10/05/2008 - CiberEsquina - Universidad Nacional Abierta

315
M/R
Versión 1
Integral
2008/1
1/11
UNIVERSIDAD NACIONAL ABIERTA
VICERRECTORADO ACADÉMICO
ÁREA INGENIERÍA
MODELO DE RESPUESTA
ASIGNATURA: Investigación de Operaciones I
MOMENTO: Prueba Integral
FECHA DE APLICACIÓN: 10/05/08;
MOD. I, UND. 1, OBJ. 1
CÓDIGO: 315
CRITERIO DE DOMINIO 1/1
1- Formulación del PPL
Variables de decisión:
xij : unidades de producto tamaño i, elaborados en la planta j, (i = 1
(grande), i = 2 (mediano), i = 3 ( pequeño) ), (j = 1, 2, 3 )
PPL:
Maximizar
Sujeto a :
3
3
3
j =1
j =1
j =1
z = 42∑ x1 j + 36∑ x 2 j + 40∑ x3 j
x11 + x21
x12 + x22
x13 + x23
+
+
+
x31
x32
x33
≤ 1.000
≤ 1.200
≤ 800
x11 + x21
x12 + x22
x13 + x23
+
+
+
x31
x32
x33
≤ 15.000
≤ 13.000
≤ 10.000
x11 + x12
x21 + x22
x31 + x32
+
+
+
x13
x23
x33
≥ 400
≥ 1.200
≥ 650
xij ≥ 0 (i = 1, 2, 3; j = 1,2, 3)
Ingeniería de Sistemas
Capacidad de
producción de plantas
Capacidad de
almacenamiento de
las plantas
Demanda
315
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Integral
2008/1
2/11
Criterio de corrección: Se logra el objetivo si se formula un modelo de
PL equivalente al mostrado. Es obligatorio definir las variables de decisión
y sus unidades.
MOD. I, UND. 2, OBJ. 2
CRITERIO DE DOMINIO 1/1
2- Método Gráfico
Maximizar z = 2x1 + x2
Sujeto a:
x1 + x2 ≤ 1
3/2 x1 + 2 x2 ≥ 3
x1, x2 ≥ 0
Problema no tiene solución factible
Ingeniería de Sistemas
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2008/1
3/11
Criterio de corrección: Se logra el objetivo si se aplica correctamente el
Método Gráfico, se representa correctamente la región factible y se determina
que es infactible y por lo tanto no tiene solución.
MOD. II, UND. 3, OBJ. 3
CRITERIO DE DOMINIO 1/1
3- Soluciones básicas del conjunto de restricciones de un PPL:
x1 +
2x1 +
2 x2 + 3 x3
3 x2 + 5 x3
x1, x2, x3
= 10
= 17
≥ 0
a) Muestre que el vector (3, 2, 1)’ es una solución factible para el
conjunto de restricciones, pero no básica.
Para comprobar que (3, 2, 1)’ es una solución factible, calculamos:
⎛1⎞
⎛ 2⎞
⎛ 3 ⎞ ⎛10 ⎞
x1 ⎜⎜ ⎟⎟ + x 2 ⎜⎜ ⎟⎟ + x3 ⎜⎜ ⎟⎟ = ⎜⎜ ⎟⎟ en donde
⎝ 2⎠
⎝ 3⎠
⎝ 5 ⎠ ⎝17 ⎠
⎛ x1 ⎞ ⎛ 3 ⎞
⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎜ x2 ⎟ = ⎜ 2 ⎟
⎜ x ⎟ ⎜1⎟
⎝ 3⎠ ⎝ ⎠
Se comprueba que es factible, ya que satisface las restricciones
Como:
⎛ 3⎞ ⎛ 0 ⎞
⎛ 2⎞
⎛1⎞
c1 ⎜⎜ ⎟⎟ + c 2 ⎜⎜ ⎟⎟ + c3 ⎜⎜ ⎟⎟ = ⎜⎜ ⎟⎟
⎝ 5⎠ ⎝ 0 ⎠
⎝ 3⎠
⎝ 2⎠
para
c1 = c2 = -1; c3 = 1
Se comprueba
que los vectores columna son linealmente
dependientes (en general tres vectores bidimensionales son
linealmente dependientes). Esto es equivalente a decir que la matriz
de los vectores columna no es invertible. Por ello la solución no es
básica
b) Halle una solución básica factible a partir de ella.
