UNIVERSIDAD SALESIANA DE BOLIVIA DOSSIER

UNIVERSIDAD SALESIANA
DE BOLIVIA
CARRERA DE INGENIERÍA DE SISTEMAS
DOSSIER
INVESTIGACIÓN OPERATIVA I
Sexto Semestre
Lic.PORFIRIO ARDUZ URQUIETA
I - 2010
Indice
Unidad I Introducciòn a la Investigación operativa
1.1.Definición.
1.2.Modelos de Investigaciones de Operaciones
1.3.Tècnicas de soluciòn de los modelos de Investigación Operativa
1.4 Algoritmos
1.5.Modelos de colas
1.6.Modelos de simulación
1.7.Fases del análisis de investigación de operaciones
3
Unidad II Programaciòn Lineal(Mètodo Simplex)
2.1.Modelos de programación simples (con dos variables)
2.2.Modelos de maximización
2.3 Solución algebraica
2.4.Modelos de minimización
2.5.Solución gráfica y algebraica
2.6.Análisis de sensibilidad
2.7.Valor por unidad de cambio
2.8.Análisis de modelos seleccionados de programación lineal
2.9.Método simples
2.10.Transición de la solución gráfica a la algebraica simples
2.11.Procedimiento del algoritmo simples
2.12 Modelo de Maximización y minimización
2.13 Método simples
2.14.Método de dos fases
Unidad III Análisis de dualidad y sensibilidad.
3.1.Problema dual
3.2.Construcción del dual a partir del primal
3.3.Métodos de solución del dual
3.3.1. Método I
3.3.2. Método II
3.4.Resoluciòn mediante el mètodo simples
Interpretación econòmica de la dualidad
Interpretación econòmica de las variables duales
Unidad IV MODELOS DE TRANSPORTE
4.1.Definición del modelo de transporte
4.2.Algoritmo del transporte
4.3.Fases generales del algoritmo del transporte
4.4.Determinación de la solución inicial
4.4.1.Técnica de la esquina noroeste
4.4.2.Técnica del costo mínimo
4.4.3.Técnica de aproximación de Vogel
4.5.Extensión del modelo del transporte
4.5.1a)Modelo del transbordo
4.5.2b)Modelo de asignación de recurso
4.5.2.1Método húngaro
4.5.3c)Modelo de producción e inventarios
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42
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49
50
52
Unidad V MODELOS DE REDES
5.1. Conceptos básicos sobre redes
5.2. Algoritmo de árbol de expansión mínima
5.3. Algoritmo de la ruta más corta
5.3.1. Algoritmo de Dikjstra
5.3.2. Algoritmo de Floyd
5.4. Algoritmo de la ruta crítica
5.4.1. Técnica CPM
5.4.2. Técnica PERT
5.5.Modelo del flujo máximo
PRACTICAS
BIBLIOGRAFIA
55
55
56
57
57
59
61
62
64
66
68-95
96
PRESENTACIÓN
El presente Dossier de la materia de Investigación de operaciones I está constituído
por cinco unidades ,el mismo ha sido consensuado con los docentes de la materia
particularmente en el contenido mínimo. El desarrollo del contenido ha sido elaborado
por primera vez por mi persona ,por lo que probablemente exista algunos errores de
transcripción ,solicitándoles muy fraternalmente me hagan llegar dichas observaciones
y algunas sugerencias de manera de enriquecer el mismo.También contiene una serie de
prácticas relativas a cada unidad
El contenido teórico de la materia y los ejercicios de las prácticas,se ha hecho
principalmente en base al texto oficial de Investigación de Operaciones (de Hamdy
Taha), como también se consideró algunos ejercicios de la serie Schaumm.
La unidad I trata sobre el marco teórico de la Investigación de Operaciones
La unidad II está constituido por dos partes una algebraica y otra la utilización de los
algoritmos de programación lineal.
La unidad III desarrolla el análisis de sensibilidad mediante la relación del primal y dual
La unidad IV Aplica el método simples a los modelos de transporte haciendo extensivo
a otros modelos como el de asignación de recursos,el de control de producción e
inventarios.
Finalmente la unidad V analiza los modelos de redes con sus diferentes extensiones.
En cuanto a las prácticas éstas se la tienen enumeradas de acuerdo a los temas
desarrollados.
Se sugiere al lector utilizar algún programa especializado a la materia ,principalmente
en aquellos algoritmos demasiados complejos y cuyo procedimiento conlleva
demasiado tiempo .Entre éstos programas tenemos el TORA de fácil manejo.
Esperando que éste documento facilite el proceso de enseñanza y aprendizaje del
alumno de manera eficiente ,reitero estoy presto a recibir las observaciones y
sugerencias, para mejorar el mismo.
La Paz, 28 de Febrero de 2011
Unidad Nº 1 Introducción a la Investigación operativa
Competencia: el estudiante debe tener el marco teórico general de la Investigación Operativa
a través de las definiciones conceptos básicos y procedimientos sobre los modelos de
programación en cuanto a sus fases de análisis de la investigación de operaciones de los
diferentes modelos de programación lineal.
Descripción general de la unidad.- la unidad I trata sobre la definición y concepto sobre la
investigación de operaciones y la descripción de las diferentes fases sobre el análisis de la
investigación de operaciones de los diferentes modelos de programación lineal.
Introducción.La Investigación Operativa surge durante la 2ª Guerra mundial, principalmente en la toma de
decisiones respecto de la utilización de los materiales bélicos .Al final de la misma se
extiende al sector civil en cuanto a la eficiencia y la productividad.
Actualmente la Investigación Operativa constituye la herramienta fundamental en la toma de
decisiones respecto a cualquier actividad económica limitado por los escasos recursos
disponibles y/o elevar la eficiencia de algunos servicios, considerando además factores
intangibles como el comportamiento psicológico de las personas.
Definición.La Investigación Operativa es una de las ramas de las Matemáticas, consistente en el uso de
Modelos Matemáticos, estadísticos y Algoritmos en el proceso de la toma de decisiones.
Generalmente trata el estudio de complejos sistemas reales con la finalidad de optimizar
(maximizar o minizar) o de mejorar la eficiencia de los mismos. La investigación operativa
permite el análisis de la toma de decisiones teniendo en cuenta los escasos recursos, para
determinar como se puede optimizar un objetivo definido la maximización de los beneficios o
la minimización de los costos.
Modelos de Investigaciones de Operaciones.Los Modelos de Investigación depuraciones tienen tres componentes.
1) Las alternativas o variables,2) Objetivo 3)y Las restricciones.
Los mismos que permiten organizar para:
a) Maximizar o minimizar la función objetivo, b) Sujeto a restricciones o condiciones
Se dice que un Modelo tiene solución factible si satisface todas las restricciones y es óptima si
produce el mejor valor (Máximo o Mínimo) para la función objetivo
Técnicas de solución de los modelos de Investigación Operativa.De acuerdo a la naturaleza de los modelos se tiene diferentes técnicas de solución, entre ellas
tenemos:
1) Programación lineal.Se utiliza esta técnica cuando los modelos tienen las funciones objetivos y las restricciones
estrictamente lineales (las variables de la función como de las restricciones deben tener
potencia unitaria)
2) Programación entera.Se utiliza cuando las variables toman valores enteros
1
3) Programación Dinámica.Se utiliza cuando el modelo original se puede descomponer en subproblemas o submodelos
más pequeños.
4) Programación de Red.Se utiliza cuando el problema o modelo se puede construir o modelar como una red.
5) Programación No Lineal
Se utiliza cuando el modelo tiene funciones no lineales.
Nota.Generalmente estas técnicas de Investigación no dan soluciones únicas o cerradas, tal como se
obtiene al aplicar fórmulas, por lo que se debe recurrir a:
Algoritmos
Son reglas fijas de cómputo que se utilizan en forma iterativa al problema, donde cada
iteración obtiene una solución cada vez más cercana a la óptima (para ello es necesario
recurrir algún paquete).
