ) = c − cB B −1 A = c − cB p = λ 6 8 0 − 8 λ 0 1 1/2 1 1/2 0 0 − 4−λ 2 3/10 −1/10 0 λ−24 10 = (9) Las variables básicas son x1 y x3 siempre y cuando V B (λ). Es decir: 4−λ≤0 ⇒ 4 ≤ λ ≤ 24 λ − 24 ≤ 0 (10) Si 4 ≤ λ ≤ 24, la tabla corresondiente a la solución óptima es T0 (λ): T0 (λ) x3 x1 −28 − 11λ/2 7/2 11/2 x1 0 0 1 x2 4−λ 2 1/2 1/2 x3 0 1 0 h1 λ−24 10 3/10 -1/10 1 Si λ = 4, la tabla se convierte en T , correspondiente a un óptimo múltiple. Introduciendo x 11 1 2 y sacando x3 se obtiene una nueva solución a la que le corresponde la tabla T2 T1 x3 x1 T2 -50 7/2 11/2 -50 7 2 x2 x1 x1 0 0 1 x1 0 0 1 x2 0 1/2 1/2 x2 0 1 0 x3 0 1 0 x3 0 2 -1 h1 -2 3/10 -1/10 h1 -2 3/5 -2/5 Si λ modifica su valor, se modificará el vector de criterios del Simplex V B (λ). Siempre y cuando V (λ) ≤ 0 las actividades básicas serán x1 y x2 , con los niveles de realización de la tabla T2 . El criterio del Simplex V B (λ) es: B V B (λ) = c − cB B −1 A = c − cB p = λ 6 8 0 − 6 λ 0 1 1 0 2 3/5 −1 −2/5 0 0 λ−4 = 2λ−18 (11) 5 El criterio del Simplex de la tabla T2 nunca se anula para valores de λ tales que 0 ≤ λ ≤ 4 Volviendo a la tabla T0 (λ), si λ = 24, la tabla se convierte en la tabla T3 , correspondiente a un óptimo múltiple. Introduciendo h1 sacando x3 se obtiene la tabla T4 correspondiente a la solución óptima alternativa: T3 x3 x1 T4 h3 x1 −160 7/2 11/2 −160 35/3 20/3 x1 0 0 1 x1 0 0 1 x2 -10 1/2 1/2 x2 -10 5/3 2/3 x3 0 1 0 x3 0 10/3 1/3 h1 0 3/10 -1/10 h1 0 1 0 De nuevo, Si λ modifica su valor, se modificará el vector de criterios del Simplex V B (λ). Siempre y cuando V B (λ) ≤ 0 las actividades básicas serán x1 y h1 , con los niveles de realización de la tabla T4 . El criterio del Simplex V B (λ) es: V (λ) = c − c B B B −1 A=c−c p= B λ 6 8 0 − 0 λ 0 5/3 10/3 1 1 2/3 1/3 0 0 6−2λ 3 24−λ 3 El criterio del Sipmlex no se hace positivo para ningún valor de λ tal que λ > 24 En resumen: Variables básicas: x1 = 2 y x2 = 7 si 0 ≤ λ ≤ 4 con z = 42 + 2λ Variables básicas: x1 = 11/2 y x3 = 7/2 si 4 ≤ λ ≤ 24 con z = 28 + 11λ/2 Variables básicas: x1 = 20/3 y h1 = 35/3 si 24 ≤ λ con z = 20λ/3 0) = (12) 1 12 Apartado 6. Los dos posibles plano de Gomory de la forma: −f0 + fi xi ≥ 0 serı́an, en este caso, dos, uno por cada variable: −1/2 + 1/2x2 + 3/10h1 ≥ 0 ⇒ 1/2x2 + 3/10h1 − h3 = 1/2 −1/2 + 1/2x2 + 9/10h1 ≥ 0 ⇒ 1/2x2 + 9/10h1 − h4 = 1/2 Si se introduce y modifica el primer plano secante, la tabla resultante serı́a la siguiente: x3 x1 h3 -111/2 7/2 11/2 1/2 -1/2 x1 0 0 1 0 0 x2 -1/2 1/2 1/2 1/2 1/2 x3 0 1 0 0 0 h1 -19/10 3/10 -1/10 3/10 -3/10 h3 0 0 0 -1 1 La tabla final es la siguiente, correspondiente a una solución no factible que cumple el criterio de optimalidad, por lo que se podrı́a aplicar el método de Lemke. x3 x1 h3 -111/2 7/2 11/2 -1/2 x1 0 0 1 0 x2 -1/2 1/2 1/2 1/2 x3 0 1 0 0 h1 -19/10 3/10 -1/10 -3/10 h3 0 0 0 1 2 2. 2.1. 13 Enunciado Un fabricante de refrescos F R produce tres modalidades (A, B y C), cada una en su propio formato: de 3 litros, 2 litros y 1 litro, respectivamente. Este fabricante está comprometido a entregar a un gran distribuidor GD (su único cliente) exactamente 20000 litros diarios de refrescos. Dispone de 25000 gramos diarios de un saborizante del que cada modalidad consume por botella: la botella de 3 litros, 2 gramos; la de 2 litros, 3 g; y la de un litro, 4 g. Conocidos los datos económicos de A, B y C, y siendo xj los miles de botellas de la modalidad j a envasar diariamente, F R ha planteado el siguiente modelo de programación lineal (c y b están expresados en miles): max z = 5x1 + 6x2 + 8x3 s.a. 2x1 + 3x2 + 4x3 ≤ 25 (13) 3x1 + 2x2 + 1x3 = 20 x1 , x2 , x3 ≥ 0 1. Obtener el plan óptimo de envasado de F R. 2. Determinar el significado de los multiplicadores del simplex de las dos restricciones. 3. A F R le preocupa la posibilidad de que su proveedor de tapones (iguales para las tres modalidades) restrinja su suministro a un máximo de 6000 tapones diarios. Como ejercicio de postoptimización, introducir esta nueva restricción y determinar su repercusión. 4. Mediante el correspondiente análisis de sensibilidad, determinar la repercusión en el mix de envasado de posibles cambios en los precios de venta de las dos modalidades de menor capacidad, B y C (x2 y x3 ). 5. Determinar la validez del mix de producción ante posibles variaciones en la demanda total de refrescos, que se traducirı́an en un mayor o menor volumen a entregar diariamente a GD, utilizando el análisis de sensibilidad. 6. El formato de 3 litros (modalidad A, x1 ) puede estar especialmente afectado por los cambios en los mercados de refrescos y materias primas. Mediante la programación paramétrica, analizar el conjunto de diferentes planes de envasado y sus resultados en función de cualquier valor no negativo de la contribución unitaria al beneficio del producto A. 7. El gran distribuidor GD exige que las entregas diarias sean múltiplos exactos de mil para cada modalidad. A partir de la resolución del apartado a) de la pregunta anterior, plantear un plano secante de correspondiente al algoritmo de Gomory y, sin realizar ninguna iteración, introducir la restrcción correspondiente en la tabla de la solución óptima hasta el momento. 2.2. Resolución max z = 5x1 + 6x2 + 8x3 s.a. 2x1 + 3x2 + 4x3 ≤ 25 3x1 + 2x2 + 1x3 = 20 x1 , x2 , x3 ≥ 0 (14) 2 El problema se puede reformular de la siguiente manera, convirtiendo las desigualdades en igualdades 14 (idéntido al problema anterior en términos del sistema que representa): max z = 5x1 + 6x2 + 8x3 s.a. 2x1 + 3x2 + 4x3 + h1 = 25 3x1 + 2x2 + 1x3 = 20 (15) x1 , x2 , x3 ≥ 0 No existe solución básica factible inmediata, por lo que es necesario utilizar el método de las dos fases o de la M grande. En el primer caso, se construye el siguiente problema auxiliar P : max z = −a s.a. 2x1 + 3x2 + 4x3 + h1 = 25 (16) 3x1 + 2x2 + 1x3 + a = 20 x1 , x2 , x3 , a ≥ 0 Apartado 1. Para el problema P es posible encontrar una solución básica factible de partida con las actividades básicas h1 y a, con valores h1 = 20 y a = 20. Al aplicar el método del Simplex, en su variante de la matriz completa, para esa solución básica se obtiene la siguiente tabla: h1 a x1 3 5 2 3 20 0 25 20 x2 2 6 3 2 x3 1 8 4 1 h1 0 0 1 0 a 0 0 0 1 (V B fase 1) (V B fase 2) Introduciendo en la base x1 y sacando a, se obtiene: h1 x1 0 -100/3 35/3 20/3 x1 0 0 0 1 x2 0 8/3 5/3 2/3 x3 0 19/3 10/3 1/3 h1 0 0 1 0 a -1 -5/3 -2/3 1/3 (V B fase 1) (V B fase 2) La tabla anterior corresponde a una solución del problema P donde a = 0, por lo que es una solución básica factible del problema original, pero no óptima, porque no cumple V B ≤ 0. Introduciendo en la base x3 y sacando h1 , se obtiene: x3 x1 0 -111/2 7/2 11/2 x1 0 0 0 1 x2 0 -1/2 1/2 1/2 x3 0 0 1 0 h1 0 -19/10 3/10 -1/10 a -1 -2/5 -1/5 2/5 (V B fase 1) (V B fase 2) La tabla anterior corresponde a la solución óptima del problema original (V B ≤ 0). El programa de producción óptimo consiste en: Producir 5500 refrescos de 1/3l, ningún refresco de 1/2l y 3500 de 1l. Se consumen todo el material disponible para producir las botellas (h1 = 0) 2 15 Apartado 2. Los multiplicadores del simplex (π B = cB B −1 ) se pueden calcular, a partir de la tabla, de la siguiente manera: π1B = −VhB1 = 19/10 π2B = −VaB = 2/5 La interpretación de los mismos es la siguiente: π1B = 19/10. Si Δb1 = 1 ⇒ Δz = 19/10. La empresa estarı́a dispuesta a pagar hasta 1900 unidades monetarias para disponer de 1 kg más diariamente. Igualmente, estarı́a dispuesta a vender 1 kg si recibiera por ello cualquier cantidad superior a 1900 unidades monetarias. π2B = 2/5. Si Δb1 = 1 ⇒ Δz = 2/5. La empresa podriá obtener un beneficio mayor (4/5) si el compromiso fuera entrgar 21000 botellas y no 20000, por lo que este compromiso está actuando como una limitación. F R estarı́a dispuesta a renegociar el compromiso para pasar a 21000 botellas, siempre y cuando esto no representara un coste para ella superior a 400 unidades monetarias. Apartado 3. En términos del planteamiento del modelo, la posibilidad descrita se traducirı́a en la siguiente restricción: x1 + x2 + x3 ≤ 6 ⇒ x1 + x2 + x3 + h3 = 6 Tras introducir la nueva restricción y modificarla convenientemente para que x1 , x3 y h3 sean las variables básicas, se obtiene la solución correspondiente a la siguiente tabla, que es una solución que cumple el criterio de optimalidad pero no es factible. Aplicando Lemke (sacando h3 e introduciendo h1 ) se obtiene la siguiente tabla. x3 x1 h3 x3 x1 h3 x3 x1 h1 -111/2 7/2 11/2 6 1/2 -3 -111/2 7/2 11/2 -3 -27 -1 7 15 x1 0 0 1 1 0 0 0 0 1 0 0 0 1 0 x2 -1/2 1/2 1/2 1 1/2 0 -1/2 1/2 1/2 0 -1/2 1/2 1/2 0 x3 0 1 0 1 1 0 0 1 0 0 0 1 0 0 h1 -19/10 3/10 -1/10 0 1/10 -1/5 -19/10 3/10 -1/10 -1/5 0 0 0 1 h3 0 0 0 1 1 1 0 0 0 1 -19/2 3/2 -1/2 -5 La última tabla corresponde a una solución no factible (x3 ≤ 0) y no existe ninguna tasa de sustitución de esa variable con respecto a las no básicas que sea negativa. Al introducir la nueva restricción el problema no tiene solución factible. Si el proveedor de tapones hiciera como se dice, no serı́a posible obtener un programa de producción que cumpliera con todas las restricciones. Apartado 4. El rango de valores para c2 y c3 dentro del cual la composición del mix de producción es el mismo que el obtenido se obtiene calculando los nuevos criterios del Simplex en función de dichos variables. En el caso de c2 , como x2 no es una variable básica, si c2 se modifica, sólo se modifica V2B . En particular: 3 (17) = c2 − 13/2 V2B = c2 − cB B −1 A2 = c2 − π B 2 2 El mix sigue siendo el mismo si c − 13/2 ≤ 0, es decir, si c ≤ 13/2 16 2 2 El el caso de que cambie c3 , como x3 es una variable básica, cambian los criterios del Simplex de todas las variables (menos los de las básicas, que son 0). En particular: 0 1/2 1 3/10 V B = c − cB B −1 A = c − cB p = 5 6 c3 0 − c3 5 = 1 1/2 0 −1/10 3 −5 3 −5 = 0 7 − c3 0 3c10 = 5 6 c3 0 − 5 c32+5 c3 3c10 (18) Es decir, el mix es el mismo si se cumple simultáneamente: 7 − c3 ≤ 0 c3 ≥ 7 ⇒ c3 ≥ 7 ⇒ 3c3 −5 c ≤ 0 3 ≥ 5/3 10 (19) El mix es el mismo, siempre y cuando la contribución unitaria al beneficio de cada botella de litro sea igual o superior a 7 unidades monetarias. Apartado 5. La demanda de refrescos quedar reflejada en la segunda restricción. Si cambia b2 , la solución podrı́a dejar de ser factible y, por lo tanto, dejar de ser óptima. 75−2b2 3/10 −1/5 25 b ≤ 75/2 10 uB = B −1 b = (20) = ≥0⇒ 2 −25+4b2 −1/10 2/5 b2 b2 ≥ 25/4 10 Es decir, el mix es el mismo se 25/4 ≤ b2 ≤ 75/2, es decir, si la demanda supera los 6250 botellas y si no supera los 37500. Apartado 6. T0 x3 x1 -111/2 7/2 11/2 x1 0 0 1 x2 -1/2 1/2 1/2 x3 0 1 0 h1 -19/10 3/10 -1/10 Sea c1 = λ, con 0 ≤ λ ≤ ∞. Si λ = 5, T ,0 es la tabla correspondiente a la solución óptima. Si λ modifica su valor, se modificará el vector de criterios del Simplex V B (λ). Siempre y cuando V B (λ) ≤ 0 las actividades básicas serán x1 y x3 , con los niveles de realización de la tabla T0 . El criterio del Simplex V B (λ) es: V B (λ) = c − cB B −1 A = c − cB p = λ 6 8 0 − 8 λ 0 1/2 1 3/10 = 1 1/2 0 −1/10 0 λ−24 0 − 4−λ 2 10 (21) Las variables básicas son x1 y x3 siempre y cuando V B (λ). Es decir: 4−λ≤0 ⇒ 4 ≤ λ ≤ 24 λ − 24 ≤ 0 (22) Si 4 ≤ λ ≤ 24, la tabla corresondiente a la solución óptima es T0 (λ): T0 (λ) x3 x1 −28 − 11λ/2 7/2 11/2 x1 0 0 1 x2 4−λ 2 1/2 1/2 x3 0 1 0 h1 λ−24 10 3/10 -1/10 2 Si λ = 4, la tabla se convierte en T , correspondiente a un óptimo múltiple. Introduciendo x 17 1 2 y sacando x3 se obtiene una nueva solución a la que le corresponde la tabla T2 T1 x3 x1 T2 -50 7/2 11/2 -50 7 2 x2 x1 x1 0 0 1 x1 0 0 1 x2 0 1/2 1/2 x2 0 1 0 x3 0 1 0 x3 0 2 -1 h1 -2 3/10 -1/10 h1 -2 3/5 -2/5 Si λ modifica su valor, se modificará el vector de criterios del Simplex V B (λ). Siempre y cuando V (λ) ≤ 0 las actividades básicas serán x1 y x2 , con los niveles de realización de la tabla T2 . El criterio del Simplex V B (λ) es: B V B (λ) = c − cB B −1 A = c − cB p = λ 6 8 0 − 6 λ 0 1 1 0 2 3/5 −1 −2/5 0 0 λ−4 = 2λ−18 (23) 5 El criterio del Simplex de la tabla T2 nunca se anula para valores de λ tales que 0 ≤ λ ≤ 4 Volviendo a la tabla T0 (λ), si λ = 24, la tabla se convierte en la tabla T3 , correspondiente a un óptimo múltiple. Introduciendo h1 sacando x3 se obtiene la tabla T4 correspondiente a la solución óptima alternativa: T3 x3 x1 T4 h3 x1 −160 7/2 11/2 −160 35/3 20/3 x1 0 0 1 x1 0 0 1 x2 -10 1/2 1/2 x2 -10 5/3 2/3 x3 0 1 0 x3 0 10/3 1/3 h1 0 3/10 -1/10 h1 0 1 0 De nuevo, Si λ modifica su valor, se modificará el vector de criterios del Simplex V B (λ). Siempre y cuando V B (λ) ≤ 0 las actividades básicas serán x1 y h1 , con los niveles de realización de la tabla T4 . El criterio del Simplex V B (λ) es: V (λ) = c − c B B B −1 A=c−c p= B λ 6 8 0 − 0 λ 0 5/3 10/3 1 1 2/3 1/3 0 0 6−2λ 3 24−λ 3 El criterio del Sipmlex no se hace positivo para ningún valor de λ tal que λ > 24 En resumen: Variables básicas: x1 = 2 y x2 = 7 si 0 ≤ λ ≤ 4 con z = 42 + 2λ Variables básicas: x1 = 11/2 y x3 = 7/2 si 4 ≤ λ ≤ 24 con z = 28 + 11λ/2 Variables básicas: x1 = 20/3 y h1 = 35/3 si 24 ≤ λ con z = 20λ/3 0) = (24) 2 18 Apartado 6. Los dos posibles plano de Gomory de la forma: −f0 + fi xi ≥ 0 serı́an, en este caso, dos, uno por cada variable: −1/2 + 1/2x2 + 3/10h1 ≥ 0 ⇒ 1/2x2 + 3/10h1 − h3 = 1/2 −1/2 + 1/2x2 + 9/10h1 ≥ 0 ⇒ 1/2x2 + 9/10h1 − h4 = 1/2 Si se introduce y modifica el primer plano secante, la tabla resultante serı́a la siguiente: x3 x1 h3 -111/2 7/2 11/2 1/2 -1/2 x1 0 0 1 0 0 x2 -1/2 1/2 1/2 1/2 1/2 x3 0 1 0 0 0 h1 -19/10 3/10 -1/10 3/10 -3/10 h3 0 0 0 -1 1 La tabla final es la siguiente, correspondiente a una solución no factible que cumple el criterio de optimalidad, por lo que se podrı́a aplicar el método de Lemke. x3 x1 h3 -111/2 7/2 11/2 -1/2 x1 0 0 1 0 x2 -1/2 1/2 1/2 1/2 x3 0 1 0 0 h1 -19/10 3/10 -1/10 -3/10 h3 0 0 0 1 3 3. 3.1. 