Debemos determinar cuál de las variables que constituyen la solución
debe ser igual a cero.
Calculamos: xr / cr = min { xj / cj , cj > 0} = 1/ 1 = 1, corresponde a
0, esto garantiza la
x3, lo cual quiere decir que x3 se reduce a
factibilidad de la nueva solución.
Ingeniería de Sistemas
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2008/1
4/11
Para obtener una nueva SBF: calculamos los nuevos valores de las
dos primeras componentes, ya que la tercera es igual a cero:
x1 = x1 – c1(xr / cr) = 3 – (-1) (1) = 4
x2 = x2 – c2(xr / cr) = 2 – (-1) (1) = 3
x3 = 0
⎛ 4⎞
⎜ ⎟
⎜ 3⎟
⎜0⎟
⎝ ⎠
Nueva SBF:
Criterio de corrección: Se logra el objetivo si se obtiene el mismo resultado
basado en la aplicación de los fundamentos del Método Simplex.
MOD. II, UND.4, OBJ. 4
CRITERIO DE DOMINIO 1/1
4- Análisis de sensibilidad:
Maximizar z = 3x1 +
x2 +
3x3
sujeto a:
2 x1 +
x2 +
x3 ≤ 20
x1
- 2x2
+ 2 x3 ≤ 50
-x1
+ 3x2
- 2 x3 ≤ 10
x1, x2 ,x3
≥
0
Tabla óptima:
x1
x2
x3
x4
x5
x6
b
3
2
0
3
0
0
60
x3
2
1
1
1
0
0
20
x5
-3
-4
0
-2
1
0
10
x6
3
5
0
2
0
1
50
B-1
Ingeniería de Sistemas
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2008/1
5/11
~
b2 = 50 cambia b2 = 30. Calculamos B −1 b
⎡ 1 0 0⎤ ⎛ 20 ⎞ ⎛ 20 ⎞
⎜ ⎟ ⎜
⎟
~ ⎢
B b = ⎢− 2 1 0⎥⎥ ⎜ 30 ⎟ = ⎜ − 10 ⎟
⎢⎣ 2 0 1⎥⎦ ⎜⎝ 10 ⎟⎠ ⎜⎝ 50 ⎟⎠
−1
z nuevo = = 3 . 20 + 0 + 0 = 60
Como la nueva solución no es factible, no se mantiene óptima la base
actual, por lo tanto habría que emplear el Método Dual Simplex para obtener
una nueva solución óptima.
Criterio de corrección: Se logra el objetivo si obtiene la misma conclusión,
empleando argumentos propios del Análisis de Sensibilidad.