Cuando los modelos son demasiados complejos, siendo imposible resolverlos mediante
algoritmos de optimización, se deberá recurrir a reglas simples de criterio.
Dentro los modelos de Investigación operativa tenemos dos modelos especiales:
1) Modelos de Colas
Utilizados principalmente en problemas de líneas de espera que buscan a la mayor eficiencia
del servicio y basados en modelos probabilísticas, sujetos a hipótesis especificas, limitando el
alcance de la aplicación.
2) Modelos de Simulación.Por diferentes factores se suele recurrir a la simulación de los problemas de líneas de espera
principalmente, por lo tanto estima las medidas de eficiencia, siendo esta mas flexible que la
anterior.
Necesidad de los Modelos.En forma general Modelo es la representación simple, mediante la abstracción, de cualquier
aspecto de las ciencias del mundo real, se logra la simplificación del mundo real al mundo
“supuesto” utilizando variables que permitan cuantificar el problema y por ende resolverlos.
Por Ej. se tiene una empresa manufacturera que produce una variedad de empaques de de
plástico para PC. Cuando se emite una orden de producción al departamento de producción,
se adquieren las materias primas necesarias en los almacenes de la empresa o se compran de
proveedora externos .una vez terminado el lote de producción, el depto. De ventas se hace
cargo de distribuir el producto entre los consumidores. Un problema fundamental sería
determinar el tamaño del lote, y como se podría representar en el modelo.
Para determinar las variables que influyen de manera directa en el nivel de producción, será
necesario clasificar los departamentos de la empresa:
1.-Departamento de producción.-que está en función de la capacidad de producción expresada
en función de las horas máquina y mano de obra disponible, inventario en proceso y normas
de control de calidad
2.-Departamento de materiales.-que está en función del stock disponible de materias primas,
programas de entrega de sus proveedores y limitaciones de almacenamiento
2
3-Departamento de ventas.- que está en función del pronóstico de ventas, capacidad de las
instalaciones de distribución, eficacia de la campaña publicitaria y efecto de la competencia
Como se podrá ver existen varias variables explícitas, en este caso el de producción, de
materiales y el de ventas las mismas que a su vez están en función de otras variables
implícitas, por lo tanto es muy complejo establecer las relaciones existentes entre estas
variables y el nivel de producción, para solucionar éste problema se puede aproximar al
sistema real mediante la utilización de otras variables llamadas dominantes como ser:
1.-Tasa de producción.-la misma que implica variables como la capacidad de producción,
las normas de control de calidad y la disponibilidad de las materias primas
2.-Tasa de consumo.- la misma que está determinada por las variables asociadas al depto de
ventas.
A partir de estas tasas se puede establecer medidas de exceso o carencia de inventario. El
modelo sintetizado se puede definir de modo que equilibre los costos contrapuestos de exceso
y de carencia de inventario, es decir que minimice el costo del inventario.
FASES DEL ANALISIS DE INVESTIGACION DE OPERACIONES
La construcción de los modelos de investigación operativa requiere de la ciencia como del
arte del investigador, de la ciencia porque utiliza técnicas matemáticas y del arte porque
requiere habilidad destreza experiencia y juicio.
Para ello se sugiere seguir los lineamientos generales para implementar la investigación de
operaciones:
1) La definición del problema
2) La construcción del modelo
3) La solución del modelo
4) La validación del modelo
5) La Implementación del modelo.
1) Definición del modelo o planteamiento del problema.Se debe delimitar el alcance del problema que se investiga interdisciplinariamente entre todo
el equipo de investigación, la misma que comprende específicamente en:
a) La descripción de las alternativas
variables de entrada
de decisión
que generalmente se traduce en las
b) La determinación del objetivo de estudio que se traduce como función matemática, la
misma que se optimizará (Maximizando o Minimizando)
c) La especificación de las limitaciones en el que el modelo funciona, traduciéndose en
restricciones explícitas (disponibilidad de recursos) como implícitas (de no negatividad de las
variables y/o el carácter de enteros de las mismas.
2) Construcción del modelo
Representar la definición del problema como relación matemática o función matemática
objetivo. Si resultan modelos matemáticos “normales” (programación Lineal), se puede llegar
a soluciones utilizando los diferentes algoritmos disponibles. Si resultan demasiados
complejos, se debe simplificar y utilizar un método heurístico o recurrir al uso de la
simulación si se desea aproximar, o en algunos casos combinar modelos matemáticos de
simulación con los heurísticos.
3
3) La solución del modelo.Se utilizan los algoritmos de optimización, debiendo ejecutarse un análisis de sensibilidad,
principalmente cuando no se pueden determinar con exactitud los parámetros del modelo.
4) Validación del modelo.Para determinar si el modelo en cuestión es el adecuado, éste se debe comprobar
principalmente cuando se desea predecir el comportamiento del sistema en cuestión, de
manera que no se produzcan”sorpresas”,debiendo comprobar con datos históricos, siendo
válido si reproduce el funcionamiento con el pasado .Cuando el sistema es nuevo y no se
cuenta con datos históricos, se sugiere recurrir la simulación.
5) Implementación del modelo
La implantación de la solución del modelo se entiende la instrucción de la operación de los
resultados obtenidos en el modelo, dichas instrucciones deben ser emitidas de manera
comprensiva para el personal que administran el sistema.
4
Unidad 2 Programación Lineal (Método Simplex)
Competencia: el estudiante debe recordar la resolución de sistemas de inecuaciones de
manera algebraica como gráfica, para aplicar correctamente en la resolución de modelos de
programación lineal y en el análisis de sensibilidad de los mismos para posteriormente utilizar
diferentes métodos de solución como el simples.
Descripción general de la unidad.- La unidad comienza con un repaso sobre la solución de
sistemas de inecuaciones de manera algebraica como gráfica posteriormente plantear,
construir modelos de programación lineal con dos variables utilizando técnicas algebraicas
como algoritmos como el método simplex.
Introducción.La programación lineal se utiliza en modelos de optimización, donde tanto las funciones
objetivos como las restricciones son lineales. Esta técnica tiene mucha aplicación en el campo
de la industria, transporte, economía, salud, logística militar.
La programación Lineal constituye la base fundamental para la formulación de algoritmos,
programación entera, estocástica y no lineal..
Modelos de programación simples (con dos variables)
Solución algebraica.Aunque en la práctica no se presenta con mucha asiduidad, nos permite tener una visión
global sobre la solución de los modelos en forma completa y general.
Ej. Una CIA. de pinturas para exteriores y para interiores(M 1 y M2) de acuerdo a la siguiente
información:
Especificaciones
Materia Prima
Ton de materia prima de Disponibilidad Diara
Máxima (Ton)
Pinturas ext. Pinturas int
Materia Prima M1
6
4
24
Materia Prima M2
1
2
6
Utilidad (miles/Ton.)
5
4
Una encuesta de mercado indica que la demanda diaria de pinturas para interiores no puede
ser mayor que 1 ton. que la de pintura para exteriores. También que la demanda máxima
diaria de pinturas para interiores es de 2 ton.
La CIA. desea determinar la mezcla óptima (la mejor de productos para exteriores e interiores
de manera de maximizar la UTILIDAD total diaria.
De acuerdo a las etapas de la construcción del modelo tenemos:
Sol.-Definición o planteamiento del problema
1) Alternativas y/o variables de decisión :
X1 : Producción diaria de pinturas para exteriores en toneladas
X2 : Producción diaria de pinturas para interiores en toneladas M2→
2) Función Utilidad Z= 5 X1 + 4 X2
Función Objetivo :Maximizar la Utilidad Z* =5 X1 + 4 X2
1
3) Restricciones o limitaciones:
a) De Disponibilidad:
Explicativas
Materia Prima M1 → 6 X1 + 4X2 ≤ 24 (ton)
Materia Prima M2 →
b) De mercado:
X1 +2X2 ≤ 6 (ton)
X2≤ X1 + 1→ - X1 + X2 ≤ 1 (ton)
X2 ≤ 2 (ton)
Implícitas
c) Condición de no negatividad: X1 , X2 ≥ 0
Construcción del modelo:
Maximizar Z=5 X1 + 4 X2
→ Z* =5 X1 + 4 X2
Sujeto a las restricciones: 1)
→ 6 X1 + 4X2 ≤ 24
2)
→
X1 +2X2 ≤ 6
3)
→ - X1 + X2 ≤ 1
4)
→
5)
→
X2 ≤ 2
X1 , X2 ≥ 0.
