Método de las dos fases

Investigación de Operaciones
Método de las dos fases
Max X0 = 3x1+ 5x2
Sujeta a
4 x1 + x2
- x1 + 2x2
x2
x1, x2


4
2
3

0

1. Se obtiene el problema aumentado con variables artificiales.
Max X0 = 3x1 + 5x2 + 0x3 + 0x4 + 0x5 + 0x6 + 0x7
Sujeta a:
4 x1 + x2 - x3
+ x6
= 4
- x1 + 2 x2
- x4
+ x7 = 2
x2
+ x5
= 3
xi
 0
i=1, 2, 3,..,7
2. Se obtiene la función artificial despejando las variables artificiales y
sumándolas.
x6 = 4 - 4 x1 - x2 + x3
x7 = 2 + x1 - 2 x2
+ x4
_______________________________________________________________
X0' = 6 - 3 x1 - 3 x2 + x3 + x4

y además
X0' + 3 x1 + 3 x2 - x3 - x4
=6
X0 - 3 x1 - 5 x2 + 0 x3 + 0x4 + 0x5 + 0x6 + 0x7 = 0
____________________________________________________________________________________
Diana Cobos
1
Investigación de Operaciones
3. Se forma la tabla Simplex aumentada
Base
X0'
X0
x6
x7
x5
X0
0
1
0
0
0
nb
x1
3
-3
4
-1
0
nb
x2
3
-5
1
2
1
nb
x3
-1
0
-1
0
0
nb
x4
-1
0
0
-1
0
b
x5
0
0
0
0
1
b
x6
0
0
1
0
0
b
x7
0
0
0
1
0
Sol
6
0
4
2
3
4. Se minimiza la función artificial x0' hasta cero.
Base
X0'
X0
x6
x2
x5
Base
X0'
X0
x1
x2
x5
X0
0
1
0
0
0
nb
x1
9/2
-1/2
9/2
-1/2
1/2
b
x2
0
0
0
1
0
nb
x3
1
0
-1
0
0
nb
x4
1/2
-5/2
1/2
-1/2
1/2
b
x5
0
0
0
0
1
b
x6
0
0
1
0
0
nb
x7
-3
5/2
-1/2
1/2
-1/2
Sol
3
5
3
1
2
X0
0
1
0
0
0
b
x1
0
0
1
0
0
b
x2
0
0
0
1
0
nb
x3
0
-11/9
-2/9
-1/9
1/9
nb
x4
0
-17/9
1/9
-4/9
4/9
b
x5
0
0
0
0
1
nb
x6
-1
-11/9
2/9
1/9
-1/9
nb
x7
-5/2
17/9
-1/9
4/9
-4/9
Sol
0
26/3
2/3
4/3
5/3
5. Como ya está minimizada la función artificial se eliminan las variables
artificiales y el renglón de la función artificial.
____________________________________________________________________________________
Diana Cobos
2
Investigación de Operaciones
2a fase
Base
X0
x1
x2
x5
Base
X0
x1
x2
x4
Base
X0
x1
x2
x3
X0
1
0
0
0
b
x1
0
1
0
0
b
x2
0
0
1
0
nb
x3
-11/9
-2/9
-1/9
1/9
nb
x4
-17/9
1/9
-4/9
4/9
b
x5
0
0
0
1
Sol
26/3
2/3
4/3
5/3
X0
1
0
0
0
b
x1
0
1
0
0
b
x2
0
0
1
0
nb
x3
-3/4
-1/4
0
1/4
b
x4
0
0
0
1
nb
x5
17/4
-1/4
1
9/4
Sol
43/3
1/4
3
15/4
X0
1
0
0
0
b
x1
0
1
0
0
b
x2
0
0
1
0
b
x3
0
0
0
1
nb
x4
3
1
0
4
nb
x5
11
2
1
9
Sol
27
4
3
15
Solución
x1 = 4
x2 = 3
x3 =15
x4 = 0
x5 = 0

