Primer examen parcial agosto 2011

Programación Lineal y Optimización
Primer Examen Parcial :Solución
Profr. Eduardo Uresti, Agosto-Diciembre 2011
Matrı́cula:
Nombre:
Indique claramente los problemas resueltos: si intenta más de 105 puntos, la calificación será obtenida en forma
proporcional a los puntos intentados.
1. (30 puntos)Una pequeña empresa fabrica sustancias de dos tipos a partir de cuatro materias primas, llamadas A, B, C y
D. El proceso de producción pierde materiales por evaporación y produce desechos. Un kilogramo de la sustancia tipo 1 se
vende en $8,500 y para su fabricación se requiere 1 kg de A, 1 kg de B, 1 kg de C y 30 gramos de D. Por cada kilogramo
del producto 1 se produce 1.5 kg de desecho. Un kilogramo del tipo 2 se vende en $5,300, y para su fabricación se necesita
1.5 kg de A, 2 kg de B, 1.5 kg de C y 20 gramos de D. Por cada kilogramo del producto 2 se produce 1.2 kg de desecho. La
empresa adquiere cada kilogramo de la materia prima A en 20 pesos, el costo por kilogramo de la materia prima B es de 40
pesos, el costo por kilogramo de la materia prima C es de 60 pesos, y cada 100 gramos de D tienen un costo de 2000 pesos.
Los proveedores de la empresa pueden surtir semanalmente a lo más 150 kilogramos de la materia prima A; a lo más 130
kilogramos de la materia prima B; a lo más 120 kilogramos de la materia prima C; y a lo más 400 gramos de la sustancia
D. El costo de producción para obtener un kilogramo de la sustancia tipo I es de 30 pesos y el de la sustancia tipo II es
de 25 pesos el kilogramo. El costo de manejar los desechos equivale a $10 pesos por kilogramo. La empresa desea conocer
cuántos kilogramos de cada tipo de sustancia debe producir a la semana con el fin de maximizar la ganancia. Se supone
que toda la producción semanal puede ser vendida. Modele la situación mediante programación lineal. Suponga que las
variables de decisión son xi el total de kilogramos sustancia tipo i a producir a la semana.
Forma de evaluación: Función objetivo descrita detalladamente 10 puntos. Restricciones descritas detalladamente 20 puntos.
Solución
MODELO
Variables de decisión:
• x1 = kilogramos de la sustancia tipo 1 a producir semanalmente.
• x2 = kilogramos de la sustancia tipo 2 a producir semanalmente.
Objetivo:
Para describir la genancia requerimos desglosar los ingresos y los egresos:
• Ventas. La venta total es V = 8500 · x1 + 5300 · x2
• Costos.
◦ Materia prima: M P = x1 (1.0 · 20 + 1.0 · 40 + 1.0 · 60 + 3 · 200) + x2 (1.5 · 20 + 2.0 · 40 + 1.5 · 60 + 2 · 200) =
720 x1 + 600 x2 .
◦ Costo de transformación: CT = x1 (30) + x2 (25)
◦ Manejo de desechos: M D = 10 (x1 · 1.5 + x2 · 1.2) = 15 x1 + 12 x2
Por tanto, el objetivo de la empresa es maximizar las ganancias:
Max z = Ventas − Costos = V − (M P + CT + M D) = 7735 x1 + 4663 x2
Restriciones:
• Respecto a A (en kg): x1 · 1.0 + x2 · 1.5 ≤ 150
• Respecto a B (en kg): x1 · 1.0 + x2 · 2.0 ≤ 130
• Respecto a C (en kg): x1 · 1.0 + x2 · 1.5 ≤ 120
• Respecto a D (en gr): x1 · 30 + x2 · 20 ≤ 400
• Naturales: x1 , x2 ≥ 0.