El modelo tiene solución factible si para cualquier valor de X1 , X2 satisface todas las
restricciones del modelo, y permitirá determinar la solución óptima.
A partir de la estructura del modelo se podrá utilizar cualquier técnica de optimización
como ser la gráfica, la algebraica, la simplex etc.
Solución gráfica.- Se sugiere realizar dos pasos:
1) Determinación del espacio factible de soluciones: se deberá determinar la figura
geométrica utilizando todas las restricciones, para ello se deberá determinar las líneas que
determinen el espacio factible de solución:
2
Obteniendo las rectas de las restricciones:
1)→ 6 X1 + 4X2 ≤ 24 ; 2) → X1 +2X2 ≤ 6 ;3)→ - X1 + X2 ≤ 1 ; 4) → X2 ≤ 2
X2
5
0
6
0
3
0
1
4
0
6
0
-1
0
→
6
El espacio de soluciones está determinado
5
por la figura geométrica del trapecio deter-
1
↓
minado por los puntos ABCDEF dentro este
4
espacio existen una infinidad de soluciones
3
2
3
4
2
E
↓
D
→
1 F
C
←
Espacio de soluciones
↑
A
0
↓
1
↑
B
2
3
6
4
5
6
X1
2.-Determinación de la solución óptima.- Las soluciones óptimas están determinados por
todas las esquinas o puntas, para determinar específicamente cual esquina es la adecuada se
asignan valores arbitrarios crecientes al valor de Z por que la función objetivo es
maximizar(,si se trata de minimizar se dan valores decrecientes),para determinar la dirección
de la recta de la función objetivo de manera que toque uno de las esquinas o, puntas o
vértices de la figura, en este caso se da dos valores Z= 10 y Z=15 por lo tanto se deben
graficar las rectas de la función Z: =5 X1 + 4 X2 =10
Z= 5 X1 + 4 X2 =15
3
X2
6
5
4
3
2
E
↓
D
1.5
→
1 F
Espacio de soluciones
©
←
↑
A
0
↓
1
B
2
3
4
→
5
6
X1
→
Z=10
Z= 15
Z= 21
Solución algebraica .Para determinar analíticamente el punto solución óptima se debe resolver el sistema de
ecs. de las dos rectas de todas las puntas o intersecciones, en este caso en el punto C
Se debe resolver el sistema de ecs de la
1ª restricción
2 restricción
6 X1 + 4X2 ≤ 24 → X1 = 3
X1 +2X2 ≤ 6
→ X2 = 1.5
Problema de minimización
Al igual que en el caso de maximización, en los modelos de minimización se deben
determinar las alternativas y/ o variables, la función objetivo y las restricciones, para
determinar la recta de la solución óptima en forma gráfica se debe proponer valores
decrecientes para determinar la dirección de la recta “z”
Ejemplo.- En una granja se usa diariamente un mínimo de 800 lbs de un alimento especial
que es una mezcla de maíz y soya con las siguientes características:
Especificaciones
Libras /lb de alimento
Costo $ /lb
Alimento
Proteínas
Fibras
Maíz
0.09
0.02
0.30
Soya
0.60
0.06
0.90
4
Las necesidades dietéticas del alimento especial son un mínimo de 30% de proteínas y un
máximo de 5% de fibras. La granja desea determinar las proporciones de alimento que
produzcan un costo diario MINIMO.
Solución gráfica y algebraica.Solución.Determinación de las variables: X1 : lbs de maíz en la mezcla diaria
X2 :lbs de soya en la mezcla diaria
Determinación de la función costo Z= 0.30 X1 + 0.90 X2
Función objetivo Minimizar Z → Z* = 0.30 X1 + 0.90 X2
Determinación de las restricciones
a)De disponibilidad
≥ 800
X1 + X2
b)De dieta o composición.0.09 X1 +0.60 X2 ≥ 0.30( X1 + X2) →0.21 X1 -0.30 X2 ≤ 0
0.02 X1 + 0.06 X2 ≤ 0.05 (X1 + X2) → 0.03 X1 -0.01 X2 ≥ 0
c) Implícitas:
X1, X2
≥ 0
Cuya solución gráfica está dado Por:
X2
1500
→
B
→
↓
←D
Mín Z = 0.3x1+0.9x2
Espacio de soluciòn
1000
factible
↑
A
500
↑©
Soluciòn òptima X1 = 470.6 lb. X2= 329.4lb Z= $437.64
↑
0
500
1000
1500
X1
ANÀLISIS DE SENSIBILIDAD.En la etapa de la solución del modelo se sugiere realizar el análisis de sensibilidad que
permita obtener información adicional sobre el comportamiento de la solución óptima como
efecto de ciertos cambios en los valores de los parámetros del modelo, para aumentar la
aplicación de la programación lineal en la práctica para hacerla más dinámica. El análisis de
sensibilidad generalmente se lo hace en cambios en:
a) Los coeficientes de la función objetivo ,b)Los valores de las restricciones.
5
1.-Cambios en los coeficientes de la función objetivo
De manera general la función objetivo se la expresa:
Maximizar o minimizar → Z = C1 X1 + C2 X2 ; donde los cambios en los coeficientes
C1 , C2 lógicamente harán cambiar la valoración y la pendiente Z y posiblemente el punto
solución .sin embargo hay un intervalo de variación tanto para C1 como C2 ,dentro el
cual el punto óptimo permanece sin cambiar, por lo tanto se necesita determinar:
Intervalos de optimabilidad (IO) para C1 , C2
Para determinar dichos intervalos es necesario utilizar las relaciones:
C1 / C2 para el coeficiente de la variable X1, dado el valor C2 =constante, C2 ≠0(para evitar
que la pendiente Z no sea vertical)
C2 / C1 para el coeficiente de la variable X2 dado el valor C1 =constante C1 ≠0(para evitar
que la pendiente Z no sea horizontal).
En forma general: el IO para Ci = Valor Mìn ≤ Ci / Cj ≤ Valor màx ; con Ci≠0 ; Cj ≠0
,para evita que la pendiente Z sea paralela a uno de los ejes del sistema.,donde las
condicionante Cj se mantienen constante mientras que el otro cambia.
Siguiendo con la información del modelo de la Cìa de pinturas ,se pide hallar los IO .
Sol.- De acuerdo a las restricciones del modelo tenemos:
1) 6 X1 + 4X2 ≤ 24 → 4 / 6 ≤ C2 / C1 ≤ 2 / 1; con C1 =5→ 10 / 3 ≤ C2 ≤ 10 con C1 ≠0
Significa que si C1 =5 el valor de X1 puede variar desde 2 hasta 6 sin cambiar la solución
óptima
2)
X1 +2X2 ≤ 6 → 1 / 2 ≤ C1 / C2 ≤ 6 / 4; con C2 =4→2≤ C1. ≤6 con C2 ≠0
Significa que si C2 = 4 el valor de X2 puede variar desde 10/3 hasta 10 sin cambiar la
solución óptima
Nota.1.-Cuando Ci≠0 ; Cj ≠0 los IO deben dividirse en dos conjuntos en los que los
denominadores no deben ser ceros
2.-Mientras que los valores de los parámetros de la función objetivo estén comprendidos
en los IO la solución óptima se mantiene, en éste caso en el punto C
2.-Cambios en las restricciones
Cuando se plantean las restricciones en los modelos se suponen que los recursos son limitados
en forma explícita o implícita donde la parte derecha de las restricciones representan los
límites de disponibilidad de los recursos, Por lo tanto el análisis de sensibilidad se hará
también a través de la variación de los recursos disponibles, teniendo presente que se hará
manteniendo los otros recursos constantes y obteniendo los:
Intervalos de factibilidad (IF) para Mi.- los mismos que en forma general:
IF Mi = Valor Mìn ≤ Mi / Mj ≤ Valor màx ; donde los Mj = constante, para ello se debe
recurrir a la solución de las restricciones en función de las Mi.