19 Enunciado La empresa San Guemil fabrica dos tipos de cerveza, una lager y una pilsen, para lo cual necesita disponer de malta, lúpulo y levadura. Cada metro cúbico de lager requiere 50 kg de malta, 20 de lúpulo y 2 de levadura. Cada metro cúbico de pilsen necesita 60 kg de malta, 25 de lúpulo y 2 de levadura. El beneficio que obtiene la empresa con cada metro cúbico de lager es de 140 um, mientras que con cada metro cúbico de pilsen obtiene 150 um. San Guemil dipone de una tonelada de malta por semana, 250 kg de lúpulo y 22 kg de levadura también por semana. El modelo de programación lineal que permite obtener la producción óptima para cada semana queda descrito por: max z = 140x1 + 150x2 s.a. : 50x1 + 60x2 ≤ 1000 (25) 20x1 + 25x2 ≤ 250 2x1 + 2x2 ≤ 22 x1 , x2 ≥ 0 donde x1 y x2 representan, respectivamente, los volúmenes de producción semanales (en m3 ) de lager y de pilsen. La tabla del simplex correspondiente a la solución óptima del modelo anterior y, por lo tanto, al plan de producción óptimo de San Guemil, es: h1 x2 x1 -1600 390 6 5 x1 0 0 0 1 x2 0 0 1 0 h1 0 1 0 0 h2 -2 -2 1/5 -1/5 h3 -50 -5 -2 5/2 donde h1 , h2 y h3 son, respectivamente, las holguras correspondientes a las tres restricciones del modelo lineal. Se pide: 1. Indicar qué uso se hace de cada una de las tres materias primas, ası́ como cuál es el precio máximo que estarı́a dispuesta a pagar San Guemil por disponer de 1 kg más a la semana de cada una de las tres materias primas. 2. Indicar, para el caso del lúpulo, cuántos kg adicionales estarı́a dispuesta a adquirir y cuántos kg de su disponibilidad de lúpulo estarı́a dispuesta a vender semanalmente tomando como referencia el precio indicado en el apartado anterior. 3. San Guemil está valorando la posibilidad de producir un nuevo tipo de cerveza, que tiene una doble fermentación. Esta nueva cerveza consume, por cada metro cúbico producido, 70 kg de malta, 30 de lúpulo y 4 kg de levadura. Indicar el beneficio unitario mı́nimo que harı́a rentable la producción y comercialización de esta nueva cerveza. 4. San Guemil ha firmado un contrato de suministro con sus actuales clientes, por el cuál se compromete a servir, conjuntamente entre lager y pilsen, un mı́nimo de 40 m3 al mes (considérese que un mes tiene cuatro semanas). Indicar cuál es el nuevo plan de producción óptimo. 5. Si una determinada semana se decide reservar 10 kg de lúpulo sin utilizar (h2 = 10), ¿cómo se modifica el plan óptimo de producción? ¿cómo se modifica el valor de la función objetivo? 3 3.2. Resolución 20 Apartado 1. La utilización que se hace de los recursos es la siguiente: de los 1000 kg de malta, queda 390 sin utilizar; se consumen por completo los 250 kg de lúpulo; se consumen por completo los 22 kg de levadura; El valor de una unidad adicional de cada recurso viene dado por el precio sombra de la restricción corresonpondiente. El vector de multiplicadores del simplex (precios sombra) es πiB = −VhBi , debido a que todas las restricciones son de tipo menor o igual, por lo que π B = (0, 2, 50). Por lo tanto: San Guemil no está dispuesta a pagar nada por adquirir un kg adicional de malta (y estarı́a dispuesto a vender un kg de malta a cualquier precio); San Guemil está dispuesta a comprar un kg adicional de lúpulo si el precio de ese kg es inferior a 2 um (estarı́a dispuesta a vender un kg a un precio superior a 2 um); igualmente, estarı́a dispuesta a comprar un kg adicional de levadura a un precio inferior a 50 um/kg (y a vender uno de sus 22 kg disponibles a un precio superior a 50 um/kg); Apartado 2. Al adquirir lúpulo adicional a los 250 kg se modifica el vector de disponibilidad de los recursos b = (1000, 250, 22)T . Por un lado: el precio sombra de ese recurso (segunda componente de π B = cB B −1 ) cambiará si cambia la base (B); la base se modifica, porque, al modificarse b, la solución básica hasta ahora óptima puede dejar de ser factible (uB = B −1 b). El rango de valores dentro del cual el precio al cual San Guemil está dispuesta a comprar un kg de lúpulo adicional a un máximo de 6um/kg es aquel para el cual uB ≥ 0: ⎞ ⎞⎛ 1000 − 2b2 − 110 ≥ 0 1 −2 −5 1000 b2 ≤ 440 uB = B −1 b = ⎝ 0 1/5 −2 ⎠ ⎝ b2 ⎠ ⇒ b52 + 44 ≥ 0 ⇒ b2 ≥ 220 ⇒ 220 ≤ b2 ≤ 275 b2 ≤ 275 22 0 −1/5 5/2 − b52 + 55 ≥ 0 (26) ⎛ Por lo tanto, San Guemil está dispuesta a comprar hasta 25 kg de lúpulo a un precio inferior a 2 um/kg (75 = 275-250) o a vender hasta 30 kg a un precio superior a 2 um/kg (30=250-220). Apartado 3. La nueva variedad resultará un producto rentable si el criterio del simplex de la variable correspondiente (x3 ) es positivo. Es decir: ⎛ ⎞ 70 V3B = c3 − cB B −1 A3 = c3 − π B A3 = c3 − (0, 2, 50) ⎝ 30 ⎠ = c3 − 260 ≥ 0 ⇒ c3 ≥ 260 (27) 4 Por lo que si el precio es superior a los 260 um/m3 , será interesante su producción y comercialización. Apartado 4. San Guemil está produciendo en la actualidad 11 m3 , por lo que en la actualidad ya está cumpiendo el compromiso de producir al menos 10 m3 . La restricción que tendrı́a la forma x1 +x2 ≥ 10 no modifica el plan óptimo de producción, de manera que el plan óptimo de producción serı́a el mismo. 3 21 Apartado 5. Reservar una cantidad de lúpulo de 10 kg es equivalente a que h2 = 10. Cuando una variable no básica entra a formar parte de la solución, las tasas de sustitución de esa variable con respecto a las básicas indican cómo se modifican los valores de estas al entrar aquella. Las tasas de sustitución de h3 son ph3 = (−2, 15 , − 15 , 0)T , por lo que: h1 aumenta en 10 × 2 = 20, con lo que sobran 20 kg más de malta x2 disminuye en 10 × m3 semanales; 1 5 = 2, con lo que se produce 2 m3 menos de pilsen, es decir, se producirı́an 4 x1 aumenta en 10 × 15 = 2, con lo que se producen 2 m3 más de lager, es decir, se producirı́an 7 m3 semanales. Por su parte, la función objetivo se modificarı́a de la siguiente manera: Δz = 10 × VhB2 = 10 × (−2), es decir, el beneficio serı́a de 1580 um semanales. 4 4. 4.1. 22 Enunciado 1 Un avicultor AV ha determinado que sus necesidades semanales de ácido ascórbico (AA) y β-caroteno (βC) como suplemento al pienso común son, como mı́nimo, de 15 y 3 kilogramos respectivamente. En su mercado local dispone de tres complejos suplementarios, de distinto precio y que contienen ambos componentes en distintas proporciones. Siendo x1 , x2 y x3 los kg semanales que comprarı́a AV de cada uno de los tres complejos suplementarios CS1 , CS2 y CS3 , AV ha planteado el siguiente modelo de programación lineal: min z = 70x1 + 20x2 + 50x3 s.a. : 40x1 + 60x2 + 40x3 ≥ 15000 (28) 30x1 + 60x2 + 40x3 ≥ 3000 x1 , x2 , x3 ≥ 0 1. Explicar el significado de cada uno de los coeficientes que aparecen en el modelo. 2. Obtener el plan óptimo de compra de complejos suplementarios al precio normal y describir la información que suministra la matriz completa para esta solución. 3. Si surge un nuevo proveedor que ofrece un complejo suplementario CSN a 80 /Kg que contiene 30 gramos de AA por kilogramo ¿cuánto βC por Kg deberı́a contener como mı́nimo CSN para que le interesara a AV? 4. Realizar el análisis de sensibilidad de la solución óptima obtenida en 2 respecto a los precios de los complejos suplementarios CS1 , CS2 y CS3 . 4.2. Resolución Apartado 1 Los coeficientes de la función objetivo (70, 20, 50) son los precios por kg de CS1 , CS2 y CS3 . Los términos independientes de las restricciones (15000, 3000)T son los requisitos mı́nimos de AA y βC medidos en gramos. Los coeficientes técnicos indican los gramos de AA o de βC contenidos en un kilogramo de cada uno de los complejos suplementarios. Apartado 2 La estructura del modelo se ajusta a la requerida para aplicar el método de Lemke. óptima: xh1 xh2 x2 xh2 -z 0 -15000 -3000 5000 250 12000 x1 -70 -40 -30 -170/3 2/3 10 x2 -20 -60 -60 0 1 0 x3 -50 -40 -40 -110/3 2/3 0 xh1 0 1 0 -1/3 -1/60 -1 xh2 0 0 1 0 0 1 Solución óptima: AV comprarı́a 250 kg/semana de CS2 con un coste de 5000 /semana. De esta forma cumplirı́a estrictamente el mı́nimo de AA y de βC suministrarı́a a sus gallinas 12000 gramos (12 kg) más semanalmente de lo estrictamente necesario. Para que le interesara comprar CS1 o CS2 , el precio del suplemento deberı́a bajar 170/3 /kg (57 /kg) y 110/3 /kg (37 /kg), respectivamente, pasando en ambos casos a 40/3 /kg (13 /kg). Una disminución de los requisitos de βC no tendrı́a repercusión económica para AV (los cumple con holgura). Sin embargo, el valor de oportunidad de un gramo de AA es 1/3 , lo que significa que por cada kilogramo que disminuyeran o aumentaran las necesidades semanales de AA en la granja, AV disminuirı́a o aumentarı́a sus costes en 333 . 4 23 Apartado 3 Como se acaba de ver, el contenido en βC de un nuevo CS le es indiferente, ya que este requisito está cumplido de sobra. Por lo tanto, el interés CSN radica en si su precio de 80 /kg está compensado por su contenido en AA medido mediante el valor de oportunidad, es decir, para que VNB = cN − π B AN = cN − π1B aN 1 ≥ 0, debe suceder que cN ≥ π1B aN 1 . Como lo que aporta CSN en términos de AA es π1B aN 1 = 30/3 = 10 /kg y su precio es 80 /kg ⇒ VNB = −70 y no interesa CSN sea cual fuera su contenido en βC. Apartado 4 Para c1 y c3 ya se ha visto en el apartado b) que el intervalo correspondiente serı́a [40/3, ∞) en ambos casos. Como CS2 está en la base de la solución óptima, si se expresa V B para ésta en función de c2 , resultarı́a: x2 xh2 5000 250 12000 x1 -70+2c2/3 2/3 10 x2 0 1 0 x3 -50+2c2/3 2/3 0 xh1 -c2 /60 -1/60 -1 xh2 0 0 1 Para que no exista un VjB > 0 debe darse que: c2 ≤ 105, c2 ≤ 75 y c2 ≥ 0 ⇒ c2 ∈ [0, 75] ya que si el precio de CS2 sube de 75 /kg AV pasarı́a a comprar CS3 . 5 5. 24 5.1. Enunciado Dado el siguiente modelo de programación lineal (MP): max z = 5x1 + 2x2 − 9x3 s.a. : x1 + x2 − x3 ≤ 6 (29) x1 + 3x3 = 12 x1 , x2 , x3 ≥ 0 1. ¿Qué afirma el Teorema Fundamental de la Programación Lineal?¿Qué implicaciones tiene en términos de la búsqueda de la solución óptima de un problema de Programación Lineal? Para el problema (MP), indicar tres soluciones: una solución no básica factible, una solución básica factible y una solución básica no factible. 2. Plantear y resolver gráficamente el problema dual de MP. 3. Por aplicación del teorema de las holguras complementarias, determinar a partir de 2) la composición de la solución óptima de MP ası́ como su correspondiente vector de criterios del simplex. 4. Explicar el significado de cada uno de los componentes del vector de criterios del simplex de la solución óptima de MP obtenido en 3). Postoptimización 5. Explicar la repercusión que podrı́a tener para MP y para su dual la consideración de una nueva restricción en MP (no es necesario mostrar ningún ejemplo numérico) 6. Ante la posibilidad de introducir en una nueva variable de acción xN en MP con los siguientes datos: cN = 8 , a1N = 1 , a2N = 4 , análogamente a lo realizado en 2) y en 3), analizar gráficamente su repercusión en el modelo dual y su interés para MP. 6 6. 25 6.1. Enunciado MME 1011 ENE Una empresa produce y comercializa tres tipos de productos, P1 , P2 y P3 , que sirve en palés, que pueden o no estar completos (se puede entregar un palé a medio completar, medio palé, un cuarto de pálé, etc.) Por cada palé de estos productos, obtiene unos ingresos netos de 4, 12 y 2 unidades monetarias, respectivamente. Existe una instalación de la que se dispone de un total de 6 dı́as de trabajo a la semana. Producir un palé de P1 lleva 3 dı́as, uno de P2 lleva 6 dı́as y montar uno de P3 lleva 2 dı́as. Además, existe un compromiso de entregar al menos el contenido conjunto equivalente a dos palés. El siguiente modelo de programación lineal permite obtener el plan de producción óptimo. max z = 4x1 + 12x2 + 2x3 s.a. : 3x1 + 6x2 + 2x3 ≤ 6 (30) x1 + x2 + x3 ≥ 2 x1 , x2 , x3 ≥ 0 Donde xi representa el número de palés producidos y servidos semanalmente de Pi , con i = 1, 2, 3. El problema también se puede formular como: max z = 4x1 + 12x2 + 2x3 s.a. : 3x1 + 6x2 + 2x3 + h1 = 6 (31) x1 + x2 + x3 − h2 = 2 x1 , x2 , x3 , h1 , h2 ≥ 0 Una solución posible es aquella a la que le corresponde la siguiente tabla, obtenida con la aplicación del método del simplex en su variante de la matriz completa. x1 x3 -8 2 0 x1 0 1 0 x2 2 4 -3 x3 0 0 1 h2 -2 2 -3 h1 -2 1 -1 Se pide: 1. Explicar el significado de las variables h1 y h2 . 2. Indicar si la solución a la que se refiere la tabla dada es óptima y justificar por qué. 3. Para la solución óptima del problema (sea la correspondiente a la tabla dada u otra obtenida a partir de ella) interpretar y explicar el programa de producción obtenido, la utilización que se hace de la instalación y el cumplimiento del compromiso comercial. Para la solución óptima (cada uno de los siguientes apartados son independientes entre sı́): 4. En qué condiciones está dispuesta la empresa a renegociar su compromiso de entregar un mı́nimo de 2 palés. 5. Se ha realizado un estudio de mercado, y se sabe que no se pueden vender más de 1 palé de P3 a la semana. Obtener el nuevo programa de producción óptimo con esa información. 6. Identificar el rango de valores para el ingreso por palé neto dentro del cual resulta interesante producir y vender el producto P2 . 6 6.2. 