TC3001, primer parcial agosto-diciembre 2011
2
2. (30 puntos)Una compañı́a produce artı́culos de dos tipos, realizando las operaciones M y T. La máquina de la operación
M cuesta $200/hora de funcionamiento y la de la operación T cuesta $250/hora. El costo del material para una unidad del
artı́culo 1 es $50, y para una unidad del artı́culo 2 es de $140. Los precios de venta para los artı́culos son respectivamente de
$2,000 y $3,000 la unidad. Los tiempos de proceso requeridos por una unidad de cada tipo de artı́culo se dan en la siguiente
tabla: La compañı́a debe producir al menos 20 artı́culos de cada tipo y sabe que los proveedores no pueden suministrar
materia prima para hacer mas de 300 artı́culos.
Horas de operación por unidad
TIPO DE ARTÍCULO M
T
A1
A2
2.5
2.0
2.5
1.0
Haga un modelo matemático si la compañı́a desea conocer cuántas unidades de cada tipo de artı́culo debe fabricar a la
semana para obtener la máxima utilidad.
Forma de evaluación: Si no aparece la declaración de las variables de decisión, el problema no se revisa. Función objetivo
descrita detalladamente 10 puntos. Restricciones descritas detalladamente 20 puntos.
Solución
MODELO
Variables de decisión
• X1 : cantidad de artı́culos del tipo 1 a fabricar a la semana.
• X2 : cantidad de artı́culos del tipo 2 a fabricar a la semana.
Objetivo
Desglosemos ingresos y costos:
• Ventas: V = 2000 · X1 + 3000 · X2
• Equipo: E = X1 (2.5 · 200 + 2.5 · 250) + X2 (2.0 · 200 + 1 · 250)
• Materia prima: M P = X1 · 50 + X2 · 140
Por tanto, la compañı́a desea maximizar la ganancia:
z = V − E − M P = 825 X1 + 2210 X2
Restricciones
• Mercado tipo 1: X1 ≥ 20
• Mercado tipo 2: X2 ≥ 20
• Materia prima: X1 + X2 ≤ 300
• Naturales: X1 , X2 ≥ 0
• Tiempo de la máquina M (horas): X1 · 2.5 + X2 · 2.0 ≤ 40
• Tiempo de la máquina T (horas): X1 · 2.5 + X2 · 1.0 ≤ 40
TC3001, primer parcial agosto-diciembre 2011
3
3. (a:5, b:10, c:10 puntos) Considere el siguiente tableau
z
x1
x2
x3
x4
x5
x6
x7
RHS VB
1
0
0
0
4
0
0
1
−2
0
1
−2
3
1
0
1
−3
0
−1
1
0
0
1
0
0
0
0
1
0
1
0
0
10
1
4
6
a) Indique cuál es la SBF que se representa. Separe las variables en básicas y no-básicas
Solución
SBF:x5 = 4, x6 = 6 y x7 = 1 para z = 10 (VNB: x1 , x2 , x3 , x4 )
b) Si el problema es de maximización, indique cuál es la variable entrante, cuál la saliente y cuál es la nueva SBF.
Solución
Entrante x4 , saliente x6 :
SBF:x4 = 6, x5 = 10 y x7 = 1 para z = 28 (VNB: x1 , x2 , x3 , x6 )
c) Si el problema es de minimización, indique cuál es la variable entrante, cuál la saliente y cuál es la nueva SBF.
Solución
Entrante x1 , saliente x6 :
SBF:x5 = 4, x1 = 6 y x7 = 1 para z = −14 (VNB: x6 , x2 , x3 , x4 )
4. (15 puntos)Al trabajar un PL de minimización donde se aplicó el método de la M grande un compañero suyo llegó hasta el
siguiente Tableau:
z
x1
x2
s1
e1
a1 a2 RHS
1
0
0
0
2000
1/2
2
1
4000
1/4
3
1
−1000
0
−1
0
0
1
0
0
0
0
1
0
0
0
0
1
50000
4
36
10
Continue con el trabajo y quédese con la gloria de dar el análisis del problema explicando su razonamiento.