Siguiendo con la información de la Cìa de las pinturas y resolviendo el sistema de
inecuaciones de las restricciones tenemos:
El IF para M1→ 20 ≤ M1 ≤ 36 ; y el IF para M2→ 4≤ M2 ≤ 20 / 3
6
Valor por unidad de cambio.-Los modelos de programación lineal se pueden resumir como
un modelo de entrada y salida(in-put-out put) es decir entrada de datos y salida de resultados
mediante el proceso o actividades del modelo de programación lineal, cuya representación
gráfica.
Recursos
del
modelo
Proceso
Actividades del
modelo
Valor objetivo
del modelo Z
De acuerdo a este esquema resulta determinar como los cambios de los datos o recursos
pueden influir sobre el resultado, es decir determinar:
El valor por unidad de un recurso el mismo que se define como la tasa de cambio en Z debido
a los cambios en la cantidad de los recursos, el mismo que se calcula.
yi = Δ Zi* / LIOi donde . yi= Valor de cada unidad del i-esimo recurso
Δ Zi*= cambio en función objetivo
LIOi =longitud del intervalo de optimalidad del i-èsimo recurso
Siguiendo con nuestro ej, se pide determinar los cambios o tasas de los recursos M1 y M2
Para Z1 → 5(2) + 4(2) = 18( Miles de $us); Para Z2 → 5(6) + 4(0) = 30(Miles de $us)
→ Δ Y1 = (30-18)=12 ; LIO1 = (36-20) =16 → Y1= 12/ 16 = 0.75(miles de $us/ton de M1 )
Esto quiere decir que un cambio de 1 tonelada en M 1 ,dentro el intervalo 20 ≤ M1≤ 36 harà
cambiar el valor òptimo de Z en 0.75 $us ò 750 $us
Para Z1 → 5(4) + 4(0) = 20( Miles de $us); Para Z2 → 5(8/3 + 4(2) = 64/3(Miles de $us)
→ Δ Y2 = (64/3-20)=4/3 ;LIO 2 =20/3 -4 = 8/3→ Y2 = (4/3) /(8/3)= 0.5(miles de $us/ton de M2 )
Esto quiere decir que un cambio de 1 tonelada en M 2 ,dentro el intervalo 4 ≤ M2 ,≤ 20/3 harà
cambiar el valor òptimo de Z en 0.5 $us ò 500 $us
Análisis de modelos seleccionados de programación lineal.En la práctica los modelos analizados con dos variables son poco reales, por lo que ahora se
extenderá a modelos más reales, donde la definición de las variables(màs de dos) y la
construcción de los mismos no son tan directos como en los casos anteriores..Como ser:
Modelos bancarios.El Banco Ganadero ésta desarrollando una política de préstamos por un máximo de $us 12
millones de acuerdo a distintos préstamos
Tasas
Tipo de préstamo
De interés
%
De deuda
%impagable
Personal
0.140
0.10
Automóvil
0.130
0.07
Casa
0.120
0.03
Agrícola
0.125
0.05
Comercial
0.100
0.02
7
Las deudas impagables no se recuperan por lo tanto no producen ingresos por intereses sino
representan pérdidas. Para competir con otras instituciones, necesita que el banco asigne un
mínimo del 40% de los fondos a préstamos agrícolas y comerciales. Para ayudar a la industria
de la construcción de su región los préstamos familiares deben ser iguales cuando menos al
50 % de los préstamos personales para automóvil y para casa. También el banco tiene una
política explícita que no permite que la relación gral. De préstamos impagables entre todos
los préstamos sea mayor que el 4%.El objetivo del banco es maximizar su retorno neto que es
la diferencia entre el retorno por intereses y por préstamos impagables.
Solución.Determinación de las variables. Ingreso neto=(Ingreso-Egreso)
X1 : préstamos personales
0.14(1-0.10)-0.1=0.026
X2 : préstamos para automóvil
0.13(1-0.07)-0.07=0.0509
X3 : préstamos para casa
0.12(1-0.03)-0.03=0.0864
X4 : préstamos para agricultura
0.125(1-0.05)-0.05=0.06875
X5 : préstamos comerciales
0.10(1-0.02)-0.02=0.078
Función Retorno neto Z = 0.026 X1 +0.0509X2 +0.0864X3 +0.06875X4 +0.078X5
Restricciones (millones de $)
1) Fondos totales
→ X1 +X2 +X3 +X4 +X5 ≤ 12
X4 +X5 ≥0.4(12)
2) Fondos agrícolas-comerciales→
3) Fondos para la construcciòn →
X3
≥0.5(X1 +X2 +X3)
4) Límite de deudas impagables →(0.01X1 +0.07X2 +0.03X3 +0.05X4 +0.02X5) ≤ 0.04
X1 +X2 +X3 +X4 +X5
5) No negatividad
→ X1 ,X2,X3,X4,X5 ≥0
El modelo se construye bajo una hipótesis y es que todos los prèstamos se otorgan al mismo
tiempo.La soluciòn del odelo de acuerdo al programa TORA recomienda sòlo prèstamos
comerciales y para casa.Como tarea se pide ejecutar el programa y analizar los resultados
Modelo de uso y desarrollo de bienes y raìces.Una Cìa de bienes y raìces posee 800 acres(1 acre= 0.4046 Hectàreas=4046 m²) de terreno en
un lago escènico,debido a la carencia de servicios de alcantarillado existe muchos pozos
sèpticos .ocasionando problemas de contaminación de agua.Para mitigar el degradamiento de
la calidad del agua,las autoridades municipales aprobaron reglamentos estrictos para todos los
desarrollo urbanìstico en el futuro:
1)Sòlo se pueden construir casa para una ,dos y tres familias y las casas uni8familiares deben
ser al menos el 50% del total.
2)Para limitar la cantidad de fosas sèpticas se requieren tamaños mìnimos de lote de 2,3,4
acres para las casas con una ,dos y tres familias respectivamente.
3)Se deben establecer àreas de recreos de 1 acre c/u en un proporción de una por 200
fmilias.
4)Para preservar la ecologìa del lago,no se debe bombear agua subterrànea para usoi
domèstico ni de riego.