MOD. II, UND. 5, OBJ. 5
CRITERIO DE DOMINIO 1/1
5- MSR
Maximizar z = 2x1
Sujeto a
2x1
x1
x1
+ x2
+ 4x2
- 8x2
+ 5x2
+
+
-
2x3
3x3
4x3
2x3
x1, x2, x3
≤
≤
≤
≥
60
20
40
0
Se agregan variables de holgura a cada restricción (x4, x5, x6)
Iteración 1:
Conjunto básico:
{x4, x5, x6}
Conjunto no básico: {x1, x2, x3}
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B
z=0
z i = c B yi
;
−1
Integral
2008/1
⎡1 0 0⎤
= ⎢⎢0 1 0⎥⎥
⎢⎣0 0 1⎥⎦
⎛ 60 ⎞
⎜ ⎟
x B = B b = ⎜ 20 ⎟
⎜ 40 ⎟
⎝ ⎠
−1
yi = B −1 ai
zj – cj = cBB-1aj - cj
Selección de la variable entrante (entre las no básicas)
z1 –c1 = -2 ; z2 – c2 = -1 ; z3 –c3 = 2
Variable entrante: x1
Selección de la variable saliente:
min { 60 /2; 20/1,40/ 1} = 20
Variable saliente: x5
Iteración 2:
Conjunto básico:
{ x4, x1, x6 }
Conjunto no básico: { x2, x3, x5 }
B
−1
⎡1 − 2 0 ⎤
= ⎢⎢0 1 0⎥⎥
⎢⎣0 − 1 1 ⎥⎦
⎛ 20 ⎞
⎜ ⎟
x B = B b = ⎜ 20 ⎟
⎜ 20 ⎟
⎝ ⎠
−1
z = cB xB = 40
Selección de la variable entrante:
zi = cB y i
;
⎛ 20 ⎞
⎜ ⎟
y2 = ⎜ − 8 ⎟ ;
⎜ 13 ⎟
⎝ ⎠
y i = B −1ai
⎛ − 5⎞
⎜ ⎟
y3 = ⎜ 4 ⎟ ;
⎜ − 6⎟
⎝ ⎠
⎛ − 2⎞
⎜ ⎟
y 5 = ⎜ 1 ⎟ ; z1 = -16 ; z3 = 8 ; z5 = 2
⎜ −1⎟
⎝ ⎠
Ingeniería de Sistemas
6/11
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Integral
2008/1
7/11
z2 – c2 = -16 -1= -17; z3–c3 = 8 –(-2) = 10; z5 – c5 = 2- 0 = 2
Variable entrante: x2
La solución actual NO ES ÓPTIMA ya que
Selección de la variable saliente:
Variable saliente: x4
z2 – c2 < 0.
min {20/20 , - ,20/ 13} = 1
Se debe continuar aplicando el método hasta obtener una solución óptima.
Criterio de corrección: Se logra el objetivo si se aplica correctamente el
MSR, obteniendo en cada iteración lo solicitado (dos iteraciones). No se
aceptan operaciones con la forma tabular.
MOD. II, UND. 6, OBJ. 6
CRITERIO DE DOMINIO 1/1
6- Problema de transporte
1
2
3
A
5
1
7
10
B
6
4
6
80
C
3
2
5
15
75
20
50
Como el problema no está balanceado se debe agregar un nodo ficticio,
resultando:
1
2
3
A
5
1
7
10
B
6
4
6
80
C
3
2
5
15
F
0
0
0
40
75
20
50
Ingeniería de Sistemas
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Integral
2008/1
8/11
Para hallar una solución básica factible podemos emplear el Método de la
Esquina del Noroeste
1
2
3
10
10
A
65
15
5
C
10
80
15
15
10
40
40
75
20
50
65
5
40
SBF: xA1 =10; xB1 = 65; xB2 =15; xC2 = 5; xC3 = 10; quedan 40 unidades como
capacidad no ocupada. El resto de las variables es igual a cero.
Costo:
560
Para obtener una SBF mejor que la anterior podemos aplicar el Algoritmo de
las Piedras de Paso:
1
2
3
7
A
5 (-)
10
1 (+)
B
6 (+)
65
4 ( -)
15
C
3
2
5
6
5
10
0
40
Elegimos una variable no básica que forme un circuito, verificamos que la
variable no básica xA2 forma un circuito con las básicas: xA1, xB1 y xB2. El
mínimo {10,15} es 10, que corresponde al mínimo número de unidades que se
puede restar para que alguna de las dos variables se haga igual a cero y por
ende no básica. Por lo tanto xA1 sale de la base y entra xA2, así la nueva
solución es:
1
2
Ingeniería de Sistemas
3
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A
5
B
6
C
3
Integral
2008/1
75
9/11
1
10
7
4
5
6
2
5
5
10
0
40
SBF: xA2 =10; xB1 = 75; xB2 =5; xC2 = 5; xC3 = 10; quedan 40 unidades como
capacidad no ocupada. El resto de las variables es igual a cero.