X0 = 27
____________________________________________________________________________________
Diana Cobos
3
Investigación de Operaciones
Representación gráfica del problema
2
4
3
E
D
3
2
C
1 B
A
-2
-1
1
2
3
4
5
6
1
Ésta es la solución gráfica al problema. Obsérvese que en la fase I se generaron los
puntos extremos A, B, C, y en la fase II partiendo de C se generaron D y E.
____________________________________________________________________________________
Diana Cobos
4
Investigación de Operaciones
Interpretación de Resultados del Método de las dos fases
Al final de la fase I, cuando el criterio de mejorabilidad se ha satisfecho, pueden
ocurrir las tres posibilidades siguientes:
1. X'0 = 0 y no hay VA en la base
En este caso se ha encontrado una SBFI para el PO y debe procederse con ella
hacia la fase II.
2. X0' = 0 y hay VA en la base, que sin duda serán ceros.
En este caso, las VA deben intercambiarse por VR no básicas, requiriéndose sólo
que el coeficiente de reemplazo entre la VA de salida y la VR de entrada sea
diferente de cero.
Si el intercambio es total, se ha generado una SBFI degenerada, para el PO y debe
iniciarse con ella la fase II.
Si el intercambio es parcial, las restricciones asociadas a las VA no desalojadas
son redundantes analíticamente, se deben eliminar de la tabla final de la fase I e ir
a la fase II con las restricciones restantes.
3. X0 ' > 0 y evidentemente hay una VA básica a nivel positivo.
En este caso el problema original posee solución inconsistente, entonces deben
intercambiarse todas las VA básicas por VR no básicas, requiriéndose que el
coeficiente de reemplazo sea diferente de cero.
Si todas las VA básicas se logran sacar de la base óptima, entonces la solución
óptima del PO es infactible.
Si de lo contrario, una o más VA permanecen en la base óptima, entonces la
solución del PO es inexistente.
____________________________________________________________________________________
Diana Cobos
5
Investigación de Operaciones
Ejemplo de SBFI degenerada
Min
X0 = 2x1+ x2
Sujeta a
x1
3x1
+ 2x2
x2
+ x2



2
2
6
x1 , x2

0
Estandarizando el problema se tiene:
x1 + 2x2 + x3
= 2
x2
+ x4
= 2
3x1 + x2
- x5 + x6 = 6
De donde despejando x6 se obtiene la función artificial:
f.a. = x6 = 6 - 3x1 - x2 + x5
y la tabla Simplex es:
X0’
X0
x3
x4
x6
X0
0
1
0
0
0
nb
x1
3
-2
1
0
3
nb
x2
1
-1
2
1
1
b
x3
0
0
1
0
0
b
x4
0
0
0
1
0
nb
x5
-1
0
0
0
-1
b
x6
0
0
0
0
1
Sol
6
0
2
2
6
De aquí observamos que la variable de entrada es x1 por ser la más positiva, y la
variable de salida es x3, de donde:
____________________________________________________________________________________
Diana Cobos
6
Investigación de Operaciones
b
x1
0
0
1
0
0
X0
0
1
0
0
0
X0’
X0
x1
x4
x6
nb
x2
-5
3
2
1
-5
nb
x3
-3
2
1
0
-3
b
x4
0
0
0
1
0
nb
x5
-1
0
0
0
-1
b
x6
0
0
0
0
1
Sol
0
4
2
2
0
Como se observa en la tabla anterior ya se minimizó hasta cero la función artificial
y en el renglón cero ya no hay variables de entrada. Sin embargo todavía existe una
v.a. (x6) dentro de la base y se debe intentar sacarla. Esto se puede hacer metiendo
a la base x2 y como el pivote es diferente de cero, esta operación sí sería posible.
Por esta razón decimos que la SBFI es degenerada:
Dividiendo toda la fila de x6 entre 5 tenemos:
Base
X0’
X0
x1
x4
x6
X0
0
1
0
0
0
b
x1
0
0
1
0
0
nb
x2
-5
3
2
1
1
nb
x3
-3
2
1
0
3/5
b
x4
0
0
0
1
0
nb
x5
-1
0
0
0
1/5
b
x6
0
0
0
0
-1/5
Sol
0
4
2
2
0
nb
x6
-1
-3/5
2/5
1/5
-1/5
Sol
0
4
2
2
0
y transformando la matriz con operaciones de fila y columna:
Base
X0’
X0
x1
x4
x2
X0
0
1
0
0
0
b
x1
0
0
1
0
0
b
x2
0
0
0
0
1
nb
x3
0
-1/5
-1/5
-3/5
3/5
b
x4
0
0
0
1
0
nb
x5
0
-3/5
-2/5
-1/5
1/5
Con esta matriz terminamos la primera fase y podemos entonces eliminar toda la
fila de la función artificial y las columnas de las variables artificiales, quedando:
____________________________________________________________________________________
Diana Cobos
7
Investigación de Operaciones
Como se puede observar esta es la matriz óptima de la segunda fase, es decir, en el
renglón cero ya no hay variables no básicas positivas, luego, la solución óptima es:
Base
X0
x1
x4
x2
b
x1
0
1
0
0
b
x2
0
0
0
1
Solución
x1 = 2
x2 = 0
x3 = 0
X0
1
0
0
0
nb
x3
-1/5
-1/5
-3/5
3/5
x4 = 2
x5 = 0
b
x4
0
0
1
0