26 Resolución Apartado 1. h1 representa el número de dı́as, de los 6 disponibles, que no se emplean en la producción de palés. Es capacidad no utilizada. h2 representa el número de palés que se sirven por encima del compromiso de los dos palés adquiridos. Apartado 2. La solución correspondiente a la tabla dada no es la solución óptima, porque la variable x2 tiene criterio del simplex positivo (V2B = 2), de manera que la introdución de esta variable (producción y venta de P2 ) reportarı́a un valor de la función objetivo mayor que 8. Apartado 3. En primer lugar, hay que obtener la solución óptima del problema. A partir de la tabla dada, aplicando el método del Simplex, se introduce la variable x2 y se suprime la variable x1 . x1 x3 x2 x3 -8 2 0 -9 1/2 3/2 x1 0 1 0 -1/2 1/4 3/4 x2 2 4 -3 0 1 0 x3 0 0 1 0 0 1 h2 -2 2 -3 -3 1/2 -3 /2 h1 -2 1 -1 -5/2 1/4 -1/4 La tabla obtenida corresponde a la solución óptima. El plan de producción consiste en: no producir nada de producto P1 , producir medio palé de producto P2 , producir un palé y medio de producto P3 , utilizar por completo los seis dı́as de capacidad de producción y cumplir el compromiso comercial entregando el mı́nimo de producto pactado (dos palés), con un beneficio semanal de 9 unidades monetarias. Apartado 4. El precio sombra de la restricción correspondiente al compromiso comercial (de tipo ≥) es π2B = VhB2 = −3. De manera que Δzj|Δb2 =1 = −3, por lo que: la empresa estarı́a dispuesta a asumir un compromiso de entrega superior a 2, siempre que recibiera algún tipo de compensación superior a 3 u.m. por cada palé adicional que se comprometiera a entregar por encima de esos dos. la empresa estarı́a dispuesta a ofrecer algún tipo de compensación por relajar el compromiso de entrega, sin superar 3 u.m. por la relajación del compromiso en un palé. Apartado 5. La información adicional da lugar a la aparición de una nueva restricción: x3 ≤ 1. Como la producción de P3 obtenida anteriormente es de 1.5 palés, dicha solución no es factible y es necesario obtener la nueva solución. Introducciendo la nueva restricción (que se puede formular como x3 + h3 = 1 y aplicando el método de Lemke, se obtiene lo siguiente: 6 x2 x3 x2 x3 x1 x1 -1/2 1/4 3/4 0 0 0 0 1 -9 1/2 3/2 1 -26/3 1/3 1 2/3 x2 0 1 0 0 0 1 0 0 x3 0 0 1 1 0 0 1 0 h2 -3 1/2 -3 /2 0 -4 1 0 -2 h1 -5/2 1/4 -1/4 0 8/3 1/3 0 -1/3 h3 0 0 0 1 -2/3 1/3 1 -4/3 27 La tabla obtenida corresponde a la nueva solución óptima, cuyo plan de producción consiste en: producir 2/3 de palé de producto P1 , producir 1/3 de palé de producto P2 , producir un palé de producto P3 , utilizar por completo los seis dı́as de capacidad de producción y cumplir el compromiso comercial entregando el mı́nimo de producto pactado (dos palés), con un beneficio semanal de 26/3 unidades monetarias, menor que el que se obtenı́a antes de la restricción comercial. Apartado 6. Resulta interesante producir y vender P2 mientras V B ≤ 0, ya que x2 es una variable básica en la solución óptima V B =c−c B B −1 A= 4 c2 2 0 0 − c2 2 10−c2 0 4 0 1/4 1 3/4 0 6−c2 2 1/2 1/4 ≤0⇒ −3/2 −1/4 2−c2 ≤ 0 ⇒ 10 ≤ c2 ≤ ∞ 4 0 1 (32) Para cualquier precio de venta superior a 10 u.m. por palé resulta interesante producir y vender producto P2 7 7. 28 7.1. Enunciado Dado el problema de programación lineal max z = −x1 + x2 − 5x3 + 14x4 s.a 3x1 + 4x2 + 5x3 + 6x4 ≤ 24 (33) −x1 + x2 − 2x3 + 2x4 ≤ 12 x1 , x2 , x3 , x4 ≥ 0 x4 4 o o −1 su solución óptima queda caracterizada por: x = yB = ,u = 4 h2 Se pide: 1 6 −1 3 0 1 . 1. Para la solución óptima, obtener el cuadro correspondiente a la aplicación del método del Simplex en su variante de la matriz completa. 2. Indicar la nueva solución si la disponibilidad del recurso de la segunda restricción disminuye en 8 unidades. 3. Indicar, partiendo del problema original, cómo se modificarı́a la solución si el coeficiente de x4 pasara de tomar un valor 14 a un valor 5. 4. Explicar el significado de V3B , interpretado como c3 − cB pB 3 , explicando con detalle su significado con los valores numéricos que permiten calcular V3B . 5. Formular el problema dual e indicar cuál es su solución óptima a partir de la aplicación de los teoremas de la dualidad. No se valorará la resolución del apartado por otros métodos diferentes del solicitado. 7.2. Resolución Apartado 1. Lo que falta para poder construir la tabla son las tasas de sustitución, pB = B −1 A, y el vector de criterios del simplex, V B = c − cB B −1 A. pB = B −1 A = 1 6 −1 3 0 1 −1 7 −5 14 3 4 5 −1 1 −2 0 0 − 6 1 2 0 14 0 0 1 = 1/2 2/3 5/6 1 −2 −1/3 −10/3 0 V B = c − cB B −1 A = c − cB pB = 1/2 2/3 5/6 1 1/6 0 = −2 −1/3 −10/3 0 −1/3 1 −8 −25/3 −50/3 0 −7/3 0 Y, por lo tanto, la tabla es: x4 h2 -56 4 4 x1 -8 1/2 -2 x2 -25/3 2/3 -1/3 1/6 0 −1/3 1 x3 -50/3 5/6 -11/3 x4 0 1 0 h1 -7/3 1/6 -1/3 h2 0 0 1 (34) (35) 7 Apartado 2. El nuevo problema tendrı́a b2 = 4, por lo que uB = B −1 b cambiarı́a de valor. 1 0 24 4 −1 6 B b= = −1 1 4 −4 3 29 (36) La solución deja de ser factible y cumplirı́a V B ≤ 0 y uB ≤ 0. Hay que aplicar el método de Lemke. Eliminando h2 de la base e introduciendo x1 se obtiene: x4 x1 x1 0 0 1 -40 3 2 x2 -7 * * x3 -2 * * x4 0 1 0 h1 -1 * * h2 -4 * * Con lo que la nueva solución es x4 = 3, x1 = 2 y el resto de variables no básicas, e iguales a 0 y con un valor de la función objetivo z = 40. Apartado 3. El nuevo problema tendrı́a c4 = 5, por lo que V B cambiarı́a de valor. −1 1 −5 5 0 0 − V B = c − cB cB −1 A = c − cB − cpB = 1/2 2/3 5/6 1 1/6 0 0 = −2 −1/3 −11/3 0 −1/3 1 −7/2 −7/3 −55/6 0 −5/6 0 5 (37) Luego la solución serı́a igualmente factible y óptima. Con lo que x4 = 4, h2 = 0. Sı́ cambiarı́a el valor de la función objetivo, z = 20 Apartado 4. V3B = c3 − cB pB 3 = −50/3 representa la diferencia entre: c3 = −5 la contribución unitaria al beneficio por cada unidad realizada de x3 (en este caso representa una pérdida) y la modificación de la función objetivo por la modificación de las variables básicas que representa la realización de una unidad de x3 , 35/3,que se calcula como la contribución unitaria de las variables básicas, cB , multiplicada por la modificación de las variables básicas que representa la realización de una unidad de x3 , pB 3 . En este caso, al realizar una unidad de x3 la función objetivo disminuirı́a en 5 y la modificación de las variables básicas harı́a que la función objetivo disminuyera en 35/3, con lo que no resulta interesante la realización de esa actividad. Apartado 5. El problema dual es: min s = 24y1 + 12y2 s.a 3y1 − y2 ≥ −1 4y1 + y2 ≥ 1 (38) 5y1 − 2y2 ≥ −5 6y1 + 2y2 ≥ 14 y1 , y2 ≥ 0 Y su solución óptima es, por aplicación del teorema fundamental de la dualidad: y o = π B = (7/3, 0) Y por aplicación del teorema de las holguras complementarias: 7 Para la primera variable de hogura: y3 = −V1 = 8 y4 = −V2 = 25/3 y5 = −V3 = 49/3 y6 = −V4 = 0 Con un un valor de la función objetivo s∗ = z ∗ = 56 30 8 8. 8.1. 31 Enunciado Se pide responder a las siguientes preguntas de tipo test. NOTA: redactar la respuesta incluyendo la frase completa en las hojas entregadas para calificar con el encabezado y con la opción elegida como correcta. Por ejemplo, una posible respuesta, serı́a a x = bi , Al resolver un problema mediante le método de lasdos fases, una restricción del tipo j ij j en el problema auxiliar asociado se transforma en a x + h − a = b . No es necesario indicar el i i i j ij j subapartado (porque todos son diferentes) Solo una respuesta de cada apartado es correcta. Para cada apartado, una respuesta correcta suma un punto, una respuesta incorrecta resta un cuarto de punto. 1. Al resolver un problema mediante el método de las dos fases, una restricción del tipo j aij xj = bi , en el problema auxiliar asociado Se transforma en j aij xj + hi − ai = bi . Se transforma en j aij xj − hi + ai = bi . Se transforma en j aij xj + ai = bi . Ninguna de las anteriores es correcta. 2. Al resolver un problema mediante el método de las dos fases: Si la solución óptima del problema auxiliar contiene alguna variable artificial en la base, el problema original no tiene solución factible. Si la solución óptima del problema auxiliar tiene función objetivo igual a cero, el problema original sı́ tiene solución factible. Tras obtener la solución óptima del problema auxiliar, basta con recalcular V B y z para poder reutilizar la tabla de dicha solución y obtener una tabla correspondiente una solución factible del problema original . Ninguna de las anteriores es correcta. 3. Dado un problema de programación lineal de máximización P, cuya solución óptima es x∗ : Al introducir una nueva restricción, la solución x∗ puede dejar cumplir el criterio de optimalidad. Al introducir una nueva actividad, la solución x∗ puede dejar de ser factible. Si se disminuye la contribución unitaria al beneficio de una actividad no básica, la x∗ podrı́a dejar de ser la solución óptima. Ninguna de las anteriores es correcta. 8.2. Resolución 1. Al resolver un problema mediante le método de las dos fases, una restricción del tipo en el problema auxiliar asociado INCORRECTA: se transforma en j aij xj + hi − ai = bi INCORRECTA: se transforma en j aij xj − hi + ai = bi CORRECTA: se transforma en j aij xj + ai = bi INCORRECTA: ninguna de las anteriores es correcta j aij xj = bi , 8 2. Al resolver un problema mediante el método de las dos fases 32 INCORRECTA: si la solución óptima del problema auxiliar contiene alguna variable artificial en la base, el problema original no tiene solución factible CORRECTA: si la solución óptima del problema auxiliar tiene función objetivo igual a cero, el problema original sı́ tiene solución factible INCORRECTA: tras obtener la solución óptima del problema auxiliar, basta con recalcular V B y z para poder reutilizar la tabla de dicha solución y obtener una tabla correspondiente la solución óptima del problema original INCORRECTA: ninguna de las anteriores es correcta 3. Dado un problema de programación lineal P, cuya solución óptima es x∗ INCORRECTA: al introducir una nueva restricción, la solución x∗ puede dejar cumplir el criterio de optimalidad INCORRECTA: al introducir una nueva actividad, la solución x∗ puede dejar de ser factible INCORRECTA: si se disminuye la contribución unitaria al beneficio de una actividad no básica, la x∗ podrı́a dejar de ser la solución óptima CORRECTA: ninguna de las anteriores es correcta 9 9. 33 9.1. Enunciado La empresa dynamix fabrica tres estilos diferentes de mesas. A, B y C. Cada modelo de mesa requiere de una cierta cantidad de tiempo para el corte de las piezas, su montaje y el correspondiente proceso de pintura. La empresa puede vender todas las unidades que fabrica. Es más, el modelo B también se puede vender sin pintar. Los datos técnico-económicos se muestran a continuación. Modelo Modelo 1: mesa A pintada Modelo 2: mesa B pintada Modelo 3: mesa B sin pintar Modelo 4: mesa C pintada Capacidad (h/mes) Tiempo corte (h) 1 2 2 3 200 Tiempo montaje (h) 2 4 4 7 300 Tiempo pintura (h) 4 4 0 5 240 Contrib. unitaria (euros) 35 40 20 50 El siguiente modelo de programación lineal permite obtener el plan de producción mensual óptimo. max z = 35x1 + 40x2 + 20x3 + 50x4 s.a x1 + 2x2 + 2x3 + 3x4 ≤ 200 2x1 + 4x2 + 4x3 + 7x4 ≤ 300 (39) 4x1 + 4x2 + 5x4 ≤ 240 x1 , x2 , x3 , x4 ≥ 0 Donde xi , i = 1, 2, 3 representa las unidades de modelo i producidas y vendidas mensualmente y x5 , x6 y x7 son las variables de holgura necesarias para convertir las restricciones 1, 2 y 3, respectivamente, en igualdades. Se sabe que las variables básicas de la solución óptima son x5 , x3 y x1 y que la matriz inversa de la base, para el orden de variables básicas anterior, correspondiente a dicha solución es ⎞ ⎛ 0 1 − 21 1 − 81 ⎠ B −1 = ⎝ 0 4 1 0 0 4 . Se pide: 1. Definir el plan de producción óptimo y el uso asociado de los recursos. 2. Dado el éxito de los modelos de mesa sin pintar, la empresa está valorando la posiblidad de fabricar el modelo C sin pintar (que se diferencian de las mesas pintadas solo en el proceso de pintado). Estima que la contribución unitaria al beneficio de ese modelo serı́a de 42 euros por unidad. Justificar el interés de la fabricacción y venta de mesas C sin pintar y, en caso de haber un nuevo plan ´óptimo de producción, describir cuál serı́a. 3. Realizar un análisis de sensibilidad para la capacidad del taller de montaje. 4. Un estudio preliminar de métodos y tiempos permite afirmar que el tiempo de pintado de las mesas B podrı́a reducirse. En particular, atendiendo a diferentes mejoras se podrı́a reducir el valor pero nunca podrı́a bajar de 2 horas. Se pide indicar cuál es el beneficio obtenido en función de las horas de reducción λ, que puede tomar cualquier valore entre 0 y 2. 9 9.2. 34 Resolución Apartado 1. El vector de realización de las actividades básicas se obtiene como uB = B −1 b. En este caso: ⎛ − 21 1 uB = ⎝ 0 0 1 4 0 ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 200 50 − 18 ⎠ ⎝ 300 ⎠ = ⎝ 45 ⎠ 1 240 60 4 (40) Es decir, x5 = 50, x3 = 45, x1 = 60 y el resto de variable son nulas, lo cual significa que: se fabrican 60 mesas de tipo A y 45 de tipo B sin pintar, no se fabrica nada del resto de modelos y se emplean todas las horas disponibles de montaje y pintura y sobran 50 horas de taller de corte, con un beneficio de 3000 euros. Apartado 2. Para valorar el interés de fabricar un nuevo modelo serı́a necesario introducir una nueva variable, x8 : número de mesas de tipo C sin pintar. Con A8 = ( 3 7 0 )T , c8 = 42. Serı́a interesante fabricar el nuevo modelo si V8B ≥ 0. V8B = c7 − cB B −1 A8 = 42 − 0 20 35 ⎛ 1 ⎝ 0 0 − 21 1 4 0 ⎞ 0 − 18 ⎠ 3 1 4 7 0 =7 (41) Por lo que sı́ serı́a interesante su producción y venta, ya que con cada unidad producida y vendida el beneficio se incrementarı́a en 8 euros. La tabla correspondiente a la solución óptima sin introducir la producción del nuevo modelo serı́a la siguiente, a partir de la cual, se podrı́a iterar para obtener el nuevo plan de producción. x5 x3 x1 x5 x8 x1 -3000 50 45 60 -3180 62.87 25.71 60 x1 0 0 0 1 0 0 0 1 x2 -5 0 1/2 1 -7 × × × x3 0 0 1 0 -4 × × × x4 -65/4 -1/2 9/8 5/4 -83/4 × × × x5 0 1 0 0 0 1 0 0 x6 -5 -1/2 1/4 0 -6 × × × x7 -25/4 0 -1/8 1/4 -23/4 × × × x8 7 -1/2 7/4 0 0 0 1 0 Con lo que el nuevo plan óptimo consiste en: producir, por término medio, 60 mesas A y 25.71 de tipo C sin pintar no producir nada del resto de modelos, empleando todas las horas de todos los talleres, salvo en el de corte, que sobrarı́an 62.87. 9 35 Apartado 3. Las variables básicas de la solución del apartado 1 son las correspondientes a la solución B −1 óptima mientras que u = B b tenga todos sus valores no negativos. ⎛ 1 − 12 B 1 u =⎝ 0 4 0 0 ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞ 0 200 − b22 200 − 18 ⎠ ⎝ b2 ⎠ = ⎝ b42 − 30 ⎠ ≥ 0 1 240 60 4 (42) Es decir 0 ≤ b2 ≤ 400. Mientras la disponibilidad de las horas de montaje sea superior a 120 e inferior a 400, la solución óptima tiene las mismas soluciones básicas, lo que significa que el mix de prouducción no cambia. Sı́ cambia la función objetivo que aumenta o disminuye en π2 = 25/4 con cada aumento o disminución de una hora de taller con respecto a las disponibles. Apartado 4. Como se admite que el tiempo de pintura puede reducirse en cualquier valor superior cero e inferior a dos, en términos del modelo, esto significa que los coeficientes técnicos de la actividad 2 T Es necesario evaluar cómo se modifica dependen de un parámetro λ. En concreto, A2 = 2 4 4 − λ la solución óptima del problema en función de los valores del parámetro. Para la solución óptima de partida λ = 0 y x2 es no básica. Puede ocurrir que al variar el valor de λ resulte rentable realizar dicha actividad. Para ello es necesario evaluar el critero del simplex para dicha variable en función del parámetro: V2B = c2 − π B A2 = 40 − 0 5 25/4 ⎞ 2 ⎝ 4 ⎠ = −20 + 25λ 4 4−λ ⎛ (43) −1 Al modificar A2 , cambian tanto V2B como pB A2 . 