8
El presidente de la Cìa estudia la posibilidad de desarrollar los 800 acres de la empresa,el
mismo incluirà casa para una dos ,tres familias.Se estima que el 15 % de los acres se debe
asignar a calles y servicios comunitarios.La Cìa estima que los ingresos por las diversas
unidades de habitación seràn:
Unidad de habitaciòn
Una(flia)
Rendimiento neto/unidad ($)
10 000
Dos(flia)
12 000
Tres(flia)
15 000
El costo de conectar el servicio del agua al àrea es proporcional a la cantidad de unidades
construidas.Sinembargo,el municipio cobra un mìnimo de $ 100000 por el proyecto.Ademàs
el aumento de la capacidad actual del sistema del abastecimiento de agua se limita 200000
galones por dìa durante las temporadas pico.Los datos siguientes resumen el costo de conectar
el servicio de agus y tambièn el consumo de agua ,suponiendo familias de tamaño promedio:
Unidad de habitación
Una
Dos
Tres Parques
jardines
Gasto-Consumo
Costo del servicio Agua($)/unidad
Consumo de agua por unidad galòn/dìa
1000
400
1200 1400 800
600
840 450
La empresa desea maximizar el rendimiento total sobre la construcciòn de las diferentes casas
y de las àreas de recreo
Soluciòn.Variables; X1 : Cantidad de casas unifamiliares
X2 : Cantidad de casas para dos familias
X3 : Cantidad de casas para tres familias
X4 : Cantidad de àreas de recreo
Funciòn objetivo:Maximizar el rendimiento total:
Màx Z = 10 000 X1 +12 000 X2 + 15 000 X3
Restricciones:
1) Uso del terreno 2 X1 +3 X2 + 4 X3 + 1X4 ≤ 680(=0.85x800)
2) Casas unifamiliares X1 / (X1 + X2 + X3) ≥ 0.5 → 0.5 X1 -0.5 X2- 0.5 X3 ≥ 0
3) Areas de recreo X4≥( X1 + 2X2 + 3 X3) / 200→200 X4- X1 -2 X2- 3 X3 ≥0
4) Costo del capital para el servicio del agua
1000 X1 +1200 X2 + 1400 X3 + 800X4 ≥ 100 000
5)Consumo de agua 400 X1 + 600 X2 + 840 X3 + 450X4 ≤ 200 000
6) No negatividad : X1 , X2 , X3,X4 ≥ 0
NOTA.- Cuando se construye modelos se sugiere tener cuidado con el redondeo y la
proporcionalidad,asì por ej. Los coeficientes de las restricciones del costo de capital y
consumo de agua (4 y 5) son comparativamente muy grandes con respecto a las demàs
restricciones,en este caso es necesario homologar para ello es necesario reducir la escala
9
de èstas restricciones dividiendo entre mil por lo tanto dichas restricciones modificadas
serìan:
4)Costo de capital para el servicio del agua:
X1 +1.2 X2 + 1.4 X3 + 0. 8X4 ≥ 100
5) Consumo de agua:
0.4 X1 +0.6X2 + 0.840 X3 + 0.45X4 ≤ 0.200
MÈTODO SIMPLEX.Hasta ahora todos los modelos tratados y resueltos estaban construidos en base a dos
variables, en la pràctica, los modelos de programación lineal tienen màs de dos variables ,por
lo que el mètodo gràfico o algebraico ya no es fácil utilizar por lo que se debe recurrir a
otros mètodos o tècnicas de soluciòn. Entre ellos tenemos el mètodo simples que està
asociado con un punto esquina del espacio de soluciones.
La transición de soluciòn hasta el mètodo simplex implica un procedimiento de còmputo
(Iteraciones). Para ello se debe convertir todas las restricciones de desigualdad en ecuaciones
para posteriormente manipular las ecuaciones de manera sistemàtica
ESPACIO DE SOLUCIONES.Para determinar el espacio de soluciones de programación lineal en forma algebraica:
1)Se debe convertir las inecuaciones de las restricciones en ecuaciones con el lado derecho no
negativo
2) Todas las variables son no negativas.
CONVERSIÒN DE LAS DESIGUALDADES EN ECUACIONES.-
Las restricciones del tipo a lo mucho ( ≤ ) la parte derecha representa el lìmite de
disponibilidad de los escasos recursos ,el lado izquierdo representa el uso de esos
recursos limitados por parte de las actividades del modelo.
VARIABLES DE HOLGURA (Si).-La diferencia entre el lado derecho y el lado
izquierdo de èstas desigualdades representa la cantidad no usada ,la misma que se
traduce en variables de holgura;por lo tanto para convertir en ecuación èstas
desigualdades se deben agregar dichas variables al lado izquierdo de dichas
restricciones.
Ej. Se tiene la siguiente restricción del modelo de pinturas:
1) 6 X1 + 4X2 ≤ 24 → 6 X1 + 4X2 + S1 = 24 tal que S1 ≥0
- Las restricciones del tipo por lo menos (≥) donde la parte izquierda representa
cantidad mayor que el lìmite mìnimo del lado derecho
una
VARIABLES EXCEDENTES (-Si).- La diferencia en tre lado izquierdo y el lado
derecho de èstas desigualdades representa la cantidad excedente,traducièndose en
variables excedentes ,por lo tanto para convertir en ecuación èstas desigualdades se
deben restar la variable excedente en el lado izquierdo
Ej. Se tiene la siguiente restricción del modelo de la dieta
2) X1 + X2
≥ 800→ X1 + X2 -S1 = 800 tal que S1 ≥ 0
Nota.- cuando el lado derecho es negativo se debe multiplicar por (-1) cambiando la
direcciòn de la desigualdad
Ej. Se tiene: - X1 + X2 ≤ -3 → X1 - X2 + S1 = -3 → S1≥ 0 *(-1) → X1 - X2 - S1 = 3
10
TRANSICIÒN DE LA SOLUCIÒN GRÀFICA A LA ALGEBRAICA SIMPLEX
La soluciòn gràfica de un modelo de programación lineal constituye la base para desarrollar
el mètodo algebraico y por ende el simplex ,el mismo que se puede apreciar en el siguiente
esquema.
Mètodo gràfico
Mètodo algebraico
Graficar las restricciones
↓
Espacio de soluciones factibles
Representar el espacio de *soluciones
con m ecs. Con n variables
↓
Sistema con infinidad de soluciones
Identificar puntos factibles esquina
del espacio de soluciones
(corresponde a una cantidad finita de
puntos de esquina)
Determina las soluciones bàsicas
factibles de las ecs.
(las soluciones òptimas corresponden a
una cantidad finita de soluciones
bàsicas factibles)
Utiliza la funciòn objetivo para
determinar el punto esquina òptimo
(entre todos los candidatos)
Utiliza la funciòn objetivo para
determinar la soluciòn bàsica òptima
Nota.a)*Espacio de soluciones.- el espacio de soluciones se representa con m ecs. Lineales
simultaneas y n variables no negativas,para delimitar el espacio de soluciones se debe recurrir
a la realciòn m ≤ n de la siguiente manera:
a) si m= n
siendo las ecs.consistentes →el sistema tiene una soluciòn
b) si m < n (mayor parte de los modelos de programación lineal) → el sistema de ecs.
Produce una infinidad de soluciones.
b)** Puntos soluciòn.-Para determinar los puntos soluciòn,se debe igualar n-m = 0 y luego
despejando las n variables restantes de las m ecs.,la soluciòn resultante,si es ùnica
corresponde aun punto esquina del espacio de soluciones
c)***El nùmero de esquinas soluciòn se obtiene mediante n C m
d) Variables no bàsicas.-Se llaman variables no bàsicas a las n-m = 0
e) Variables bàsicas .- son las m variables restantes que tienen una soluciòn ùnica y su
soluciòn se llama soluciòn bàsica
En resumen el mètodo simples se usa un procedimiento de bùsqueda diseñado para llegar al
punto esquina òptimo en forma eficiente ,aunque el procedimiento es algo largo y tedioso,para
ello se sugiere utilizar algún programa como el TORA o el Excel
11
Modelo programación de maximización
Para corroborar el esquema de la transición se tiene el siguiente modelo de programcaciòn
lineal.
Maximizar: Z = 2X1 + 3X2
Sujeto:
determinar de manera gràfica y algebraica
1) 2X1 + X2 ≤ 4
a) los puntos de soluciòn factibles y no factibles
2) X1 +2 X2 ≤ 5
b) Los puntos òptimos de soluciòn,
X1, X2 ≥ 0
3)
c)Las variables no bàsicas como bàsicas
d) Puntos esquina asociado su factibilidad y el valor de Z
Soluciòn gràfica:
Determinación del espacio de soluciones utilizando las restricciones determinando las rectas.
1) 2X1 + X2 ≤ 4
2) X1 +2 X2 ≤ 5
2
0
5
0
0
4
0
2.5
X2 ≥ 0
que delimiten el espacio posible de soluciones
a) Puntos de soluciòn.factibles: A=(0,0) ,B=(2,0) ,C=(1,2),D=(0,2.5)
4 F
no factibles :
E=(5,0), F=(0,4)
Espacio de soluciòn factible; limitado por los puntos.
3
A,B,C,D
D
2
b)Punto òptimo de soluciòn C = (X1 =1, X2 =2) porque satisface
↓©
Punto òptimo de soluciòn
las tres restricciones
espacio
1 l→sol.