nb
x5
-3/5
-2/5
-1/5
1/5
Sol
4
2
2
0
X0 = 4
____________________________________________________________________________________
Diana Cobos
8
Investigación de Operaciones
Ejemplo de redundancia analítica
Max X0 = 2 x1 + x2
Sujeta a
x1 + 2 x2 =
2 x1 - x2 =
3 x1 + x2 =
x2 
2
4
6
2
x1 , x2  0
Cuya estandarización es:
X0 - 2 x1 - x2 = 0
x1 + 2 x2
+ x4
2 x1 - x2
+ x5
3 x1 + x2
+ x6
x2 + x 3
=2
=4
=6
=2
De aquí, despejando las VA x4, x5 y x6 y sumándolas para obtener la función
artificial se tiene:
x 4 = 2 - x1 - 2 x2
x 5 = 4 - 2 x1 + x2
x 6 = 6 - 3 x1 - x2
____________________________

f.a. = X0' = 12 - 6 x1 - 2 x2
x0' + 6 x1 + 2 x2 = 12
De donde la matriz inicial es:
Base
X0’
X0
x4
x5
x6
x3
X0
0
1
0
0
0
0
nb
x1
6
-2
1
2
3
0
nb
x2
2
-1
2
-1
1
1
b
x3
0
0
0
0
0
1
b
x4
0
0
1
0
0
0
b
x5
0
0
0
1
0
0
b
x6
0
0
0
0
1
0
Sol
12
0
2
4
6
2
____________________________________________________________________________________
Diana Cobos
9
Investigación de Operaciones
X0’
X0
x1
x5
x6
x3
X0
0
1
0
0
0
0
b
x1
0
0
1
0
0
0
nb
x2
-10
3
2
-5
-5
1
b
x3
0
0
0
0
0
1
nb
x4
-6
2
1
-2
-2
0
b
x5
0
0
0
1
1
0
b
x6
0
0
0
0
0
0
Sol
0
4
2
0
0
2
Revisando el renglón cero, resulta que ya se minimizó la función artificial hasta
cero pues las variables no básicas ya no son positivas. Sin embargo, las variables x5
y x6, las cuales son artificiales, todavía están en la base y se debe tratar de
expulsarlas. Entonces, se busca entre las variables nb una candidata para
reemplazarlas. Así observamos que x2 puede entrar por x5. La única condición para
el reemplazo es que el número que será el pivote debe ser diferente de cero (en este
caso es -5). Así haciendo operaciones de fila y columna tenemos:
X0’
X0
x1
x5
x6
x3
X0’
X0
x1
x2
x6
x3
X0
0
1
0
0
0
0
X0
0
1
0
0
0
0
b
x1
0
0
1
0
0
0
b
x1
0
0
1
0
0
0
nb
x2
-10
3
2
1
-5
1
b
x3
0
0
0
0
0
1
nb
x4
-6
2
1
2/5
-3
0
b
x5
0
0
0
-1/5
0
0
b
x6
0
0
0
0
1
0
b
x2
0
0
0
1
0
0
b
x3
0
0
0
0
0
1
nb
x4
-2
4/5
1/5
2/5
-1
-2/5
nb
x5
-2
3/5
2/5
-1/5
-1
1/5
b
x6
0
0
0
0
1
0
Sol
0
4
2
0
0
2
Sol
0
4
2
0
0
2
____________________________________________________________________________________
Diana Cobos
10
Investigación de Operaciones
Como x6 no puede intercambiarse por ninguna variable real, entonces la tercera
restricción es redundante y la podemos eliminar de la tabla. Así mismo se eliminan
la fila de la función artificial y las columnas de las variables artificiales para
continuar hacia la 2a. fase.
X0
0
1
0
0
0
0
X0’
X0
x1
x2
x6
x3
b
x1
0
0
1
0
0
0
b
x2
0
0
0
1
0
0
b
x3
0
0
0
0
0
1
nb
x4
-2
4/5
1/5
2/5
-1
-2/5
nb
x5
-2
3/5
2/5
-1/5
-1
1/5
b
x6
0
0
0
0
1
0
Sol
0
4
2
0
0
2
de donde la matriz resultante es:
X0
x1
x2
x3
X0
1
0
0
0
b
x1
0
1
0
0
b
x2
0
0
1
0
b
x3
0
0
0
1
Sol
4
2
0
2
Revisando ésta última matriz, se observa que ya se tiene la condición de
optimalidad en el renglón cero y por tanto la solución ya es la óptima:
Solución
x1 = 2
x2 = 0
x3 = 3