2 =B ⎛ 1 ⎝ 0 = pB 2 0 − 21 1 4 0 ⎞⎛ 0 − 18 ⎠ ⎝ 1 4 ⎞ ⎛ 2 4 ⎠=⎝ 4−λ 0 4+λ 8 4−λ 4 ⎞ ⎠≥0 (44) Es decir, mientras λ ≤ 4/5 la solución inicial sigue siendo óptima. En caso de que λ ≥ 4/5, la intro T 0 3/5 4/5 ducción de x2 mejorarı́a el valor de la función objetivo. Para λ = 0, se tiene que pB 2 = La tabla correspondiente a ese caso serı́a la siguiente, correspondiente a un óptimo múltiple. x5 x3 x1 x5 x2 x1 -3000 50 45 60 -3000 50 75 0 x1 0 0 0 1 0 0 0 1 x2 0 0 3/5 4/5 0 0 1 0 x3 0 0 1 0 0 0 5/3 -4/4 x4 -65/4 -1/2 9/8 5/4 -65/4 -1/2 15/16 -1/4 x5 0 1 0 0 0 1 0 0 x6 -5 -1/2 1/4 0 -5 -1/2 5/12 -1/3 x7 -25/4 0 -1/8 1/4 -25/4 0 5/24 25/6 La segunda tabla se obtiene introduciendo x2 y eliminando x1 de la base. Para valores de λ superiores a 4/5, las actividades básicas son x5 ,x2 y x1 . Al entrar x2 en la base, la nueva solución base es: 9 ⎛ 1 B=⎝ 0 0 ⎞ 2 1 4 2 ⎠ 4 4−λ 36 (45) Y, a patir de su inversa, es posible calcular los nuevos criterios del simplex. Se puede comprobar que para 4/5 ≤ λ ≤ 2 el criterio del simplex de las nuevas variables no básicas sigue siendo no negativo. En resumen: si la reducción del tiempo de pintado es de entre 0 y 0.8 horas, el plan de producción es el mismo del apartado 1; si la reducción del tiempo de pintado está entre 0.8 y 2 horas, el mix de producción cambia y se producirı́an mesas de tipo A y B, en diferente cantidad según la reducción del tiempo de pintura. 10 10. 37 10.1. Enunciado El fabricante de bicicletas UPM Bikes produce bicicletas, triciclos y tándems. La producción semanal depende, esencialmente, de la disponibilidad de ruedas y de manillares y de las tareas de montaje. El aprovisionamiento del resto de piezas y el resto de tareas no representan una limitación para la empresa. A la semana, UPM bikes dispone de un máximo de 100 ruedas y de 50 manillares. Por otro lado, el montaje de una bicicleta requiere una hora, mientras que el montaje de un triciclo o de un tándem requiere dos horas y existen dos operarios para realizar el montaje, cada uno de los cuales trabaja 40 horas semanales. Además, UPM Bikes ha asumido un compromiso comercial y debe entregar un mı́nimo de 10 bicicletas semanalmente a uno de sus clientes. Por último, el beneficio unitario que proporcionan estos productos son de 300 cada bicicleta, 400 cada triciclo y 500 cada tándem. Si x1 , x2 y x3 representan las unidades de bicicletas, triciclos y tándems producidos semanalmente, el siguiente modelo de programación permite obtener el plan de producción óptimo. max z = 300x1 + 400x2 + 500x3 s.a. : 2x1 + 3x2 + 2x3 + h1 = 100 x1 + x2 + 2x3 + h2 = 50 x1 + 2x2 + 2x3 + h3 = 80 (46) x1 − h4 = 10 x1 , x2 , x3 , h1 , h2 , h3 , h4 ≥ 0 Se admite que aunque las variables podrı́an ser enteras, con el problema lineal se calculan los valores medios de producción a lo largo de las diferentes semanas en las que se repite el plan de producción. La siguiente tabla corresponde a una solución del problema correspondiente a su vez al plan de producción. h1 x3 h3 x1 -13000 40 20 30 10 x1 0 0 0 0 1 x2 150 2 1/2 1 0 x3 0 0 1 0 0 h1 0 1 0 0 0 h2 -250 -1 1/2 -1 0 h3 0 0 0 1 0 h4 50 1 1/2 0 -1 Se pide: 1. Obtener el plan de producción óptimo y explicar el uso que se hace de los recursos Para la solución óptima (cada uno de los siguientes apartados son independientes entre sı́): 2. Identificar la inversa de la base correspondiente a la solución óptima encontrada. 3. Discutir el interés por subcontratar horas adicionales para el montaje de productos. 4. Realizar el análisis de sensibilidad de la solución obtenida con respecto al número de manillares disponibles. 5. Indicar de qué manera estarı́a interesada UPM Bikes en renegociar su compromiso comercial 6. El precio de los tándems es bastante variable a lo largo del tiempo. Obtener mediante programación paramétrica el programa de producción óptimo para todos los posibles valores positivos de la contribución unitaria al beneficio de dicho producto iguales o superiores a 350 . 10 10.2. 38 Resolución REVISAR ERRATAS ÚLTIMO APARTADO Apartado 1. Se aplica el método del Simplex partiendo de la tabla dada: h1 x3 h3 x1 x2 x3 h3 x1 -13000 40 20 30 10 -16000 20 10 10 10 x1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 x2 150 2 1/2 1 0 0 1 0 0 0 x3 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 h1 0 1 0 0 0 -75 1/2 -1/4 -1/2 0 h2 -250 -1 1/2 -1 0 -175 -1/2 3/4 -1/2 0 h3 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 h4 50 1 1/2 0 -1 -25 1/2 1/4 -1/2 -1 El programa de producción óptimo consiste en producir: 10 bicicletas 20 triciclos 10 tándems Se usan todos los manillares y todas las ruedas y sobran diez horas de operarios de montaje. Apartado 2. La inversa de la base está donde originalmente habrı́a estado la identidad. Las columnas 1, 2 y 3 de la identidad estaban en la tabla inicial en las columnas correspondientes a h1 ,h2 y h3 . Por su parte, la columna de h4, en la tabla incial, conteı́a a la cuarta columna de la matriz identidad, por lo que la inversa de la base es la siguiete: ⎛ B −1 1/2 −1/2 0 ⎜ −1/4 3/4 0 =⎜ ⎝ −1/2 −1/2 1 0 0 0 ⎞ −1/2 −1/4 ⎟ ⎟ 1/2 ⎠ 1 (47) Apartado 3. Sobran 10 horas de montaje por lo que no interesa contratar horas adicionales de montaje, y ası́ queda de manifiesto dado el valor del precio sombra de la tercera restricción π3 = −VhB3 = 0. Apartado 4. Las variables básicas de la solución obtenida serı́an las de la solución óptima al modificar b2 si la solución básica correspondiente sigue siendo factible. ⎛ 1/2 −1/2 0 ⎜ −1/4 3/4 0 B −1 u =B b=⎜ ⎝ −1/2 −1/2 1 0 0 0 ⎞⎛ −1/2 100 ⎜ b2 −1/4 ⎟ ⎟⎜ 1/2 ⎠ ⎝ 80 1 10 ⎞ ⎛ ⎞ b2 ≤ 90 ⎟ ⎜ b2 ≥ 110/3 ⎟ ⎟=⎜ ⎟ ⎠ ⎝ b2 ≤ 70 ⎠ 10 ≥ 0 (48) Mientras la disponibilidad de manillares esté entre 37 y 70 a la semana, la composición del plan de producción óptimo no cambia (aunque sı́ la cantidad de piezas producidas). 10 39 Apartado 5. El compromiso comercial de UPM bikes aparece reflejado en la cuarta restricción. El precio B sombra de la misma es π4 = Vh4 = −25, lo cual significa que si el compromiso comercial aumentase, en una unidad, el beneficio semanal se reducirı́a en 25 . Por lo tanto, UPM Bikes estarı́a dispuesta a: asumir un compromiso comercial más restrictivo y entregar más de 10 bicis, si recibe una compensación por cada una de ellas superior a 25 . relajar su compromiso comercial en la entrega de bicicletas, siempre y cuando la reducción no supusiera un coste adicional superior a 25 . Apartado 6. Se trata de estudiar la solución óptima cuando el vector de contribuciones unitarias al beneficio es c = (300, 400, 500 + λ, 0, 0, 0, 0), con −150 ≤ λ ≤ ∞. La solución obtenida en el apartado 1 es válida para λ = 0 y, en general, el valor de V B en función de λ es: ⎛ 300 400 500 + λ 0 0 0 0 λ=0 x2 x3 h3 x1 20 10 10 10 − x1 0 0 0 0 1 0 ⎜ 0 300 ⎜ ⎝ 0 1 0 0 400 500 + λ 0 x2 0 1 0 0 0 x3 0 0 1 0 0 h1 λ−300 4 1/2 -1/4 -1/2 0 h2 − 3λ+700 4 -1/2 3/4 -1/2 0 h3 0 0 0 1 0 1 0 0 0 0 uB (λ) = c(λ) − cB (λ)B −1 A = ⎞ 0 1/2 −1/2 0 1/2 1 −1/4 3/4 0 1/4 ⎟ ⎟= 0 −1/2 −1/2 1 −1/2 ⎠ 0 0 0 0 −1 λ−300 3λ+700 − 4 0 −100−λ 4 4 (49) h4 −100−λ 4 1/2 1/4 -1/2 -1 La solución es la solución óptima si se cumple simultáneamente λ − 300 ≤ 0 −3λ − 700 ≤ 0 (50) −100 − λ ≤ 0 Es decir, mientras −100 ≥ λ ≥ 300 la base no se modifica. Si λ = −100 (el beneficio por cada tándem es de 400 ), la tabla se convierte en la siguiente (óptimo múltiple) y se puede introducir la variable h4 : x2 x3 h3 x1 20 10 10 10 h4 x3 h3 x1 40 0 30 50 x1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 x2 0 1 0 0 0 0 2 -1/2 1 2 x3 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 h1 -100 1/2 -1/4 -1/2 0 -100 1 -1/2 0 1 h2 -100 -1/2 3/4 -1/2 0 -100 -1 1 -1 -1 h3 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 h4 0 1/2 1/4 -1/2 -1 0 1 0 0 0 10 La solución obtenida es válida para λ = −100 y, en general, el valor de V B en función de λ es: 40 uB (λ) = c(λ) − cB (λ)B −1 A = ⎞ 0 2 0 1 −1 0 1 ⎜ 0 −1/2 1 −1/2 1 0 0 ⎟ ⎟= 300 ⎜ ⎝ 0 1 0 0 −1 1 0 ⎠ 1 2 0 1 −1 0 0 λ+100 λ−100 0 −λ + 200 0 0 0 2 2 (51) ⎛ 300 400 500 + λ 0 0 h4 x3 h3 x1 0 0 40 0 30 50 − x1 0 0 0 0 1 0 500 + λ 0 x2 λ+100 2 x3 0 0 1 0 0 2 -1/2 1 2 h1 λ−100 2 1 -1/2 0 1 h2 −λ + 200 -1 1 -1 -1 h3 0 0 0 1 0 h4 0 1 0 0 0 La solucion es la solución óptima si se cumple simultáneamente λ + 100 ≤ 0 λ − 100 ≤ 0 −λ − 200 ≤ 0 (52) Esto se cumple para cualquier valor de λ con −150 ≤ λ ≤ 100 Si λ = 300 (el beneficio por cada tándem es de 800 ), la tabla se convierte en la siguiente (óptimo múltiple) y se puede introducir la variable h1 : x2 x3 h3 x1 20 10 10 10 h1 x3 h3 x1 40 20 30 10 x1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 x2 0 1 0 0 0 0 2 1/2 1 0 x3 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 h1 0 1/2 -1/4 -1/2 0 0 1 0 0 0 h2 -400 -1/2 3/4 -1/2 0 -400 -1 1/2 -1 0 h3 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 h4 -100 1/2 1/4 -1/2 -1 -100 1 1/2 0 -1 La solución obtenida es válida para λ = 300 y, en general, el valor de V B en función de λ es: ⎛ 300 400 500 + λ 0 0 0 0 − 0 500 + λ 0 0 ⎜ 0 300 ⎜ ⎝ 0 1 0 300−λ 2 uB (λ) = c(λ) − cB (λ)B −1 A = ⎞ 2 0 1 −1 0 1 1/2 1 0 1/2 0 1/2 ⎟ ⎟= 1 0 0 −1 1 0 ⎠ 0 0 0 0 0 −1 0 0 −500−λ 0 100 − λ 2 (53) 10 La solución es la solución óptima si se cumple simultáneamente 41 300 − λ ≤ 0 −500 − λ ≤ 0 100 − λ ≤ 0 Esto se cumple para cualquier valor de λ con λ ≤ ∞ En resumen: si 350 ≤ c3 ≤ 450, se deben producir 50 bicicletas; si 450 ≤ c3 ≤ 800, se deben producir 10 bicicletas, 20 triciclos y 10 tándems; si 800 ≤ c3 ≤ ∞, se deben producir 10 bicicletas y 20 tándems. (54) 11 11. 11.1. 42 Enunciado David, Diana y Lidia son los únicos socios y empleados de una compañı́a que produce relojes. David y Diana pueden trabajar un máximo de 40 horas por semana (cada uno de ellos), mientras que Lidia solo puede trabajar hasta 22 horas semanales. La empresa hace dos tipos de relojes: rejores de pie y relojes de pared. Para hacer un reloj, David (ingeniero mecánico) ensambla las partes internas y Diana (ebanista) produce las cajas de madera elaboradas a mano. Lidia es responsable de recibir pedidos y enviar los relojes. El tiempo que se requiere para cada tarea se muestra en la siguiente tabla. Tarea Montar mecanismo Tallar la cubierta de madera Envı́o Reloj de pie 6 horas 8 horas 3 horas Reloj de pared 4 horas 4 horas 3 horas Cada reloj de pie construido y enviado deja una ganancia de 300 , mientras que cada reloj de pared proporciona una ganancia de 200 . Los tres socios desean determinar cuantos relojes de cada tipo deben producir por semana para maximizar la ganancia total. Se pide: 1. Formular un modelo de programación lineal para los socios de esta empresa. 2. Resolver el modelo anterior e indicar el plan de producción óptimo y la ocupación de los socios. Se pide interpretar y explicar correctamente los resultados obtenidos. 3. Existe acuerdo entre los socios por el que aquel que pudiera hacer que el beneficio aumentara más por cada hora adicional trabajada, aumentarı́a su disponibilidad horaria para la empresa. Identificar qué socio aportarı́a mayor incremento del beneficio por hora adicional trabajada y el número de horas que podrı́a aumentar su disponibilidad proporcionando ese incremento. 4. Existe la posiblidad de vender solo las cajas de los relojes de pared, sin incluir ningún mecanismo. Identificar cuál es el beneficio unitario obtenido por caja que harı́a rentable su producción y venta. Se estima que para este producto el tiempo de preparación de envı́os es el mismo que para el resto de productos. 5. Identificar el rango de valores para el margen por reloj de pared dentro del cual resulta interesante producir y vender dicho producto. 6. Se ha adquirido un compromiso comercial consistente en entregar al menos 9 relojes de pie cada tres semanas a un cliente. Caracterizar el efecto que tiene este compromiso sobre el plan de producción y comentar en qué condiciones dicho compromiso puede ser interesante para la empresa. 11.2. Resolución Apartado 1. Se define x1 y x2 como el número de relojes de pie y de pared producidos y enviados semanalmente, respectivamente. El modelo de programación lineal que permite maximizar la ganancia es el siguiente: 11 43 max z = 300x1 + 200x2 s.a. : 6x1 + 4x2 ≤ 40 (55) 8x1 + 4x2 ≤ 40 3x1 + 3x2 ≤ 22 x1 , x2 ≥ 0 Apartado 2. El modelo se puede reformular con las restricciones en forma de igualdad max z = 300x1 + 200x2 s.a. : 6x1 + 4x2 + h1 = 40 (56) 8x1 + 4x2 + h2 = 40 3x1 + 3x2 + h3 = 22 x1 , x2 , h1 , h2 , h3 ≥ 0 Donde h1 , h2 , h3 representan, respectivamente, el número de las horas dispnibles que no trabajan cada semana, respectivamente, David, Diana y Lidia. Aplicando el método del simplex se puede resolver el problema. h1 h2 h3 h1 x1 h3 h1 x1 x2 0 40 40 22 -1500 10 5 7 -5200/3 16/3 8/3 14/3 x1 300 6 8 3 0 0 1 0 0 0 1 0 x2 200 4 4 3 50 1 1/2 3/2 0 0 0 1 h1 0 1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 h2 0 0 1 0 -75/2 3/4 1/8 -3/8 -25 -1/2 1/4 -1/4 h3 0 0 0 1 0 0 0 1 -100/3 -2/3 -1/3 2/3 El plan de producción óptimo consiste en producir, cada tres semanas, 8 relojes de pie, 14 relojes de pared, para lo cual David debe trabajar 34.67 horas a la semana, Diana 40 horas y Lidia 22 horas, con un beneficio total de 1733.33 por semana. Apartado 3. El incremento de la función objetivo obtenido al disponer de una hora adicional de cada una de las tareas de la empresa viene dada por el precio sombra de las tres restricciones correspondientes. π1 = −VhB1 = 0 π2 = −VhB2 = 25 π3 = −VhB3 (57) = 33.33 Es decir, cada hora adicional de Lidia, permitirı́a mejorar el beneficio en 33.33 . 