Solución
z
1
a= 0
0
0
x1
x2
s1
e1
a1
a2
RHS
SBF
2000
1/2
2
1
4000
1/4
3
1
0
1
0
0
−1000
0
−1
0
0
0
1
0
0
0
0
1
50000
4
36
10
z
s1
a1
a2
El siguiente paso del Simplex tiene a x2 como variable entrante y como saliente a a2 ; usando pivotea(a,4,3) el tableau queda:
z
x1
x2
s1
e1
a1
a2
RHS
SBF
1
0
0
0
−2000
1/4
−1
1
0
0
0
1
0
1
0
0
−1000
0
−1
0
0
0
1
0
−4000
−1/4
−3
1
10000
3/2
6
10
z
s1
a1
x2
Como se trata de minimización ya hemos alcanzado el óptimo. Siguiendo el método de la M grande, vemos que el valor
de a1 = 6 6= 0. Por tanto, concluimos que la región factible del problema original es vacı́a. Ası́, el problema original es un
problema que no tiene solución porque su región factible es vacı́a.
5. (15 puntos)Al trabajar un PL de maximización un compañero suyo llegó hasta el siguiente Tableau:
z
x1
x2
x3
x4
s1
s2
1
0
0
0
0
1
0
1/6
5/6
3
−1
0
−2
1/6
−1/6
0
1
0
6
−1/6
1/6
RHS VB
60
10/3
5/3
z
s1
x1
TC3001, primer parcial agosto-diciembre 2011
4
Continue con el trabajo y quédese con la gloria de dar el análisis del problema explicando su razonamiento.
Solución
Tenemos:
z x1 x2 x3
x4
s1
s2
RHS VB
a=
1
0
0
0
0
1
0
1/6
5/6
−2
1/6
−1/6
3
−1
0
0
1
0
6
−1/6
1/6
60
10/3
5/3
z
s1
x1
El siguiente paso del Simplex tiene a x4 como variable entrante y como saliente a s1 ; usando pivotea(a,2,5) el tableau queda:
z
x1
x2
x3
x4
s1
s2
RHS VB
1
0
0
0
0
1
2
1
1
−9
−6
−1
0
1
0
12
6
1
4
−1
0
100
20
5
z
x4
x1
El siguiente paso del Simplex tiene a x3 como variable entrante; pero, por los los coeficientes negativos en la parte inferior
de la columna de x4 , concluimos que NO hay limitación al crecimiento de x4 . Por lo tanto, tenemos un problema que no
tiene solución porque no es acotado.
6. (15 puntos)Para la función f (x, y) = x + 3 y, analice sus máximos y mı́nimos en la región dada por las relaciones:
x
x
x
y
+
+
−
−
y
3y
y
x
≥
≤
≤
≤
1
7
1
1
Solución
La región factible es el poliedro definido por las SBFs:
SBF1 : (x1 = 1, x2 = 0), z = f (1, 0) = 1
SBF2 : (x1 = 0, x2 = 1), z = f (0, 1) = 3
SBF3 : (x1 = 1, x2 = 2), z = f (1, 2) = 7
SBF4 : (x1 = 5/2, x2 = 3/2), z = f (1, 2) = 7
a) Para minimización concluimos que la solución única es SBF1 : (x1 = 1, x2 = 0), z = f (1, 0) = 1.
b) Para maximización concluimos que el problema tiene dos esquinas máximas. Por tanto, tiene múltiples soluciones; en
particular SBF3 , SBF4 y cualquier punto en el segmento que uno estos puntos. Por ejemplo, el punto medio de ellos:
pm = (SBF3 + SBF4 )/2 = (7/4, 7/4)
De hecho, será máximo para f (x, y) cualquier punto que cumpla x + 3 y = 7 y que además cumpla 1 ≤ x ≤ 5/2.