X0 = 4
____________________________________________________________________________________
Diana Cobos
11
Investigación de Operaciones
Ejemplo de solución infactible
Min X0= -2 x1 - 3 x2
x1 + x2  2
2 x1 + 4 x2  12
Sujeta a
(1)
(2)
x1 , x2  0
El problema ya transformado es:
X0 + 2 x1 + 3 x2 + 0x3 + 0x4 + 0x5 = 0
x1 + x2 + x3
= 2
2 x1 + 4 x2
- x4 + x5 = 12
Despejando de la restricción (2) a x5 para formar la función artificial tenemos:
X'0 = x5 = 12 - 2 x1- 4 x2 + x4

X0' + 2 x1+ 4 x2- x4 = 12
Así, la tabla inicial para el problema es:
Base
X0’
X0
x3
x5
X0
0
1
0
0
nb
x1
2
2
1
2
nb
x2
4
3
1
4
b
x3
0
0
1
0
nb
x4
-1
0
0
-1
b
x5
0
0
0
1
Sol
12
0
2
12
____________________________________________________________________________________
Diana Cobos
12
Investigación de Operaciones
Base
X0’
X0
x2
x5
X0
0
1
0
0
nb
x1
-2
-1
1
-2
b
x2
0
0
1
0
nb
x3
-4
-3
1
-4
nb
x4
-1
0
0
-1
b
x5
0
0
0
1
Sol
4
-6
2
4
El renglón X0' indica que se tiene solución óptima pero X0' = 4 y además la variable
artificial x5 está en la base con valor positivo de 4  PO tiene solución
inconsistente.
Se debe tratar de intercambiar x5 (por ser artificial) por x1, x3 ó x4 que son no
básicas. Como tal intercambio sería factible puesto que el coeficiente de entrada es
 0 para las tres, se diagnostica solución infactible.
____________________________________________________________________________________
Diana Cobos
13
Investigación de Operaciones
Ejemplo de solución inexistente
Max
X0 = 3x1 + 2x2
Sujeta a
2 x1 + 3 x2 = 6
6 x1 + 9 x2 = 36
x1 , x2  0
Estandarizando el problema:
X0 - 3x1 - 2x2 = 0
2x1 + 3x2 + x3
= 6
6x1 + 9x2
+ x4 = 36
Despejando x3 y x4 y sumándolas para formar la función artificial:
x3 = 6 - 2x1 - 3x2
x4 = 36 - 6x1 - 9x2
___________________________

X0' = 42 - 8x1-12 x2
X0' + 8 x1+12 x2 = 42
Así, la matriz inicial es:
Base
X0’
X0
x3
x4
X0
0
1
0
0
nb
x1
8
-3
2
6
nb
x2
12
-2
3
9
b
x3
0
0
1
0
b
x4
0
0
0
1
Sol
42
0
6
36
Dividiendo la fila x3 entre 3 para formar el pivote:
____________________________________________________________________________________
Diana Cobos
14
Investigación de Operaciones
Base
X0’
X0
x3
x4
Base
X0’
X0
x2
x4
X0
0
1
0
0
nb
x1
8
-3
2/3
6
nb
x2
12
-2
1
9
b
x3
0
0
1/3
0
X0
0
0
0
0
nb
x1
0
-5/3
2/3
0
b
x2
0
0
1
0
nb
x3
-4
2/3
1/3
-3
b
x4
0
0
0
1
b
x4
0
0
0
1
Sol
42
0
2
36
Sol
18
4
2
18
La solución actual es óptima, porque en el renglón 0 ya se cumplieron las
condiciones de optimalidad, sin embargo, X0’=18 y x4, que es V.A., es básica. Lo
que procede entonces es tratar de expulsar a x4 de la base y meter a ella una
variable real no básica.
La variable que se pudiera meter en lugar de x4 es x1 pero el coeficiente de
reemplazo es cero, luego entonces la solución es inconsistente inexistente.
____________________________________________________________________________________
Diana Cobos
15