11 Para calcular el número de horas que se deberı́a ampliar el horario de Lidia obteniendo una mejora de 44 33.33 por cada hora adicional, es necesario calcular para qué valor de b3 la solución deja de ser factible. ⎛ 1 ⎝ 0 0 uB = B −1 b = ⎞ ⎛ 60−2b3 ⎞ ⎞⎛ −1/2 −2/3 40 1/4 −1/3 ⎠ ⎝ 40 ⎠ = ⎝ −1/4 2/3 b3 3 30−b3 3 2b3 −30 3 ⎠ (58) Mientras 15 ≤ b3 ≤ 30 se mantiene la solución básica obtenida y, con ella, los precios sombra. Con el acuerdo pactado, Lidia deberı́a trabajar 8 horas adicionales con un incremento total del beneficio de 8 × 33.33 = 266.66 . Apartado 4. Lo que se propone representa una nueva actividad x3 , cuyos coeficientes técnicos son AT = (0, 4, 3). Se pide caracterizar c3 para que interese realizar esta actividad, es decir, si V3B ≥ 0 V3B = c3 − cB − cB B −1 A3 = c3 − cB − π B A3 = ⎛ ⎞ 0 c3 − 0 25 100/3 ⎝ 4 ⎠ = c3 − 200 3 (59) Siempre y cuando el beneficio unitario obtenido por la venta de las cajas de relojes de pared sea superior a 200 es interesante su producción y venta. Apartado 5. En términos del modelo, se pide un análisis de sensiilidad de c2 , es decir, para qué rango de valores de c2 la solución siga siendo óptima. VB ⎛ ⎞ 0 1 −1/2 −2/3 0 300 c2 0 0 1/4 −1/3 ⎠ = = c − cB − cB B −1 A = 300 200 0 0 0 1 0 −1/4 2/3 300−c2 −300+2c2 300 c2 0 0 0 − 0 0 0 ≥ 0 ⇒ 150 ≤ c2 ≤ 300 4 3 (60) 0 ⎝ 1 0 Es decir, el plan de producción es óptimo siempre y cuando el precio de los relojes de pared sea igual o superior a 100 e igual o inferior a 300 . Apartado 6. El nuevo compromiso se traduce en una nueva restricción: x1 ≥ 3. La solución óptima obtenida no cumple esta restricción, por lo que es necesario iterar para obtener la nueva solución. La restricción, de haberse introducido en la tabla del problema original, habrı́a tenido la forma x2 − h4 = 3 h1 x1 x2 h4 -5200/3 16/3 8/3 14/3 3 1/3 -1/3 x1 0 0 1 0 1 0 0 x2 0 0 0 1 0 1 -1 h1 0 1 0 0 0 0 0 h2 -25 -1/2 1/4 -1/4 0 -1/4 1/4 h3 -100/3 -2/3 -1/3 2/3 0 1/3 -1/3 h4 0 0 0 0 -1 -1 1 La tabla una vez incorada la nueva restricción y con h4 como variable básica es la siguiente, a partir de la cual se puede iterar aplicando el método de Lemke. 11 h1 x1 x2 h4 h1 x1 x2 h3 -5200/3 16/3 8/3 14/3 -1/3 -1700 6 3 4 1 x1 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 x2 0 0 0 1 -1 0 0 0 1 0 h1 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 h2 -25 -1/2 1/4 -1/4 1/4 -50 -1 0 1/4 -3/4 h3 -100/3 -2/3 -1/3 2/3 -1/3 0 0 0 0 1 h4 0 0 0 0 1 -100 -2 -1 2 3 45 Por lo que en beneficio disminuirı́a en 33.33 cada semana. Se justificarı́a asumir este compromiso comercial si, de alguna manera, las ventajas que proporciona el acuerdo supera esta pérdida. La producción, con el nuevo compromiso, serı́a de 3 relojes de pie y 4 de pared con un beneficio semanal del 1700 . 12 12. 46 12.1. Enunciado El siguiente programa de programación lineal se utiliza para realizar la planificación mensual de una planta que produce 3 productos (P1 , P2 y P3 ) que se procesan en tres talleres (T1 , T2 y T3 ) con disponibilidades horarias respectivas de 900, 480 y 400 horas al mes. max z = 8x1 + 6x2 + 6x3 s.a. : 3x1 + x2 + 2x3 ≤ 900 x1 + x2 + x3 ≤ 480 (61) x1 + 2x3 ≤ 400 x1 , x2 , x3 ≥ 0 La siguiente tabla corresponden a la solución óptima del problema anterior: x1 x2 h3 -3300 210 270 190 x1 0 1 0 0 x2 0 0 1 0 x3 -1 1/2 1/2 3/2 h1 -1 1/2 -1/2 -1/2 h2 -5 -1/2 3/2 1/2 h3 0 0 0 1 Donde h1 , h2 y h3 Se pide responder de forma independiente y a partir de la solución óptima a las siguientes cuestiones: 1. Interpretar la solución correspondiente a la tabla dada. 2. Realizar el análisis de sensibilidad para c1 y c3 , explicando los resultados obtenidos. 3. Calcular la nueva solución óptima del problema si debido a una enfermedad, las horas disponibles en el taller T2 se reduce a 300 horas semanales. 4. Se está evaluando la posiblidad de amplicar la capacidad en cada uno de los talleres. Existe un taller vecino que ofrece horas adicionales de cada uno de los talleres a un precio de 3 unidades monetarias cada hora. ¿En qué talleres y cuántas horas serı́a interesante subcontratar al taller vecino al precio anterior? 5. Se está valorando la posiblidad de ampliar la gama de productos e introducir un nuevo producto, P4 , que consumirı́a una hora de cada uno de los talleres. ¿Qué debe cumplir la contribución unitaria al benefecio de este nuevo producto para que resulte interesante su producción y venta? 12.2. Resolución Apartado 1. El plan de producción óptimo consiste en: producir 210 unidades de P1 ; producir 270 unidades de P2 ; no producir P3 ; emplear todas las horas de los talleres T1 y T2 ; y emplear 210 horas del taller T3 (de manera que no se emplean 190). 12 47 Apartado 2. Análisis de sensibilidad psra c1 . Como x1 es una variable básica, si se mofifica c1 se modifica todo el vector de criterios del simplex. V B = c − cB B −1 A = c1 6 6 0 0 0 − c1 6 6 0 6 c1 +6 2 c1 0 0 c1 −6 2 ⎛ ⎞ 1 0 1/2 1/2 −1/2 0 c1 6 0 ⎝ 0 1 1/2 −1/2 3/2 0 ⎠ = 0 0 3/2 −1/2 1/2 1 −c1 +18 6−c1 c1 −18 1 0 = 0 0 6−c 0 2 2 2 2 (62) Con lo que la solución seguirá siendo óptima si V B ≥ 0: 6 − c1 ≤ 0 6 − c1 ≤ 0 ⇒ 6 ≤ c1 ≤ 18 c1 − 18 ≤ 0 (63) Si la contribución unitaria al beneficio del prodcuto P1 está entre 6 y 18 (como es el caso inicial, en el que es 8), la gama de productos de plan de producción óptimo, no se modifica. En efecto, si la contribución unitaria fuera menor que 6 no interesarı́a realizar P1 y si fuera superior a 18, su contribución serı́a lo suficientemente alta como para aumentar todo lo posible el nivel de realización de P1 aun a costa de dejar de realizar algo de lo que se realiza en la solución óptima de partida. Análisis de sensibilidad psra c3 . Como x1 es una variable no básica, si se mofifica c1 se modifica solo su componente en el vector de criterios del simplex. c3 − cB B −1 A3 = c3 − cB pB 3 = c3 − 8 6 0 ⎛ ⎞ 1/2 ⎝ 1/2 ⎠ = c3 − 7 3/2 (64) Mientras c3 − 7 ≤ 0, no interesará realizar este producto. Si la contribución unitaria al beneficio fuera igual o superior a 7, serı́a interesante realizar esta actividad. Apartado 3. Si b3 =300, cambia uB = B −1 b: ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1/2 −1/2 0 900 300 uB = ⎝ −1/2 3/2 0 ⎠ ⎝ 300 ⎠ = ⎝ 0 ⎠ −1/2 1/2 1 400 100 (65) La nueva solución es degenerada. La función objetivo decrece (z B = 2400). Apartado 4. Viendo el vector de precios sombra π B = (1, 5, 0) sólo interesa subcontratar horas en el taller 2; porque es más lo que puedo ganar que el coste de la subcontratación. Al hacer el análisis de sensibilidad de b2 se observa que la cantidad máxima de horas a subcontratar es de 380. Apartado 5. Hay que calcular el interés del nuevo producto en función de su coste. Para eso se estudia la relación entre V B y c4 . B = c4 − cB p 4 = c4 − Vx4 8 6 0 ⎛ ⎞ 0 ⎝ 0 ⎠ = c4 − 6 1 El nuevo producto resulta interesante si su contribución al beneficio es mayor de 6. 13 13. 48 13.1. Enunciado El siguiente modelo de programación lineal, que se utiliza para la planificación de la producción de 3 productos sometidos a 3 restricciones. max z = 5x1 + 4x2 + 12x3 s.a. : 4x1 + 2x2 + 5x3 ≤ 40 (66) 5x1 + 3x2 + 7x3 ≤ 60 x1 + x2 + x3 = 10 x1 , x2 , x3 ≥ 0 Se ha resuelto por el método de la M grande, y la siguiente tabla corresponde a una solución óptima del problema correspondiente a su vez al plan de producción óptimo. x3 x5 x2 -280/3 20/3 10/3 10/3 x1 -13/3 2/3 -2/3 1/3 x2 0 0 0 1 x3 0 1 0 0 x4 -8/3 1/3 -4/3 -1/3 x5 0 0 1 0 a3 4/3-M -2/3 -1/3 5/3 Tomando como referencia la solución óptima actual: B 1. Explicar el significado de las tasas de sustitución pB 11 y p13 . 2. Analizando el interés de incrementar o disminuir b3 , justificar si la tercera restricción está operando como una limitación o como una obligación. 3. Explicar el significado de V1B , haciendo uso explı́cito de los valores de los precios sombra de los recursos correspondientes a las tres restricciones. 4. Suponiendo que los recursos R1 y R2 fueran intercambiables, calcular la solución óptima para cualquier cantidad de recurso transferido de R2 a R1 , utilizando para ello la programación paramétrica. 5. Determinar el intervalo de c2 dentro del cual la base de la solución óptima es la correspondiente a la de la tabla dada. Sin necesidad de realizar cálculos, indicar por qué la solución básica obtenida dejarı́a de ser la óptima y qué serı́a necesario realizar para obtener la nueva solución óptima. 6. Obtener la nueva solución y calcular la repercusión que tendrı́a sobre el beneficio el hecho de que, debido a un cambio de normativa, ya no se puede vender producto P2 13.2. Resolución Apartado 1. 2 La tasa de sustitución pB 11 = 3 de la primera variable básica con respecto a la variable x1 , no básica, representa en qué medida disminuye el valor de la primera variable básica x3 (uB 1 ) cuando 2 B la variable x1 toma valor 1. Es decir: ΔuB 1 Δx = p11 = − 3 1 La tasa de sustitución pB 13 es la tasa de sustitución de x3 con respecto a esa misma variable y es 1. Esta tasa representa en qué medida disminuye x1 cuando x1 toma valor 1, y es -1. Es decir, no es posible obtener un valor diferente de x3 = 20 3 , para la base B = (A3 A5 A2 ). 13 Apartado 2. El precio sombra de la tercera restricción es π3B = − 34 . Es decir: 49 Si Δb3 = 1 ⇒ Δz = − 43 Si Δb3 = −1 ⇒ Δz = 4 3 Si fuera posible, serı́a desear disminuir el valor de b3 , porque darı́a lugar a un aumento de la función objetivo. Se puede decir, que la restricción tercera está actuando en esta solución como una obligación. Apartado 3. El criterio del simplex de la variable x1 se puede expresar como: ⎞ 4 V1B = c1 − π B A1 = 5 − 83 0 − 43 ⎝ 5 ⎠ (67) 1 Los precios sombra de las tres restricciones son π B = 83 0 − 34 que son, respectivamente, los valores unitarios de cada uno de los tres recursos. ⎛ ⎞ 4 El consumo unitario de dichos recursos al realizar una unidad de P1 es ⎝ 5 ⎠. 1 Con lo que el producto de π B A1 representa el valor de los recursos que son necesarios para producir una unidad de P1 y que se detraen del plan de producción correspondiente a la solución óptima. En este caso π B A3 = 28 3 . El criterio del simplex V1B representa la diferencia entre: ⎛ la contribución unitaria al beneficio de P1 , c1 = 5 y el citado valor de los recursos para realizar una unidad de P1 : π B A3 = 28 3 . La diferencia es V1B = − 13 3 , con lo que no resulta realizar este producto, porque no se ve compensado el ingreso con lo que se deja de ganar al detraer recursos del plan actual de producción. Apartado 4. Lo que se pide es resolver el siguiente problema de programación paramétrica con b = T 40 + λ 60 − λ , con λ ≥ 0: max z = 5x1 + 4x2 + 12x3 s.a. : 4x1 + 2x2 + 5x3 ≤ 40 + λ (68) 5x1 + 3x2 + 7x3 ≤ 60 − λ x1 + x2 + x3 = 10 x1 , x2 , x3 ≥ 0 La solución dada corresponde a λ = 0 λ=0 x3 x5 x2 -280/3 20/3 10/3 10/3 x1 -13/3 2/3 -2/3 1/3 x2 0 0 0 1 x3 0 1 0 0 x4 -8/3 1/3 -4/3 -1/3 x5 0 0 1 0 a3 4/3 − M -2/3 -1/3 5/3 13 Esta solución es óptima y factible si uB (λ) ≥ 0: 50 ⎛ ⎞⎛ ⎞ 1/3 0 −2/3 40 + λ uB (λ) = B −1 b(λ) = ⎝ −4/3 1 −1/3 ⎠ ⎝ 60 − λ ⎠ = −1/3 0 5/3 10 ⎛ ⎞ 20 + λ 1⎝ 10 10 − 7λ ⎠ ≥ 0 ⇒ λ ≤ 3 7 10 − λ (69) Las siguientes tres tablas son, respectivamente, la tabla correspondente a la solución óptima cuando 10 0 ≤ λ ≤ 10 7 , la tabla correspondiente a dicha solución ótpima cuando λ = 7 y la que se obtiene a partir de la anterior aplicando el método de Lemke. 0 ≤ λ ≤ 10 7 x3 x5 x2 λ = 10 7 x3 x5 x2 λ = 10 7 x3 x4 x2 x1 -13/3 2/3 -2/3 1/3 -13/3 2/3 -2/3 1/3 -3 1/2 1/2 1/2 − 280+8λ 3 20+λ 3 10−7λ 3 10−λ 3 − 680 7 50 7 0 20 7 − 680 7 50 7 0 20 7 x2 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 1 x3 0 1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 x4 -8/3 1/3 -4/3 -1/3 -8/3 1/3 -4/3 -1/3 0 0 1 0 x5 0 0 1 0 0 0 1 0 -2 1/4 -3/4 -1/4 a3 4/3 − M -2/3 -1/3 5/3 4/3 − M -2/3 -1/3 5/3 2−M -3/4 1/4 7/4 Esta solución es óptima y factible si uB (λ) ≥ 0: ⎛ 0 uB (λ) = B −1 b(λ) = ⎝ 1 0 ⎞⎛ ⎞ 1/4 −3/4 40 + λ −3/4 1/4 ⎠ ⎝ 60 − λ ⎠ = −1/4 7/4 10 ⎛ ⎞ 30 − λ 10 1⎝ −10 + 7λ ⎠ ≥ ⇒ λ ≤ 30 4 7 10 + λ (70) Las siguientes tres tablas son, respectivamente, la tabla correspondente a la solución óptima cuando ≤ λ ≤ 30, la tabla correspondiente a dicha solución ótpima cuando λ = 30 y la que se obtiene a partir de la anterior aplicando el método de Lemke. 10 7 10 7 ≤ λ ≤ 30 x3 x4 x2 λ = 30 x3 x4 x2 100 − 2λ 30−λ 4 −10+7λ 4 10+λ 4 -40 0 50 10 x1 -3 1/2 1/2 1/2 -3 1/2 1/2 1/2 x2 0 0 0 1 0 0 0 1 x3 0 1 0 0 0 1 0 0 x4 0 0 1 0 0 0 1 0 x5 -2 1/4 -3/4 -1/4 -2 1/4 -3/4 -1/4 a3 2−M -3/4 1/4 7/4 2−M -3/4 1/4 7/4 No existe posiblidad de iterar aplicando el método de Lemke, porque no existen tasas de sustitución negativas para x3 . Por lo tanto,la solución óptima en función de lambda es: 13 Si 0 ≤ λ ≤ Si 10 7 10 7 51 10+λ 3 , 280+8λ 3 Valores de las variables básicas: x2 = Valor de la función objetivo: z = x3 = 20+λ 3 y x5 = 10−7λ 3 x2 = 30−λ 4 y x4 = −10+7λ 4 ≤ λ ≤ 30 Valores de las variables básicas: x2 = 10+λ 4 , Valor de la función objetivo: z = 100 − 2λ Si λ > 30 el problema no tiene solución A partir del análisis anterior, se puede concluir que el beneficio máximo se obtiene para λ = decir, transfiriendo es cantidad de recursos, con un beneficio de 680 7 . 10 7 , es Apartado 5. La base de la solución básica obtenida no cambia si la solución sigue siendo óptima y factible. Si se modifica c2 , puede cambiar V B y la solución puede dejar de ser óptima. Hay que calcular el intervalo de c2 dentro del cual V B ≤ 0. V B = c − cB p B = 5 c2 12 0 0 − −3 − 12 0 c2 c2 3 0 0 ⎛ ⎞ 2/3 0 1 1/3 0 ⎝ −2/3 0 0 −4/3 1 ⎠ = 1/3 1 0 −1/3 0 c2 ≤ 0 ⇒ −9 ≤ c2 ≤ 12 3 −4 0 (71) Si c2 ∈ [−9, 12], la base sigue siendo la obtenida. Si c2 < −9, la solución dejarı́a de ser óptima porque V1B > 0, y habrı́a que aplicar el método del Simplex e introducir la variable x1 . Si c2 > 12, la solución dejarı́a de ser óptima porque V4B > 0, y habrı́a que aplicar el método del Simplex e introducir la variable x4 . Apartado 6. x2 ≤ 0 ⇒ x2 + x6 = 0 x3 x5 x2 x6 x3 x5 x2 x1 -280/3 20/3 10/3 10/3 0 -10/3 -50 0 10 0 10 x1 -13/3 2/3 -2/3 1/3 0 -1/3 0 0 0 0 1 x2 0 0 0 1 1 0 0 0 0 1 0 x3 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 x4 -8/3 1/3 -4/3 -1/3 0 1/3 -7 1 -2 0 -1 x5 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 a3 4/3 − M -2/3 -1/3 5/3 0 -5/3 −23 − M -4 3 0 5 x6 0 0 0 0 1 1 -13 2 -2 1 -3 La nueva solución consiste en no fabricar P2 y fabricar 10 unidades de P1 con una función objetivo de 50, peor que el valor de la función objetivo antes de introducir la restricción. 14 14. 14.1. 