Costo:
540
Se observa que es una solución mejor, ya que disminuyó el costo
Criterio de corrección: se logra el objetivo si se aplica alguno de los
métodos conocidos para obtener una solución básica factible inicial y luego
se mejora, la solución encontrada aplicando algún método conocido
MOD. III, UND. 7, OBJ. 7
CRITERIO DE DOMINIO 1/1
7- Aplicación del Método Simplex, aplicando técnicas para evitar la ocurrencia
de ciclaje
Maximizar 3x1 + 2x2
x2
Sujeto a
4x1 4x1 + 3x2
4x1 +
x2
x1, x2
≤
≤
≤
≥
8
12
8
0
Iteración 1:
Z
x4
x5
x6
x3
0
1
0
0
x4
0
0
1
0
x5
0
0
0
1
x1
-3
4
4
4
x2
-2
-1
3
1
Sol.
0
8
12
8
x1 es la candidata a entrar a la base
Para determinar la variable que sale de la base:
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Integral
2008/1
10/11
min {8/4, 12/4, 8/4} = 2 (hay empate)
Aplicamos la siguiente regla:
min {y11/4 ;y31/4} = min{1/4 ; 0/4} = 0
corresponde a x6, por lo tanto x6 sale de la base
x3
0
1
0
0
z
x4
x5
x6
x4
0
0
1
0
x5
0
0
0
1
x1
-3
4
4
4
x2
-2
-1
3
1
x5
3/4
-1
-1
¼
x1
0
0
0
1
x2
-5/4
-2
2
¼
Sol.
0
8
12
8
Iteración 2:
z
x4
x5
x1
x3
0
1
0
0
x4
0
0
1
0
Sol.
6
0
4
2
La solución actual no es óptima
Entra x2, para calcular el vector saliente se calcula:
Min {4/2;2/ ¼} = 2, corresponde a x5
En la próxima iteración se obtiene la solución óptima: x1* = 3/2 ; x2* = 2
y el valor óptimo de la función objetivo, z* = 17/2
Criterio de corrección: Se logra el objetivo, si se aplica correctamente el
Método Simplex empleando los criterios apropiados de selección de la
variable saliente de la base. Es obligatorio especificar los criterios de
selección de variables entrantes y salientes de la base.
MOD. III, UND. 8, OBJ. 8
CRITERIO DE DOMINIO 1/1
8- PLC
w- Mz = q
w ≥ 0, z ≥ 0, w. z = 0
Ingeniería de Sistemas
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Integral
2008/1
⎡0 0 − 2 − 1⎤
⎢0 0 − 1 4 ⎥
⎥
M =⎢
⎢2 1
0
0⎥
⎢
⎥
0⎦
⎣1 − 4 0
11/11
⎛ − 8⎞
⎜ ⎟
⎜ − 2⎟
q=⎜ ⎟
1
⎜ ⎟
⎜ 0 ⎟
⎝ ⎠
y
Algoritmo del Pivote Complementario para resolver el problema:
w1
w2
w3
w4
z1
z2
z3
z4
z0
w1
1
0
0
0
0
0
2
1
-1
-8
w2
0
1
0
0
0
0
1
-4
-1
-2
w3
0
0
1
0
-2
-1
0
0
-1
1
w4
0
0
0
1
-1
4
0
0
-1
0
w1
w2
w3
w4
z1
z2
z3
z4
z0
q
z0 -1
0
0
0
0
0
-2
-1
1
8
w2 -1
1
0
0
0
0
-1
-5
0
6
w3 -1
0
1
0
-2
-1
-2
-1
0
9
w4 -1
0
0
1
-1
4
-2
-1
0
8
q
Entra z0 Sale w1
Entra la variable complementaria z1. Como todas las entradas de la
columna de z1 son no positivas, entonces el algoritmo NO ES CAPAZ DE
RESOLVER EL PLC.
Criterio de corrección: Se logra el objetivo, si se aplica correctamente el
Algoritmo del Pivote Complementario para detectar que no resuelve el PLC.
FIN DEL MODELO
Ingeniería de Sistemas