A
↑
0
←
B
1
2
E
3
4
5
X1 ≥ 0
Soluciòn algebraica:
Convirtiendo el modelo original en modelo de programación lineal(igualando las
inecuaciones en ecuaciones introduciendo las variables de holgura en cada restricción
explìcita)
Maximizar . : Z = 2X1 + 3X2
Sujeto:
1) 2X1 + X2 + S1
2) X1 +2 X2
=
4
+S2 = 5
3) X1, X2, S1, S2 ≥ 0
a)Determinando los puntos esquina como m= 2 ecs. y n= 4 variables entonces el nº de puntos
esquina o soluciòn 4 C 2= 6 esquinas de acuerdo a la determinación de las variables no
bàsicas 4-2= 2 ,resolvièndolas (igualando a cero) para hallar el valor de las demàs.
Asì por ej. Si las dos primeras no bàsicas son X1, X2 es decir X1=0, X2=0 ,resolviendo las
demàs ecs. con estos dos valores en las restricciones transformadas se tiene
12
1) 2(0) + (0) + S1
2) (0) +2 (0)
4 →
S1 = 4
+S2 = 5 →
S2 = 5
=
corresponde al Punto o esquina A=(X1 =0, X2=0)
Cuyo valor objetivo de Z=2X1 + 3X2 → Z=2(0) + 3(0)= 0
Y asì sucesivamente se procede resolviendo los sistemas de 2 ecs ,los mismos que se resumen
en el siguiente cuadro:
Variables no
Variables
Soluciòn
Punto
Factibilidad
Valor
Bàsicas(=cero)
Bàsicas(≠ cero) Bàsica
( X1, X2 )
(S1, S2)
(4,5)
A
si
0
(X1, S1)
(X2, S2)
( 4,-3)
F
no
-
(X1, S2)
(X2, S1)
(2.5,1.5)
D
si
7.5
(X2, S1)
(X1, S2)
(2,3)
B
si
4
(X2, S2)
(X1, S1)
(5,-6)
E
no
-
( S1 S2)
(X1, X2)
(1,2)
C
si
8(òptimo)
esquina asociado
Objetivo de Z
Nota,- se pide alumno verificar la solución básica
Condiciones para aplicar el algoritmo Simples.Para aplicar el mètodo simplex a un modelo de programación lineal es necesario tener
presente algunos conceptos,para luego determinar si cumplen dos condiciones:1) la de
factibilidad y 2) la de optimalidad
Variable de entrada.- en un problema de maximización es aquella variable No bâsica que
tenga el coeficiente màs negativo ,en uno de minimización ,màs positivo en el renglón de la
Z,si existe empate se elige uno de ellos
Variable de salida.-en un problema de maximización y de minimización es la variable
bàsica relacionada con la razòn mìnima en la columna de las razones,si existe empate,se
elige uno de ellos
1)Condiciòn de factibildad.- se dice que el modelo es factible si existe por lo menos una
variable de salida
2)Condiciòn de optimalidad .-se llega a una optimalidad en la iteración respectiva cuando
todos los coeficientes de las variables no bàsicas en el renglón Z son no negativos en el caso
de una maximización o todos son no positivos en un acaso de minimización
Procedimiento para efectuar el algoritmo simples en modelos de maximizaciòn con
variables de holgura
Para aplicar el algoritmo simplex a modelos de programación lineal con dos ò màs variables
se sugiere seguir los siguientes pasos:
1.-Convertir las inecuaciones de las restricciones explìcitas en igualdades introduciendo
variables de holgura(Si) si se desa maximizar y/o variables excedentes si se trata de minizar
2.-Igualar la funciòn objetivo a cero
13
3.-Utilizar la tabla simples(tabla de entrada y de salida),donde las filas corresponden a las
variables posibles de salida y las columnas a las variables de entrada posibles,llenando con
sòlo sus coeficientes.
4.-Determinar el eje columna pivote y renglón pivote el que determina el elemento
pivote(Intersecciòn de fila y columna pivote)
En un modelo de Maximización:
La variable de entrada serà aquel con mayor coeficiente de la funciòn objetivo Z original ò
mayor valor negativo de la funciòn objetivo transformado.
La variable de salida se obtiene determinando las razones de cada fila las mismas que se
obtienen dividiendo los valores de cada soluciòn sobre los valores de cada columna de la
variable de entrada,siendo la variable de salida aquella que tenga razòn mìnima
En un modelo de minimización
La variable de entrada,serà aquella variable no bàsica con el coeficiente objetivo màs positivo
La variable de salida serà con mìnima razòn igual que en la de maximizar
5.-Iterar tantas veces el 4º paso,hasta que los valores de la funciòn objetivo Z en la tabla
simples sean No negativos
Ej.Del modelo de la Cìa de pinturas.resolver mediante el algoritmo simplex.
Maximizar Z=5 X1 + 4 X2
Z-5X1 - 4X2 - 0S1 - 0S2-0S3-0S4 = 0
Sujeto a las restricciones:
1) → 6 X1 + 4X2 ≤ 24
2) →
X1 +2X2 ≤ 6
3) → - X1 + X2 ≤ 1
4)→
5) →
X2 ≤ 2
X1 , X2 ≥ 0
1) → 6 X1 + 4X2 + S1
1er paso
2) →
X1 +2X2
3) → - X1 + X2
4)→
X2
=
+ S2
24
=
+ S3
=
6
1
+ S4=2
X1, X2 ≥ 0
Nº de variables n= 6 . Nº de ecs. 4 → Nº de soluciones = 6C4= 15 soluciones posibles
Confeccionando la tabla simples,donde se colocan las variables bàsicas y las nobàsicas en el
primer renglón conjuntamente Z y en la primera columna las bàsicas ,en la parte interna del
cuadro los coeficientes en la penùltima columna las soluciones y en la ùltima columna las
razones de cada renglón, para determinar la columna pivote y renglón pivote y por ende el
elemento pivote de la siguiente manera :
la variable de entrada es aquella con mayor valor negativo de la funciòn objetivo(en este
caso X1=5) y luego la variable de salida es aquella que tiene menor razòn (S1→ X1 = 24 / 6 = 4
(mìn)) y por ende el elemento pivote es 6
14
TABLA SIMPLEX
↓
Variables Z
X1
X2
S1
S2
S3
S4
Soluciòn
Razòn deXi=
Col.Sol/Col.pivote
Z
1
-5
-4
0
0
0
0
0
←S1
0
6
4
1
0
0
0
24
S2
0
1
2
0
1
0
0
6
X1=
6/1= 6
S3
0
-1
1
0
0
1
0
1
X1=
1 /-1= -1(ignorer)
S4
0
0
1
0
0
0
1
2
X1=
2 / ∞ = ∞ (ignorar
X1 = 24 / 6 = 4 (mìn)
Para realizar la primera iteraciòn , es decir para obtener la nueva soluciòn se deben
obtener los nuevos renglones de la tabla de la siguiente manera:
1.-Nuevo renglón(del renglòn pivote) = Coeficiente renglón pivote actual / Elemento
pivote
2.-Los demàs nuevos renglones(inclusive el de Z) se obtienen :
Coeficiente actual - coeficiente de la columna pivote * nuevo coeficiente renglón pivote
Para el modelo en cuestión la obtención de los nuevos renglones son.