52 Enunciado Resolver el siguiente problema mediante el método de las dos fases: max z = 3x1 + 4x2 + 5x3 s.a. : 3x1 + 2x2 + 4x3 ≥ 50 x1 + x2 + x3 = 20 (72) 4x1 + 5x2 + 8x3 ≤ 300 x1 , x2 , x3 ≥ 0 14.2. Resolución Reformulación del problema original (P ) max z = 3x1 + 4x2 + 5x3 s.a. : 3x1 + 2x2 + 4x3 − h1 = 50 x1 + x2 + x3 = 20 4x1 + 5x2 + 8x3 + h3 = 300 (73) x1 , x2 , x3 , h1 , h3 ≥ 0 Problema de la primera fase (P ) max z = −a1 − a2 s.a. : 3x1 + 2x2 + 4x3 − h1 + a1 = 50 x1 + x2 + x3 + a2 = 20 4x1 + 5x2 + 8x3 + h3 = 300 x1 , x2 , x3 , h1 , h3 , a1 , a2 ≥ 0 (74) 14 (1 fase) (2 fase) a1 a2 h3 70 0 50 20 300 x1 4 3 3 1 4 x2 3 4 2 1 5 x3 5 5 4 1 8 h1 -1 0 -1 0 0 a1 0 0 1 0 0 a2 0 0 0 1 0 h3 0 0 0 0 1 (1 fase) (2 fase) x3 a2 h3 15/2 -125/2 25/2 15/2 200 1/4 -3/4 3/4 1/4 -2 1/2 3/2 1/2 1/2 1 0 0 1 0 0 1/4 5/4 -1/4 1/4 2 -5/4 -5/4 1/4 -1/4 -2 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 (1 fase) (2 fase) x3 x2 h3 0 -85 5 15 185 0 -3/2 1/2 1/2 -5/2 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 1/2 -1/2 1/2 3/2 -1 1/2 1/2 -1/2 -3/2 -1 -3 -1 2 -2 0 0 0 0 1 (1 fase) (2 fase) x3 h1 h3 0 -100 20 30 140 0 -2 1 1 -4 0 -1 1 2 -3 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 -1 0 0 -1 0 -1 -5 1 4 -8 0 0 0 0 1 La solución del problema original es: x3 = 20, x1 = x2 = 0 53 15 15.EJERCICIO Ejercicio 15.1. 54 Enunciado Dado el problema de programación lineal (P ): max z = x1 + x2 + 2x3 s.a 3x1 + 4x2 ≥ 12 (75) x1 + x2 ≤ 24 x1 + x3 = 15 x1 , x2 , x3 ≥ 0 1. Plantear el problema correspondiente a la primera fase (P ), si se resolviera mediante el método de las dos fases. 2. Construir la tabla correspondiente al método del Simplex, variante de la matriz completa, para la primera solución de (P’). 3. Explicar qué se puede decir de P si al resolver el problema anterior (P ), la función objetivo de la solución óptima es diferente de cero. 15.2. Resolución TMCIO 1011 JUN Apartado 1. El problema P correspondiente a la pimera fase es el siguiente. max z = −a1 − a3 s.a 3x1 + 4x2 − h1 + a1 = 12 x1 + x2 + h2 = 24 (76) x1 + x3 + a3 = 15 x1 , x2 , x3 , h1 , a1 , h2 , a3 ≥ 0 Apartado 2. La tabla correspondiente a la solución básica de partida de P es: a1 h2 a3 27 12 24 15 x1 4 3 1 1 x2 4 4 1 0 x3 1 0 0 1 h1 -1 -1 0 0 a1 0 1 0 0 h2 0 0 1 0 a3 0 0 0 1 Apartado 3. Si la solución óptima del problema P tiene una función objetivo diferente de cero, significa que no tiene soluciones factibles con a1 = a3 = 0, con lo que el problema original P no tiene ninguna solución factible. 16 16.EJERCICIO Ejercicio 16.1. 55 Enunciado Al resolver un problema mediante el método de Lemke, aparece una tabla como la siguiente. Explicar, sin hacer operaciones, qué habrı́a que hacer para continuar (la explicación no deberı́a tener una extensión superior a 100 palabras). x1 x3 16.2. -7 -2 -5 x1 0 1 0 x2 6 3 3 x3 -4 0 1 h1 -2 2 -3 h2 0 0 1 Resolución Todas las soluciones que se visitan al aplicar el método de Lemke cumplen el criterio de optimalidad (V B ≤ 0). En la tabla se muestra una solución que no lo cumple, por lo que debe de haber existido algún error previo en la aplicación de dicho método, habrı́a que revisar los cálculos previos. 17 17.EJERCICIO Ejercicio 17.1. 56 Enunciado Para la relajación lineal del problema anterior, se pide: 1. Construir el problema dual correspondiente. 2. Indicar cuáles son las variables básicas ası́ como sus valores, correspondientes a la solución óptima de dicho problema dual. 17.2. Resolución MME 0809 FEB Dado el primal: max z = x1 + x2 sujeto a: 2x1 + 5x2 ≤ 16 6x1 + 5x2 ≤ 30 (77) x1 ,x2 ≥ 0 Su dual es: min s = 16y1 + 30y2 sujeto a: 2y1 + 6y2 ≥ 1 5y1 + 5y2 ≥ 1 (78) y1 ,y2 ≥ 0 Para la solución óptima: y ∗ = π B = (1/20 3/20) Se cumple que: V1B = V1B = 0, por lo que las restricciones del dual se cumplen en términos de igualdad y, por lo tanto, h1 = h2 = 0 Las variables básicas de la solución óptima del dual son y1∗ = 1/20 y y2∗ = 3/20 18 18.EJERCICIO Ejercicio 18.1. 57 Enunciado Una empresa de productos quı́micos EPQ trata de convencer a AV de que alimente a sus gallinas añadiendo directamente AA y βC al pienso común. EPQ conoce las caracterı́sticas de los complejos suplementarios que se ofrecen en el mercado local. 1. Plantear el modelo de programación lineal que utilizarı́a EPQ para determinar su polı́tica de precios para AA y βC de modo que a AV le resultara indiferente acudir al mercado local o comprar a EPQ. 2. Obtener la solución óptima al modelo planteado por EPQ precisamente a partir de la obtenida en el apartado 2 del ejercicio anterior. 3. Explicar cómo podrı́a afectar a EPQ que CSN fuera o no interesante para AV. 18.2. Resolución Apartado 1 El modelo que utilizarı́a EPQ serı́a el dual del de AV. Siendo y1 e y2 los precios que EPQ pondrı́a a AA y a βC, respectivamente, tratarı́a de maximizar sus ingresos por suministrar el AA y βC que necesita AV, siendo competitivo con los complejos suplementarios del mercado local, es decir: max z = 15000y1 + 3000y2 s.a. : 40y1 + 30y2 ≤ 70 60y1 + 60y2 ≤ 20 (79) 40y1 + 40y2 ≤ 50 y1 , y2 ≥ 0 Apartado 2 Tanto por la aplicación del teorema de las holguras complementarias, como por la interpretación del ejercicio anterior, y1∗ = 1/3 e y2∗ = 0 /gramo, es decir, EPQ deberı́a ofrecer AA a 333 /kg y deberı́a regalarle βC a AV para ser competitivo e ingresar los 5000 /semana. Apartado 3 Lógicamente, como a AV no le interesa CSN , no afectarı́a a lo ya dicho para EPQ. Sin embargo, si a AV le interesara CSN, serı́a porque reducirı́a sus costes. Como en dualidad las funciones objetivo coinciden en el óptimo, los beneficios esperados por EPQ bajarı́an (se enfrentarı́a con un mercado más competitivo). 19 19.EJERCICIO Ejercicio 19.1. 58 Enunciado Considérese el problema max z = 2x1 + x2 s.a. : x1 + x2 ≤ 14 2x1 − x2 ≤ 10 x1 − x2 ≤ 3 (80) x1 , x2 ≥ 0 Se pide Escribir el problema dual Verificar la solución x = (8, 6) es una solución factible. Demuestrar que x es solución óptima mediante el teorema de las holguras complementarias y determinar la solución óptima del problema dual. 19.2. Resolución Apartado 1. El problema dual es: min s = 14y1 + 4y2 + 3y3 s.a. : y1 + 2y2 + y3 ≥ 2 (81) y1 − y2 − y3 ≥ 1 y1 , y2 , y2 ≥ 0 Apartado 2. Se trata de una solución: Restricción 1:8 + 6 = 14 ≤ 14 Restriccion 2:2 ∗ 8 − 6 = 10 ≤ 10 Restriccion 2:8 − 6 = 2 ≤ 3 Se cumplen las tres restricciones, además h3 = 1. El valor de la función objetivo es 22. Apartado 3. Los valores de las holguras del problema original son: h1 = 0, h2 = 0,h3 = 1, por lo que los criterios del simplex de las variables del problema primal son V B = (0, 0, ≤ 0, ≤ 0, 0). Por el teorema de las holguras complementarias sólo y1 e y2 pertenecen a la base del problema dual. yh1 = yh2 = y3 = 0 Las restricciones del dual se transforman en un sistema de dos ecuaciones con dos variables (y1 e y2 ), cuyo resultado es: y1 = 43 e y2 = 13 . Para esta solución del dual, la función objetivo vale s = 22. Como z = s estamos en la solución óptima. 20 20.EJERCICIO Ejercicio 20.1. 59 Enunciado Dado el siguiente problema max z = 5x1 + 4x2 + 3x3 s.a. : x1 + x3 ≤ 15 (82) x2 + 2x3 ≤ 25 x1 , x2 , x3 ≥ 0 Se pide: 1. Construir el problema dual 2. Justificar sin resolver el problema dual, que 175 es una cota superior del problema primal 3. Resolver gráficamente el dual. 4. Obtener la solución óptima del primal a partir del dual 20.2. Resolución Apartado 1. El problema dual es: min s = 15y1 + 25y2 s.a. : y1 ≥ 5 y2 ≥ 4 (83) y2 + 2y2 ≥ 3 y1 , y2 ≥ 0 Apartado 2. Si se encuentra una solución del dual con s = 175, se dispondrá de una cota superior del primal. En efecto, y1 = 5 y y2 = 4 es una solución factible del primal y ofrece una función objetivo de s = 175 Apartado 3. La solución óptima del dual se alcanza para y1 = 5, y2 = 4, con s = 175 Apartado 4. Como y1 = 5, el precio sombra de la primera restricción en el primal es diferente de cero, por lo que h1 es una variable no básica. Como y2 = 4 , el precio sombra de la segunda restricción en el primal es diferente de cero, por lo que h2 es una variable no básica. Por último, con la tercera restricción del dual no se cumple como igualdad, la tercera variable del primal, x3 es no básica. 20 EJERCICIO 60 Las variables básicas de la solución óptima del primal son: x1 y x2 . Es decir, se debe cumplir: x1 = 15 x2 = 25 El valor de la función objetivo es z ∗ = 175 = s∗ (84) 21 MME-1213-ENE-2 21.EJERCICIO Ejercicio MME-1213-ENE-2 21.1. 61 Enunciado Hallar el problema dual de este problema. max z = ci xi i s.a. : bi xi ≤ F (85) i xi ≥ 0 Siendo F un escalar 21.2. Resolución Hallar el problema dual es min s = yF s.a. : ybi ≥ ci ∀i y≥0 (86) 22 22.EJERCICIO Ejercicio 22.1. 62 Enunciado Dado el problema: max z = x1 + x2 sujeto a: 2x1 + 5x2 ≤ 16 (87) 6x1 + 5x2 ≤ 30 x1 ,x2 ≥ 0 y enteros Se conoce la solución óptima de la relajación lineal correspondiente, x∗RL , cuya tabla del simplex se indica a continuación. x2 x1 -53/10 9/5 7/2 x1 0 0 1 x2 0 1 0 h1 -1/20 3/10 -1/4 h2 -3/20 -1/10 1/4 Se pide resolver de forma gráfica el problema entero utilizando Branch&Bound, dibujando el árbol correspondiente. 22.2. Resolución El árbol correspondiente a la aplicación del algoritmo de Land-Doig es el siguiente. 22 EJERCICIO 63 Existen tres soluciones enteras que arrojan el mismo valor z = 5. Las soluciones son las siguientes. Solución 1: x1 = 5 y x2 = 0. Solución 2: x1 = 4 y x2 = 1. Solución 3: x1 = 3 y x2 = 2. Resolución gráfica de los problemas: 22 EJERCICIO 64 23 23.EJERCICIO Ejercicio 23.1. 65 Enunciado En un problema de programación lineal entera resuelto mediante ramificación y acotación (algoritmo de Land-Doig), explicar en qué casos un nodo del árbol no se ramifica (y, por lo tanto, no da lugar a dos nuevos nodos con sus correspondientes problemas). 23.2. Resolución Un nodo no se ramifica si cumple alguna de las siguientes condiciones. 1. Si la solución del problema correspondiente a ese nodo es entera. 2. Si el valor de la función objetivo del problema correspondiente a ese nodo es peor que el valor de la función objetivo de algún nodo con solución entera. 3. Si el problema correspondiente al nodo no tiene solución factible. 24 24.EJERCICIO Ejercicio 24.1. 66 Enunciado En el curso de aplicar el método “Branch & Bound ” (en el que cada nodo se ramifica en dos subproblemas que tienen una restricción ≤ o ≥ más que el subproblema del que parten) para resolver un problema de optimización entera con variables (x1 y x2 ) y función objetivo max z = 4x1 − x2 , se obtiene el árbol 1 de la figura 1. Al lado de los nodos S, S1 , S12 y S2 se muestran las soluciones obtenidas al resolver la relajación lineal de los subproblemas correspondientes. Por ejemplo, al resolver la relajación lineal para el subproblema S1 se obtiene la solución relajada (2, 12 ). 6 ;Ϯ͕ϭͬϮͿ ;ϮϬͬϳ͕ϯͿ 6 6 6 ;Ϯ͕ϭͿ Figura 1: árbol 1 del B&B 1. La información proporcionada en el árbol 1 y la función objetivo dada permiten calcular cotas inferiores y superiores del problema original. Para cada nodo indica qué tipo de cota ofrece y cuál es su valor. 2. El Árbol 1 muestra una solución entera factible. ¿Se puede asegurar que sea óptima con la información dada hasta ahora? ¿Por qué? 3. Al seguir con la ramificación del subproblema S1 se obtiene el Árbol 2 mostrado en la Figura 2, donde se indican las soluciones de las relajaciones lineales correspondientes a los subproblemas que se ven en el árbol. Actualiza las cotas inferiores y superiores ¿Puedes encontrar una solución óptima para el problema, o habrı́a que continuar explorando el árbol? ¿Por qué? Figura 2: árbol 2 del B&B 24.2. Resolución MME 0809 SEP 24 EJERCICIO Apartado 1 Cada nodo aporta una cota: S0 . Solución no entera. Cota superior. z1 = 4 × 67 20 7 −3= S1 . Solución no entera. Cota superior. z2 = 4 × 2 − 1 2 = 59 7 15 2 S12 . Solución entera. Cota inferior. z12 = 4 × 2 − 1 = 7 Apartado 2 No se puede asegurar que sea la solución óptima porque, por ejemplo, el nodo no resuelto correspondiente a la ramificación de S0 , es decir, S2 puede ofrecer soluciones enteras mejores que la del nodo S12 . Apartado 3 Los nuevos nodos aportan nuevas cotas: S2 . Solución no factible. No proporciona cota. S11 . Solución no entera con función objetivo z11 = 4 × 32 2 − 0 = 6, menor que el valor de la solución entera de S12 , con lo que se trata de una cota inferior. La solución óptima es la correspondiente a S12 , ya que el nodo S2 no se puede ramificar, ya que corresponde a un problema sin solución factible, y el nodo S11 corresponde a un problema con solución no entera peor que la solución de S12 , que sı́ es entera. 25 25.EJERCICIO Ejercicio 25.1. 68 Enunciado Resolver mediante Branch and Bound el siguiente problema PLE: max z = 12x1 + 6x2 s.a. : 2x1 + 4x2 ≤ 17 x1 , x2 ≥ 0 y enteras (88) Utilizar Simplex o Lemke para resolver las relajaciones lineales correspondientes (no se valorará la obtención de soluciones óptimas mediante método gráfico). 26 26.EJERCICIO Ejercicio 26.1. 69 Enunciado Al empezar a resolver con Branch & Bound un problema de maximización con todas las variables enteras se divide el problema original en dos subproblemas (dos ramas): x1 ≤ 2 y x1 ≥ 3. La rama x1 ≤ 2 ha sido podada al encontrar un solución entera en la relajación lineal correspondiente (x1 , x2 , x3 ) = (1, 2, 1) con z = 5. Cuál serı́a el siguiente paso si la solución a la que se llega al resolver la relajación lineal correspondiente a la rama x1 ≥ 3 fuera: 1. (x1 , x2 , x3 ) = (3, 1, 0.5) con z = 3.5 2. (x1 , x2 , x3 ) = (4, 1, 0) con z = 8 3. (x1 , x2 , x3 ) = (4, 1.5, 0) con z = 8 4. (x1 , x2 , x3 ) = (4, 1, 2) con z = 7.5 26.2. Resolución MME 1011 ENE Apartado 1. En este caso la solución obtenida por la rama x1 ≥ 3 ofrece una cota superior menor que la cota inferior de la rama x1 ≤ 1, por lo que esa rama también se podarı́a, no habrı́a nodos que ramificar y la solución óptima serı́a (x1 , x2 , x3 ) = (1, 2, 1) con z = 5 Apartado 2. En este caso, habrı́a que podra la rama x1 ≥ 3, al haber obtenido una solución entera (la cota superior igual a la cota inferior) y la solución óptima serı́a (x1 , x2 , x3 ) = (4, 1, 0) con z = 8 Apartado 3. En este caso, la rama x1 ≥ 3 no se podrı́a podar, ya que su cota superior es mayor que la inferior del único otro nodo del problema y porque el nodo corresondiente a dicha rama no ofrece una solución entera. Serı́a necesario ramificar de nuevo, generando dos ramas a partir de la única variable no entera: xx2 ≤ 2 y x2 ≥ 2. Para el problema se tendrı́a una cota superior de 8 y una cota inferior de 3.5. Apartado 4. Análogamente al caso 2, la solución óptima serı́a (x1 , x2 , x3 ) = (4, 1, 2) con z = 7.5. 27 27.EJERCICIO Ejercicio 27.1. 70 Enunciado Resolviéndose un problema de programación entera se ha llegado a construir el árbol que se muestra en la figura 27.1. Se pide responder a las siguientes preguntas de tipo test. 0 P0 x1=11.69 x2=3.01 z*=50.18 x111 P1 x1=11 x2=3.37 z*=49.36 x23 P3 x1=11 x2=3 z*=48 3 x1ш12 1 2 x2ш4 P4 z*=47 P2 X1=12 X2=2.66 z*=49.33 x22 4 5 P5 x1=12.57 x2=2 z*=47.71 6 Figura 3: árbol resultante durante la resolución de un problema con B&B NOTA: redactar la respuesta incluyendo la frase completa en las hojas entregadas para calificar con el encabezado y con la opción elegida como correcta. Por ejemplo, una posible respuesta, serı́a La información del árbol permite afirmar que: ninguna de las anteriores es correcta. No es necesario indicar el subapartado (porque todos son diferentes) Solo una respuesta de cada apartado es correcta. Para cada apartado, una respuesta correcta suma un punto, una respuesta incorrecta resta un cuarto de punto. 1. Con respecto al nodo 4: Hay que seguir ramificando el nodo 4. No interesa ramificar el nodo 4 porque su relajación lineal tiene un valor menor que alguna de las cotas inferiores obteinidas hasta ahora. No interesa ramificar el nodo 4 porque ya es una solución entera. Ninguna de las anteriores es correcta 2. La información del árbol permite afirmar que: Debo ramificar el nodo 5 en dos nuevos subnodos cuyas ramas son x1 ≤ 12 y x1 ≥ 13. No debo ramificar el nodo 5 porque el subproblema correspondiente no puede tener soluciones mejores que la obtenida en su relajación lineal Al haber resuelto el subproblema correspondiente al nodo 5 la cota infererior más alta del problema completo es 47.71. Ninguna de las anteriores es correcta 27 3.EJERCICIO El nodo 6: 71 representa al subproblema que consiste en añadir al subproblema 2 la restricción x2 = 3. representa al subproblema que consiste en añadir al subproblema 2 la restricción x2 ≥ 3. representa un subproblema que no se debe resolver porque es imposible que se encuentre una solución mejor que la mejor cota inferior obtenida hasta este momento. Ninguna de las anteriores es correcta 27.2. Resolución 1. Con respecto al nodo 4: INCORRECTA: Hay que seguir ramificando el nodo 4. CORRECTA: No interesa ramificar el nodo 4 porque su relajación lineal tiene un valor menor que alguna de las cotas inferiores obteinidas hasta ahora. INCORRECTA: No interesa ramificar el nodo 4 porque ya es una solución entera. INCORRECTA: Ninguna de las anteriores es correcta 2. La información del árbol permite afirmar que: INCORRECTA: Debo ramificar el nodo 5 en dos nuevos subnodos cuyas ramas son x1 ≤ 12 y x1 ≥ 13. INCORRECTA: No debo ramificar el nodo 5 porque el subproblema correspondiente no puede tener soluciones mejores que la obtenida en su relajación lineal INCORRECTA: Al haber resuelto el subproblema correspondiente al nodo 5 la cota infererior más alta del problema completo es 47.71. CORRECTA: Ninguna de las anteriores es correcta 3. El nodo 6: INCORRECTA: representa al subproblema que consiste en añadir al subproblema 2 la restricción x2 = 3. CORRECTA: representa al subproblema que consiste en añadir al subproblema 2 la restricción x2 ≥ 3. INCORRECTA: representa un subproblema que no se debe resolver porque es imposible que se encuentre una solución mejor que la mejor cota inferior obtenida hasta este momento. INCORRECTA: Ninguna de las anteriores es correcta 28 28.EJERCICIO Ejercicio 28.1. 72 Enunciado Dado el siguiente problema de programacion entera: max z = 4x1 − 2x2 + 7x3 − x4 s.a. : x1 + 5x3 ≤ 10 x1 + x2 − x3 ≤ 1 6x1 − 5x2 ≤ 0 (89) −x1 + 2x3 − 2x4 ≤ 3 x1 , x2 , x3 , x4 ≥ 0 y enteras Se ha comenzado a resolver mediante Branch-and-Bound (algoritmo de Dakin) y se dispone del siguiente árbol. Para cada nodo se indica el valor de la solución ótpima de la relajación lineal y los valores de las variables que en la dicha solución óptima toman un valor no nulo. ൌͳͶǤʹͷ ͳൌͳǤʹͷ ʹൌͳǤͷ ͵ൌͳǤͷ Ͳ ʹʹ ʹͳ ൌͳͶǤͳ ͳൌͲǤͺ͵͵ ʹൌͳ ͵ൌͳǤͺ͵ ͵ͳ ൌͺǤ͵͵ ͳൌͲǤͺ͵͵ ʹൌͳ ͵ൌͳ ൌ ͵ൌͳ ͵ʹ ͲͲͲͲ ͵ͳ ͲͲͳ ͲͲͲ ͳͲ ൌͳʹǤͳ ͳൌͲǤͺ͵͵ ʹൌʹ ͵ൌͳǤͺ͵ ͲͲ ൌ͵ ʹൌʹ ͵ൌͳ ͳͳ Ͳͳ ͵ʹ ൌͻǤͷ ʹൌʹ ͵ൌʹ ͶൌͲǤͷ Ͳͳͳ ͲͳͲ ͲͲͲͳ Se pide: 1. Indicar para cada nodo, la mejor cota superior y la mejor cota inferior que se puede obtener con toda la información que ofrece el árbol. 2. Para cada uno de los nodos no ramificados, indicar si se deben podar o si se deben ramificar y por qué. 28 EJERCICIO 28.2. Resolución 73 Las cotas figuran en el siguiente árbol. z LP= 14.25 x1= 1.25 x2= 1.5 x3= 1.75 P0 x2λ 2 x2κ 1 z LP= 14.17 x1= 0.833 x2= 1 x3= 1.83 z LP= 12.17 x1= 0.833 x2= 2 x3= 1.83 P00 x3κ 1 z LP= 8.33 x1= 0.833 x2= 1 x3= 1 z LP= 13.5 x3= 2 x4= 0.5 P000 x1κ 0 z LP= 7 x3= 1 x3λ 2 P0000 x3κ 1 P001 z LP= 3 x2= 2 x3= 1 x1λ 1 P010 P01 x3λ 2 z LP= 9.5 x2= 2 x3= 2 x4= 0.5 P011 ࢠ010= 3 ࢠ010= 3 P0001 De la evaluación del árbol, se puede concluir: Nodo 0000. Este nodo se debe podar por optimalidad. Se ha alcanzado una solución entera. Nodo 0001. Este nodo se debe podar por infactibilidad. No existen soluciones enteras factibles. Nodo 001. Este nodo no se puede podar y se debe ramificar en dos problemas x4 ≤ 0 y x4 ≥ 1. Nodo 010. Este nodo se debe podar por optimalidad. Nodo 011. Este nodo no se puede podar y se debe ramificar en dos problemas x4 ≤ 0 y x4 ≥ 1. 29 MME-1213-ENE-3 29.EJERCICIO Ejercicio MME-1213-ENE-3 29.1. 74 Enunciado Resolver el siguiente problema mediante el método Branch and Bound, utilizando el método gráfico para resolver cada subproblema: max z = 4x1 + 6x2 s.a.: 4x1 + 3x2 ≤ 22 (90) xi ∈ Z+ 29.2. Resolución La solución óptima es x4 (0, 7) con z 3 = 42. En la figura se puede ver el gráfico utilizado para desarrollar el algoritmo y resolver las relajaciones lineales ası́ como el árbol (sin actualizar cotas) en el que se muestran los distintos subproblemas estudiados. 8 x1 44 x2 7 x2 ≥ 8 x2 ≤ 7 4 x 1 x5 6 43 3 2 x1 ≥ 1 x1 ≤ 0 42 5 40 4 4 no factible 5 42 40 3 2 1 0 0 1 2 3 4 5 6 7 8 Figura 4: Gráfico y árbol correspondiente a la solución del problema 30 30.EJERCICIO Ejercicio 30.1. 75 Enunciado Dado el problema siguiente: max z = 20x1 + 5x2 − 8x3 + 30x4 s.a. : (91) 25x1 + 5x2 + 5x3 + 30x4 ≤ 35 xi enteras se conoce la tabla de una solución óptima de la relajación lineal del mismo. Formula un corte entero de Gomory y obtener la nueva solución tras introducir dicho corte operando sobre la tabla de simplex dada. x4 30.2. -35 7/6 x1 -5 5/6 x2 0 5/6 x3 -13 1/6 x4 0 1 h1 -1 1/30 Resolución La expresión del corte de Gomory es −f0 + i fi xi ≥ 0, que para este caso toma la forma − 16 + 56 x1 + 5 1 1 5 5 1 1 1 6 x2 + 6 x3 + 30 h1 ≥ 0 ⇒ − 6 x1 − 6 x2 − 6 x3 − 30 h1 + h2 = − 6 x4 h2 x4 x2 -35 7/6 1/6 -35 1 1/5 x1 -5 5/6 -5/6 -5 0 1 x2 0 5/6 -5/6 0 0 1 x3 -13 1/6 -1/6 -13 0 1/5 x4 0 1 0 0 1 0 h1 -1 1/30 -1/30 -1 0 1/25 h2 0 0 1 0 0 -6/5 31 31.EJERCICIO Ejercicio 31.1. 76 Enunciado Una empresa multinacional con operaciones globalizadas dispone de 3 plantas que fabrican el mismo producto pero en diferente localización y 4 almacenes regionales, que abastecen la demanda local de cuatro grandes regiones comerciales. Para este año, la capacidad de producción de cada una de las plantas es de 7 unidades de millones para China, 11 para EE UU y 15 para Eslovaquia. El consumo previsto en cada una de las regiones es: Localización almacén Méjico & Norteamérica Francia Australia China Región comercial CALA EMEA Asia-Pacifico 1 Asia-Pacı́fico 2 Demanda prevista (millones de up) 4 8 9 12 El coste por unidad transportada entre plantas y almacenes viene dado por el siguiente cuadro: euros/up NA & CALA EMEA China EEUU Eslovaquia 4 3 5 2 3 4 Asia -Pacifico 1 3 5 7 Asia -Pacifico 2 1 7 4 Se pide: 1. Determinar el programa de transporte de coste mı́nimo entre las plantas y los almacenes. Se recomienda obtener una solución inicial de partida obtenida con el método de Voguel. 2. Existe más de un único programa de transporte con dicho coste mı́nimo? En caso afirmativo, indicar cuántos y cuáles. 31.2. Resolución Construyendo una primera mediante el método de Voguel, se obtiene la siguiente tabla: N-C EMEA 4 2 AP 1 AP 2 3 1 China + 3 EE UU + 3 5 4 5 4 0 4 7 7 7 + Eslovaquia 7 -1 7 + 4 8 2 5 8 9 12 15 31 Fijando EJERCICIO 77 los valores u1 = −3, u2 = −2, u3 = 0, v1 = 5, v2 = 4, v3 = 7, v4 = 4 se obtienen los costes reduciones que figuran en la tabla anterior. El coste reducido de China-AP1 es negativo, luego introduciendo dicha variable y creando el circuito correspondiente con las variables básicas, se puede obtener la siguiente tabla. En la solución correspondiente, se transportan 2 unidades entre China y AP1 (la variable correspondiente entra en la bas) y se dejan de tranportar productos entre Eslovaquia y AP1 (la variable corresopndiente sale de la base). N-C EMEA 4 AP 1 2 China + 3 EE UU 3 4 11 + 7 4 8 4 7 + 8 7 7 7 0 + 5 5 4 5 1 2 + Eslovaquia AP 2 3 9 15 12 Existe una variable no básica con coste reducido igual a 0. Es la variable corresopndiente a la ruta EE UU - EMEA, lo que significa que existe otra solución básica óptima, descrita en la siguiente tabla: N-C EMEA 4 2 AP 1 China + 3 EE UU 3 5 7 2 4 11 0 7 8 + 4 3 + 7 5 5 4 Eslovaquia 1 7 + 4 AP 2 3 + 9 12 15 12 Existen, por lo tanto dos soluciones óptimas básicas y todas las soluciones óptimas no básicas que resultan de la combinación convexa de las dos básicas. El conjunto de todas las soluciones óptimas es el correspondiente a los siguientes programas de tranporte: China-AP1: 2+λ China-AP2: 5-λ EE UU-N-C: 4 EE UU-EMEA: λ EE UU-AP1: 7-λ Eslovaquia-EMA: 8 - λ Eslovaquia-AP2: 7 + λ Para 0 ≤ λ ≤ 5. Si λ = 0 o λ = 5, se obtienen las soluciones básicas de las tablas anteriores. Para cualquier otro valor se tiene una solución óptima no básica. 32 32.EJERCICIO Ejercicio 32.1. 78 Enunciado Una región dispone de tres refinerı́as, con capacidades diarias de producción de gasolina de 6, 5, y 6 millones de litros, respectivamente, que abastecen a tres áreas de distribución, cuyas demandas diarias son 4, 8, y 7 millones de litros respectivamente. El transporte de gasolinas desde las refinerı́as hasta las áreas de distribución se realiza mediante una red de oleoductos en la que el coste de transporte es de 10 céntimos de euros por cada 1000 litros de gasolina y por km recorrido. La tabla siguiente proporciona las distancias (km) entre las refinerı́as y las áreas de distribución. La refinerı́a 1 no está conectada con el área de distribución 3. Refinerı́a R1 Refinerı́a R2 Refinerı́a R3 Área A1 120 300 200 Área A2 180 100 250 Área A3 80 120 Cuadro 1: Distancias entre refinerı́as y áreas de suministro. Por cuestiones estratégicas relativas a la seguridad nacional, el área 1 debe recibir toda su demanda; la incapacidad para entregar las cantidades demandadas de gasolina en las áreas 2 y 3 causan una penalización de 5 céntimos de euro por litro. Determina cuál es el programa óptimo de transporte entre refinerı́as y áreas de distribución, explicando claramente en qué consiste dicho programa y cuál es su coste. 32.2. Resolución Las variables xij representan los millones de litros producidos por la refinerı́a Ri y entregados al área Aj . Como el problema está desequilibrado es necesario incluir un origen ficticio “Ref. fic.” cuya capacidad es la diferencia entre la demanda, 19, y la capacidad de las refinerı́as, 17, es decir 2. Los costes en euros por millón de litros transportados entre Ri y Aj (en euros/Ml)) cij es igual a 6 0.1euro × Dist(km) × 10 l = 100 × Dist(km) 1000l×km Ml Por su parte, las penalizaciones son de 0.05 euros por litro, es decir 5000 euros por Ml. Diviendo todos los costes por 1000, el problema planetado es equivalente a resolver el que aparece representado en la siguiente tabla: Área 1 Área 2 c11 Ref. 1 x11 c31 c41 R. fic. D1 c41 x33 c32 c42 x41 O1 c23 O2 c33 x32 c31 x23 c22 c32 x31 c13 c23 x22 c21 x13 c12 c22 x21 Ref. 3 c13 x12 c11 c21 Ref. 2 Área 3 c12 c33 O3 c433 x42 D2 c42 x43 D3 c43 O4 32 EJERCICIO Ref. 1 Área 1 12 4 Área 2 18 2 79 Área 3 M 6 + 30 10 8 Ref. 2 + 20 5 5 2 6 -5 25 Ref. 3 12 4 + M 5 Ref. fic 5 2 2 + + 4 Ref. 1 8 Área 1 12 4 7 Área 2 18 2 Área 3 M 6 + 30 10 Ref. 2 8 4 1 5 6 6 + 20 25 12 Ref. 3 + M + 5 Ref. fic 5 2 2 0 4 8 7 El resultado, por lo tanto, consiste en entregar desde la refinerı́a 1: 4 millones de litros al área 1 y otros 2 al área 2, entregar desde la refinerı́a 2: 4 millones de litros al área 2 y uno más al área 3, entregar desde la refinerı́a 3 sus 6 millones de litros al área 3, dejando sin atender la demanda de 2 millones de litros del área 2 con un coste de (12 × 4 + 18 × 2 + 10 × 4 + 8 × 1 + 12 × 6 + 5 × 2) × 1000 = 214000. Es decir 214000 euros. 33 33.EJERCICIO Ejercicio 33.1. 80 Enunciado La companı́a Energetic debe diseñar el sistema de abastecimiento energético de un nuevo edificio. Las necesidades de energı́a se refieren a las siguientes categorı́as: electricidad, calentadores de agua y calefactores de ambiente. Los requerimientos diarios de energı́a son: Electricidad Calentadores de agua Calefactores de ambiente 30 unidades 20 unidades 50 unidades Las tres fuentes posibles de energı́a son electricidad, gas natural y una unidad de células solares que se puede instalar en el techo. El tamaño de éste limita la cantidad de células solares a 30 unidades, pero no hay lı́mite en la disponibilidad de electricidad y gas natural. Las necesidades de luz se pueden satisfacer por unidad). Las otras dos necesidades solo mediante la compra de energı́a eléctrica (a un costo de 50 se pueden satisfacer mediante cualquier fuente o combinación de fuentes. Los costes unitarios son los siguientes Calentadores de agua Calefactores de ambiente Electricidad 150 150 Gas natural 110 100 Células solares 70 90 Se pide determinar cómo atender las necesidades de abastecimiento de energı́a del nuevo edificio con el menor coste posible. 