Nuevo renglón del pivote (para X1 en reemplazo de S1)
: 0/ 6 = 0 ; 6/6= 1; 4/6= 2/3 ; 1/6, 0/6=0, 0/6=0 ,0/6=0
Nuevos renglones
Para Z
Para S2
Para S3
Para S4
1-(-5)(0) = 1
0-(1)(0) = 0
0-(-1)(0) = 0
-5-(-5)(1) = 0
1-(1)(1) = 0
- 4-(-5)(2/3)= -2/3
2-(1)(2/3) = 4/3
1-(-1)(2/3) = 5/3
1-(0)(2/3) = 1
0-(-5)(1/6)= 5/6
0-(1)(1/6) = -1/6
0-(-1)(1/6) = 1/6
0-(0)(1/6) = 0
0-(-5)(0) = 0
0-(1)(0)
= 0
0-(-1)(0)
=0
0-(0)(0) = 0
0-(-5)(0) = 0
0-(1)(0)
= 0
1-(1)(0)
=1
0-(0)(0) = 0
0-(-5)(0) = 0
0-(1)(0)
= 0
0-(-1)(0)
= 0
1-(0)(0) =1
-1-(-1)(1)
=0
0-(0)(0) = 0
0-(0)(1) = 0
Nueva Columna de soluciòn.Se obtienen teniendo presente las variables bàsicas(aquellos =0) en este caso X2 =0, S1 =0
Con estos valores resolver cada restricción transaformada hallando sus valores
En este caso en la 1ª restricción 6 X1 +4(0) = 24 → X1= 24/6 = 4
en la 2ª restricción 4 + 2(0) + S2 = 6 → S2 =6-4 =-2
en la 3ª restricción -4 +(0)+ S3 =1 → S3 = 1+4= 5
en la 4ª restricción 0+ S4 =2 → S4= 2
Nueva Soluciòn Z
15
Reemplazando en la funciòn Z original los valores de X1= 4 : X2=0→ Z= 5(4)+4(0)= 20
Con los nuevos valores se debe construir una nueva tabla simples
NUEVA TABLA SIMPLEX TRANSFORMADA Y MEJORADA
Variables Z
Z
X1
1
0
X2
S1
- 2/3
5/6
S2
S3
0
S4
0
Soluciòn
0
20
2/3
1/6
0
0
0
4
0
4/3
-1/6
0
0
0
2
0
0
5/3
1/6
0
1
0
5
0
0
1
0
0
0
1
2
X1
0
S2
0
S3
S4
1
Razòn de Xi
Como todavía existe un coeficiente negativo en el nuevo renglón Z (X2 = - 2/3) ,se debe
realizar una nueva iteraciòn siguiendo el mismo procedimiento anterior
La nueva variable de entrada X2 ( = - 2/3), y luego la variable de salida es aquella que tiene
menor razòn (S2→ X2 = 2/ 4//3 =6/4=1.5 (mìn)) y por ende el elemento pivote es 4/3
↓
Variables Z
Z
X1
1
0
X2
S1
- 2/3
5/6
S2
S3
0
S4
0
Soluciòn
0
Razòn de X2
20
2/3
1/6
0
0
0
4
X 2= 4 / (2/3)= 6
0
4/3
-1/6
1
0
0
2
X 2 = 2 / (4/3)= 1.5( Min)
0
0
5/3
1/6
0
1
0
5
X 2= 5 / (5/3)=3
0
0
1
0
0
0
1
2
X 2= 2 / 1 = 2
X1
0
←S2
0
S3
S4
1
Nuevo renglón del pivote(paraX2 en reemplazo de S2:
0/ (4/3) = 0 ; 0/(4/3)= 0; (4/3)/(4/3)= 1 ;(-1/6)/( 4/3)= -1/8; 1/(4/3)=3/4; 0/(4/3)=0;0/(4/3)=0
Nuevos renglones
Para Z
Para X1
Para S3
Para S4
1-(-2/3)(0)
= 1
0-(2/3)(0)
= 0
0-(5/3)(0)
=0
0-(1)(0)
=0
0-(-2/3)(0)
= 0
1-(2/3)(0)
= 1
0-(5/3)(0)
=0
0-(1)(0)
=0
-2/3-(-2/3)(1)
=0
2/3-(2/3)(1)
=0
5/3-(5/3)(1) = 0
1-(1)(1)
5/6-(-2/3)(-1/8) = ¾
1/6-(2/3)(-1/8) = ¼
0-(-2/3)(3/4)
= ½ 0-(2/3)(3/4)
0-(-2/3)(0)
= 0
0-(-2/3)(0)
= 0
=0
1/6-(5/3)(-1/8) = 3/8 0-(1)(-1/8) = 1/8
= -1/2
0-(5/3)(3/4)
= -5/4 0-(1)(3/4) = -3/4
0-(2/3)(0)
= 0
1-(5/3)(0)
=1
0-(1)(0)
=0
0-(2/3)(0)
= 0
0-(5/3)(0)
= 0
1-(1)(0)
=1
16
Nueva Columna de soluciòn.Se obtienen teniendo presente las variables bàsicas (aquellos =0) en este caso S1 =0 ,S2=0
Con estos valores resolver cada restricción transformada hallando sus valores
En este caso resolviendo el sistema
1ª restricción 6 X1 +4X2 + 0 = 24
→ X2 =12 / 8 = 1.5
2ª restricción X1 + 2X2 + 0 = 6
→ X1 =12 / 8 = 3
Y las siguientes :
3ª restricción - X1 +X2 + S3 = 1
→ -3+1.5+ S3 = 1→ S3 = 2.5
4ª restricción
→1.5 + S4 =2 → S4 = 0.5
X2 + S4 =2
Nueva soluciòn Z
Reemplazando en la funciòn Z original los valores de X1= 3 : X2=1.5→Z=5(3)+4(1.5)= 21
NUEVA TABLA SIMPLEX TRANSFORMADA Y OPTIMIZADA
Variables Z
Z
1
X1
X2
0
0
S1
¾
S2
½
S3
0
S4
Soluciòn
0
21
X1
0
1
0
1/4
-1 / 2
0
0
3
X2
0
0
1
-1/ 8
3/4
0
0
1.5
S3
0
0
0
3/8
-5 / 4
1
0
2.5
S4
0
0
0
1/8
-3 / 4
0
1
0.5
Como todos los coeficientes de la funciòn objetivo Z son positivos ,entonces se ha
optimizado la utilidad por lo tanto no es necesario realizar màs iteraciones.Es decir la
nueva funciòn de utilizadad maximizada es Z=5(3)+4(1.5)= 21
En conclusión.Dado la soluciòn final se puede concluir que para obtener una utilidada diaria de $21 es
necesario producir 3 toneladas diarias de pintura para exteriores y 1.5 toneladas diarias de
pintura para interiores
La tabla simplex optimizado tiene ademàs algunas ventajas como ser:
a) Presenta la información sobre el estado de los recursos
b) Presenta información sobre el valor unitario de los recursos
c) Presenta información para efectuar un análisis de sensibilidad con la soluciòn òptima
Respecto al estado de los recursos se considera escasa si las actividades(variables) del
modelo se usan por completo es decir =0,se considera abundante si las actividades cuando
es mayor que 0. De acuerdo al problema encuestiòn se puede deducir mediante el
siguiente resumen:
17
Recurso
Variables de
Estado del
Holgura
recurso
Materia Prima M1
S1 = 0
Escaso
Materia Prima M2
S2 = 0
Escaso
Lìmite de demanda 1
S3 = 5 / 2
abundante
Lìmite de demanda 2
S4 = ½
abundante
Algoritmo simplex en modelos de maximización y /o minimización con variables
artificiales
Modelos de minimización.Cuando existen modelos de programciòn lineal con restricciones igualdades(=) o
desigualdades (≥) ,para aplicar el algoritmo simplex es necesario utilizar variables artificiales
(Ri),teniendo dos mètodos de soluciòn : El mètodo de penalizaciòn(M) y el de dos fases
1)Mètodo de penalizaciòn o M.Este mêtodo se aplica cuando el modelo tiene restricciones del tipo de igualdades(=) y/ o por
lo menos(≥).
Cuando tiene restricciones de igualdad (=),se deben añadir a èstas variables artficiales (Ri)
Cuando tiene restricciones de por lo menos(≥) se deben añadir a èstas variables artificiales
(Ri) y variables de excedencia(-Xi)
Cuando tiene restricciones de a lo mucho (≤) se deben añadir a los mismos,sòlo variables de
holgura (Xi)
Como se estàn añadiendo variables artificiales (Ri) que no pertenecen al modelo a èstas
variables se las debe penalizar con coeficientes M infinitamente grandes(M en problemas de
minimización) o infinitamente pequeños(-M en problemas de maximización) en la funciòn
objetivo.