33.2. Resolución El problema se puede formular como un problema de transporte donde los orı́genes son la electricidad, el gas natural y las celdas fotovoltaicas y los destinos son la electricidad, los calentadores de agua y los calefactores de ambiente. La demanda total es de 100 unidades. La capacidad de energı́a viene dada por la disponibilidad de células solares (30 unidades) más la capacidad de suministro de gas natural y de electricidad, que es en términos del problema tan grande como se desee. Para poder plantear un problema de transporte y resolverlo por métodos especı́ficos para este tipo de problema, es necesario que el problema esté equilibrado. En principio, se podrı́a suministrar toda la energı́a mediante electricidad o mediante gas natural, por lo que las capacidades de los respectivos destinos es 100, con lo que la oferta serı́a 230. Para equilibrar el problema es necesario crear un destino ficticio con una demanda de 230 − 100 = 130. A partir de la información dada y de las restricciones que existen en términos de abastecimiento de los destinos con los orı́genes, y con los costes dados, la tabla que representa el problema de transporte asociado es la siguiente. Electricidad Gas natural Células solares Electricidad 50 x11 c11 M x21 c21 M x11 c31 30 Cal. agua 150 x12 c12 110 x22 c12 70 x32 c32 20 Cal. ambiente 150 x13 c13 100 x23 c13 90 x33 c33 50 Dest. fict 200 x1f c1f 100 200 x2f c1f 100 200 x3f 130 c3f 30 33 Los EJERCICIO 81 costes correspondientes a la columna del destino ficticio son todos iguales dado que no existe ninguna consideración adicional para discriminar qué tipo de fuente de energı́a debe emplearse. El valor podrı́a ser uno cualquiera, mientras sea el mismo para todos los orı́genes. En este caso se ha elegido el valor 200, que es mayor que cualquier de los otros costes. El motivo de la elección es que al aplicar el método de Voguel para obtener una solución inicial tendrá en cuenta los costes de asignación reales y no los del destino ficticio. Construyendo la solución mediante el método de Voguel se obtiene Electricidad Electricidad 50 30 Cal. agua 150 Cal. ambiente 150 + M 110 Dest. fict 200 70 100 Gas natural 200 40 + M 90 20 + 30 60 100 + 70 Células solares 100 + 200 10 20 20 30 10 50 + 130 En definitiva, el suministro se debe hacer de la siguiente manera: toda la necesidad de electricidad se debe atender con suministro eléctrico, tal y como se exigı́a, con un coste 1500 ; la demanda de calentadores de agua debe proporcionarse con las células solares, con un coste de 1400 ; la demanda de calentadores de abmiente se atiende con 70 unidades de suministro eléctrico (con un coste de 4000 ) y con 10 de células solares (con un coste de 900 ); con un coste total de 7800 . 34 34.EJERCICIO Ejercicio 34.1. 82 Enunciado Se deben utilizar cuatro barcos para transportar bienes de un puerto determinado a otros cuatro puertos (numerados 1, 2, 3 y 4). Se puede usar cualquier barco para hacer cualquiera de los cuatro viajes. Sin embargo, dadas las diferencias entre las naves y las cargas, el coste total de carga, transporte y descarga de bienes de las diferentes combinaciones de barcos y puertos varı́a de manera considerable. Estos costes se muestran en la siguiente tabla. Barco Barco Barco Barco 1 2 3 4 Puerto 1 500 600 700 500 Puerto 2 400 600 500 400 Puerto 3 300 700 700 600 Puerto 4 700 500 600 600 Determinar, utilizando el método húngaro, con qué barco se debe atender el envı́o de cada puerto con el mı́nimo coste global. 34.2. Resolución Aplicando el método húngaro se llega a la siguiente tabla: 100 0 100 0 100 100 0 0 0 200 200 200 400 0 100 200 Lo que lleva a la siguiente asignación: X X - X - X - 35 35.EJERCICIO Ejercicio 35.1. 83 Enunciado Una ingenierı́a ha ganado cuatro concursos de la administración central para la construcción de cuatro centrales de generación eléctrica, por cuya realización la ingenierı́a recibirá una cantidad fija. Las cuatro plantas son una térmica, una de ciclo combinado y dos parques de aerogeneradores. Existen cuatro equipos de ingenieros que pueden desarrolar los cuatro proyectos, pero, debido a la diferente experiencia de estos cuatro equipos, los costes asociados al desarrollo de cada proyecto por parte de cada equipo son diferentes y se ofrecen en el siguiente cuadro. Equipo Equipo Equipo Equipo 1 2 3 4 Térmica 1 2 3 1 C. comb. 4 1 2 2 Parque 1 3 6 6 3 Parque 2 1 7 6 7 Se pide determinar qué proyecto debe realizar cada equipo de ingenieros para obtener el coste mı́nimo para el desarrollo de loc cuatro proyectos. 35.2. Resolución Equipo Equipo Equipo Equipo 1 2 3 4 Térmica 1 2 3 1 C. comb. 4 1 2 2 Parque 1 3 6 6 3 Parque 2 1 7 6 7 Restando a los elemenentos de cada fila el menor valor de dicha fila, se obtiene el siguiente nuevo cuadro Equipo Equipo Equipo Equipo 1 2 3 4 Térmica 0 1 1 0 C. comb. 3 0 0 1 Parque 1 2 5 4 2 Parque 2 0 6 4 6 Restando a los elementos de cada columna el menor valor de dicha columna, se obtiene el siguiente nuevo cuadro Equipo Equipo Equipo Equipo 1 2 3 4 Térmica 0 1 1 0 C. comb. 3 0 0 1 Parque 1 0 3 2 0 Parque 2 0 6 4 6 Tachando la primera y la cuarta filas y la segunda columna quedan cubiertos todos los ceros con el mı́nimo número de lı́neas. Restando 1 a todos los elementos no tachados y sumándoselo a los que quedan tachados dos veces se obtiene la siguiente nueva tabla de asignación. Equipo Equipo Equipo Equipo 1 2 3 4 Térmica 0 0 0 0 C. comb. 4 0 0 2 Parque 1 0 2 1 0 Parque 2 0 5 3 6 35 Existen EJERCICIO dos posibles asignaciones, descritas en las siguientes tablas, ambas con un coste de 8 um. 84 Térmica Equipo Equipo Equipo Equipo 1 2 3 4 Equipo Equipo Equipo Equipo 1 2 3 4 × Térmica × C. comb. × C. comb. Parque 1 Parque 2 × × Parque 1 × × Parque 2 × 36 36.EJERCICIO Ejercicio 36.1. 85 Enunciado Resolver el problema de asignación (mediante el método húngaro) consistente en asignar con el coste mı́nimo un conjunto de tareas a un grupo de operarios. En la siguiente tabla se indican los costes de asignación de cada operario a cada tarea: Tarea Tarea Tarea Tarea Tarea 1 2 3 4 5 Oper.1 5 5 2 9 3 Oper.2 3 6 8 6 2 Oper.3 7 12 3 10 1 Oper.4 3 7 4 5 4 Oper.5 4 8 5 6 5 Si al realizar la asignación anterior el operario 3 no estuviera disponible: 1. indicar cómo se modificarı́a el problema anterior para realizar la mejor asignación posible; 2. indicar igualmente qué información adicional serı́a necesaria para resolver el problema. 36.2. Resolución Restando el menor valor de cada columna a todos los elementos de dicha columna se obtiene la siguiente tabla Tarea Tarea Tarea Tarea Tarea 1 2 3 4 5 Oper.1 Oper.2 Oper.3 Oper.4 Oper.5 3 3 0 7 1 1 4 6 4 0 6 11 2 9 0 0 4 1 2 1 0 4 1 2 1 Restando el menor valor de cada fila a todos los elementos de dicha fila se obtiene la siguiente tabla Tarea Tarea Tarea Tarea Tarea 1 2 3 4 5 Oper.1 Oper.2 Oper.3 Oper.4 Oper.5 3 0 0 5 1 1 1 6 2 0 6 9 2 7 0 0 1 1 0 1 0 1 1 0 1 No es posible realizar una asignación porque el número mı́nimo de lı́neas que hay que emplear para tachar todos los ceros es menor que cinco. Tarea Tarea Tarea Tarea Tarea 1 2 3 4 5 Oper.1 Oper.2 Oper.3 Oper.4 Oper.5 3 0 0 5 1 1 1 6 2 0 6 8 2 7 0 0 1 1 0 1 0 1 1 0 1 36 ElEJERCICIO 86 menor valor no tachado es 1. Restando 1 a los no tachados, sumando 1 a los tachados dos veces, resulta la tabla siguiente Tarea Tarea Tarea Tarea Tarea Tarea Tarea Tarea Tarea Tarea 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 Oper.1 Oper.2 Oper.3 Oper.4 Oper.5 4 0 0 5 2 1 0 5 2 0 6 7 1 7 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 Oper.1 Oper.2 Oper.3 Oper.4 Oper.5 × × × × × La asignación que figura en la tabla anterior tiene el coste mı́nimo e igual a 2 + 6 + 1 + 5 + 4 = 18 37 37.EJERCICIO Ejercicio 37.1. 87 Enunciado Se deben utilizar cuatro barcos para transportar bienes de un puerto determinado a otros cuatro puertos (numerados 1, 2, 3 y 4). Se puede usar cualquier barco para hacer cualquiera de los cuatro viajes. Sin embargo, dadas las diferencias entre las naves y las cargas, el coste total de carga, transporte y descarga de bienes de las diferentes combinaciones de barcos y puertos varı́a de manera considerable. Estos costes se muestran en la siguiente tabla. Barco Barco Barco Barco 1 2 3 4 Puerto 1 500 600 700 500 Puerto 2 400 600 500 400 Puerto 3 300 700 700 600 Puerto 4 700 500 600 600 Determinar, utilizando el método húngaro, con qué barco se debe atender el envı́o de cada puerto con el mı́nimo coste global. 37.2. Resolución Aplicando el método húngaro se llega a la siguiente tabla: 100 0 100 0 100 100 0 0 0 200 200 200 400 0 100 200 Lo que lleva a la siguiente asignación: X X - X - X - 38 38.EJERCICIO Ejercicio 38.1. 88 Enunciado El siguiente grafo representa las carreteras (aristas) de una comarca de montaña del norte de España que se compone de diez ciudades (nodos) A − J. Los servicios centrales de la comarca están situados en el municipio A. Los números de cada carretera (arista) indican la distancia en km entre las dos ciudades. Te propones ayudar al personal del ayuntamiento a resolver los siguientes supuestos: 1. La única ambulancia que hay tiene su base en el municipio A. Se están calculando las rutas de menor distancia entre A y el resto de municipios. Aplica el algoritmo correspondiente para calcular la ruta de distancia mı́nima entre A y H. 2. El servicio de manteniento de las carreteras tiene que observar visualmente todas la carreteras del municipio para ello tiene que pasar por todas y cada una de las carreteras. Aplica el algoritmo especı́fico correspondiente para averigüar qué recorrido debe hacerse y cuál será la distancia que se recorre. 3. El ayuntamiento está pensando en ofrecer a los vecinos la posibilidad de tener fibra óptica en sus casas. Para calcular el coste, como primer paso se está pensando en cómo unir los municipios con fibra de forma que el nuevo cableado vaya paralelo a las carreteras de forma que a todos las ciudades les llegue cable de fibra. Indicar, aplicando el algoritmo correspondiente, por qué carreteras se tendrı́a que llevar el cable de fibra óptica para minimizar la cantidad de fibra utilizada. 38.2. Resolución Apartado 1 Se aplica el algoritmo de Dijkstra, en el gráfico se muestran las etiquetas permanentes correspondientes a cada nodo. La mı́nima distancia entre A y H es 24 km; para ello hay que recorrer el camino ACDEGH. Apartado 2 Hay que hallar el ciclo éuleriano o el camino euleriano de menos distancia. En este caso todos los nodos son de orden par excepto A y J. Luego NO es posible hallar un ciclo euleriano. Se puede ir mediante un camino de A a J pasando sólo una vez por cada nodo, pero después hay que volver de J a A por el camino más corto (ver apartado anterior). 38 EJERCICIO 89 todosarcos dT OT AL darco = 6 + 5 + 12 + 8 + · · · + 4 + 7 +dJA dT OT AL = 133 + 27 = 160km Y un posible ciclo serı́a AHDACDEGDHGJHIDFIJ-GEDCA. Apartado 3 Se trata de hallar un árbol generador de distancia mı́nima, aplicando el algoritmo de Prim o el de Kurskal. Independientemente del algoritmo utilizado la solución es la que se muestra en la figura. Se necesitarı́an 42 km de cable de fibra óptica. 38 EJERCICIO 38.3. Enunciado 90 El servicio de electricidad del ayuntamiento de un pueblo está preparando el alumbrado para las fiestas. En concreto tienen que unir mediante cable los distintos lugares de toma de corriente de las luces (vértices: a, ..., h). En el grafo se puede observar las conexiones posibles ası́ como la distancia entre cada vértice (expresada en decenas de metros). ¿Es posible unir las distintas tomas de corriente con un cable de 120 m. (que es el que tienen)?¿O necesitan buscar más metros? Justificar la respuesta utilizando algún algoritmo de los que se han visto en el temario de la asignatura. 38.4. Resolución En la figura se muestra el arbol generador de peso mı́nimo obtenido por el método de Kurskal o de Prim. Hay otras soluciones óptimas posibles, pero en todos los casos se necesitan 130 metros. Luego hay que comprar más cable. 38 EJERCICIO 38.5. Enunciado MME-1213-ENE-4 91 La mayorı́a de los vecinos de un cierto municipio trabaja en alguno de los siete pozos que una compañı́a minera explota cerca del municipio. El municipio, los pozos y las vı́as que los conectan están descritos en el gráfico siguiente: Antes de las elecciones el actual alcalde prometió a todos los vecinos que pavimentarı́a algunos caminos de forma que cada trabajador tuviera pavimentado el camino más corto desde el municipio hasta su pozo. ¿ Cuántos kilómetros se habrı́a ahorrado pavimentar si sólo hubiera prometido que cada trabajador tendrı́a un camino pavimentado para acceder a su pozo? (Nota: utilizar métodos de lo que se han visto en clase) 38.6. Resolución 1. Para cumplir la promesa electoral el alcalde tiene que pavimentar la suma de arcos (vı́as) que se utilicen al calcular el camino más corto desde el municipio a todos los pozos (algoritmo de Dijsktra). Los arcos que se utilizan se marcan en la figura 5 y suponen 49 kilómetros. 2. En cambio si hubiera prometido a los vecinos que tendrı́an camino pavimentado (aunque no el más corto) tendrı́a ahorros. Para saber cuántos kilómetros necesitarı́a tiene que calcular el árbol generador de peso mı́nimo (algoritmo de Prim o Kurskal). Se utilizarı́an los arcos marcados en la figura 5 (hay soluciones múltiples) y se necesitarı́an 39 kilómetros. Luego el ahorro serı́a de 10 kilómetros. 39 39.EJERCICIO Ejercicio 39.1. Enunciado Enunciar tres caracterı́sticas conmunes a todas las técnicas metaheurı́sticas. 39.2. Resolución Tres caracterı́sticas comunes a las metaheurı́siticas y comunes a todas ellas son: 1. Son técnicas que no garantizan la obtención de la solución ótpima 2. Son de carácter general y sirven de aplicación a una gran cantidad de problemas combinatorios 3. Son de carácter iterativo y, en cada iteración, se admite la posibilidad de transitar por una solución pero que de aquella con la que se inició la iteración. 92 40 40.EJERCICIO Ejercicio 40.1. 93 Enunciado Discutir la siguiente aseveración: “En general, las técnicas metaheurı́sticas permiten obtener soluciones óptimas de los problemas para los cuales se emplean”. 40.2. Resolución La afirmación, en general, es falsa, ya que las técnicas metaheurı́sticas se utilizan para abordar problemas para los cuales las técnicas exactas no resulta eficacias y eficientes. Se trata de problemas no se conoce el valor óptimo, con lo que no es posible saber si la técnica metaheurı́stica alcanza o no dicho óptimo. Las técnicas metaheurı́sticas ofrecen soluciones razonables con tiempos de computación no muy elevados. 40 EJERCICIO 94 40 EJERCICIO Figura 5: Soluciones utilizando el algoritmo de Dijkstra (izda) o Kurskal (dcha) 95