Procedimiento.Una vez transformado las restricciones en igualdades,se debe modificar la funciòn objetivo Z
y el renglón Z de la siguiente manera:
Nuevo renglón Z modificado= Renglón original +( ∑Ri M)
Una vez modificada la funciòn objetivo se procede a iterar como en el caso de Mximizaciòn
Ej.Se tiene el siguiente Modelo:
Soluciòn convirtiendo en igualdad las restricciones
Minimizar → Z = 4X1 + X2
Z= 4X1 + X2 +MR1 + MR2:
Sujeto a : 1)
3X1 + X2 = 3
1)
3X1 + X2
2)
4X1 +3 X2 ≥ 6
2)
4X1 +3 X2 – X3
3)
X1 + 2X2 ≤ 4
3)
X1 + 2X2
4)
X1, X2 ≥ 0
4)X1, X2 , X3 , X4,, R1, R2 ≥0
+R1
=3
+R2 = 6
+ X4
=4
Igualando la funciòn objetivo a cero:
Z - 4X1 - X2 - MR1 - MR2 = 0
Construyendo la nueva tabla inicial con las nuevas variables artificiales como de holgura y
excedencia
18
NUEVA TABLA SIMPLEX(con variables artificiales)
V.Bàsicas X1
Z
-4
X2
X3
-1
0
R1
R2
-M
X4
-M
Soluciòn
0
0
R1
3
1
0
1
0
0
3
R2
4
3
-1
0
1
0
6
X4
1
2
0
0
0
1
4
Ahora se debe modificar la funciòn objetivo penalizada la misma que debe ser ajustada de la
siguiente manera:
Nuevo renglón Z ajustado
Para X1 → -4+ ( 3M+4M)
Nueva columna soluciòn
= -4+7M
Como X1 = X2= X3 = 0
Para X2→ -1+ (1M+ 3M) = -1+4M
R1 = 3 ; R2 = 6 → Z - 4X1 - X2 - MR1 - MR2
Para X3→ 0+ [0M + (-1M)] = -M
Para R1→ -M +(1M + 0M)
.
Z = 4(0) + (0) + M(3)+ M(6)= 9M
=0
Para R2 → -M +(0M + 1M) = 0
Para X4 →
0+(0M+0M)
=0
NUEVA TABLA SIMPLEX(con funciòn objetivo modificado)
V.Bàsicas X1
Z
X2
(- 4 +7M) (- 1+4M)
X3
R1
-M
0
R2
X4
0
0
Soluciòn
9M
R1
3
1
0
1
0
0
3
R2
4
3
-1
0
1
0
6
X4
1
2
0
0
0
1
4
Procediendo a iterar para ello se deben determinar las variables de entrada y de salida y por
ende el elemento pivote
Determinando la variable de entrada como se està minimizando es elige aquella variable con
coeficiente mayor positivo del renglòn Z ,en este caso corresponde a la variable X1 y la de
salida la variable R1 por tener mìnima razòn de acuerdo al siguiente cuadro:
Primera iteración
↓
V.Bàsicas X1
Z
X2
(- 4 +7M) (- 1+4M)
X3
R1
-M
0
R2
X4
0
0
Soluciòn
Razòn Xi
9M
←R1
3
1
0
1
0
0
3
X1
R2
4
3
-1
0
1
0
6
X1 =6/4=1.5
X4
1
2
0
0
0
1
4
X1 = 4/1=4
= 3/3= 1
19
Nuevo renglón del pivote(paraX1 en reemplazo de R1 ( dividir todo el renglòn entre 3):
3 / 3= 1
1/3
0 / 3=0
1/3
0/3=0
0 / 3=0
Nuevos renglones
Para Z
Para R2
Para X4
(-4+7M) - (-4+7M) (1)=0
4-4(1)= 0
1-1(1) = 0
(-1+4M)- (-4+7M)( 1 / 3)=(1+5M)/3
3-4(1/3) = 5/3
2-1(1/3)= 5/3
-M - (-4+7M)(0) = -M
-1-4(0) = 0
0-1(0) = 0
0-(-4+7M)(1/3)= (4-7M)/3
0-4(1/3)= 0
0-1(1/3) =-1/3
0-(-4+7M)(0)= 0
1-4(0) = 1
0-1(0) = 0
0-(-4+7M)(0)= 0
0-4(0) = 0
1-1(0) = 1
Nueva Columna de soluciòn
Sabiendo que X2=0
X3 =0
+R1
R1 =0
1)
3X1 + X2
= 3→3X1
+ 0 +0
2)
4X1 +3 X2 – X3
+R2 = 6→ 4(1) +3 (0) –0 +R2 = 6 → R2 = 6 -4= 2
3)
X1 + 2X2 + X4
=4
→ 1 + 2(0) + X4
= 3→
X1 = 3/3 =1
=4→
X4
= 4-1=
3
Nueva soluciòn para Z = 4(1) +0+M(0) +M2 → Z = 4 +2M
Tabla Iterada
V.Bàsicas X1
Z
X2
0 ( 1+5M)/3
X3
R1
-M
R2
(4-7M)/3
X4
0
Soluciòn
0
X1
1
1/ 3
0
1/3
0
R2
0
5/ 3
-1
- 4 /3
1
X4
0
5/ 3
0
- 1/3
0
Razòn Xi
4 +2M
1
X1
0
2
X1 =6/4=1.5
1
3
X1 = 4/1=4
0
= 3/3= 1
Como todavía existen coeficientes positivos en el renglòn Z se debe volver ha realizar una
nueva iteración determinando las variables de entrada (X2) y salida( R2) siendo el elemento
pivote 5 / 3
Nueva iteración
↓
V.Bàsicas X1
X2
Z
0 ( 1+5M)/3
X3
R1
-M
R2
(4-7M)/3
X4
0
0
X1
1
1/ 3
0
1/3
0
←R2
0
5/ 3
-1
- 4 /3
1
X4
0
5/ 3
0
- 1/3
0
Soluciòn
Razòn Xi
4 +2M
X2
1
1/(1/3)=3
0
2
2/(5/3)= 6/5
1
3
3/(5/3)=9/5
0
Nuevo renglón del pivote(paraX2 en reemplazo de R2 ( dividir todo el renglòn entre 5/3):
20
0/ (5/3)=0; (5/3)/(5/3) =1 ; -1/(5/3) = -3/5; (- 4/3)/(5/3)= - 4/5; 1/(5/3)=3/5; 0/(5/3)=0
Nuevos renglones
Para Z
Para X1
Para X4
0-( 1+5M)/3 (0) = 0
1- (1/3)(0)= 1
0-(5/3)(0)=0
( 1+5M)/3 - ( 1+5M)/3 (1)=0
1/3-(1/3)(1)=0
5/3-(5/3)(1)=0
-M - ( 1+5M)/3(-3/5)= 1/5
0-(1/3)((-3/5)=1/5
0-(5/3)(-3/5)=1
(4-7M)/3
1/3-(1/3)(-4/5)=3/5
-1/3-(5/3)(-4/5)=1
0- ( 1+5M)/3(3/5)= -(1+5M)/5
0-(1/3)(3/5)= -1/5
0-(5/3)(3/5)= -1
0-( 1+5M)/3(0) =0
0-(1/3)(0)= 0
1-(5/3)(0)= 1
-
( 1+5M)/3(-4/5)=(8-5M )/5
Nueva Columna de soluciòn.Sabiendo que : X3 = 0 ; R1= 0 ; R2 =0 ,resolviendo el sistema de ecs.
+R1
=3
→ X1= 0.6
1)
3X1 + X2
2)
4X1 +3 X2 – X3
+R2 = 6 → X2 = 1.2 Luego reemplazando en la restricciòn3)
3)
X1 + 2X2 + X4
=4
→ 0.6 +2(1.2) + X4 = 4 → X4 =1
Nueva soluciòn para Z = 4(0.6) +1.2+M(0) +M(0) → Z = 3.6
Tabla Iterada
V.Bàsicas X1
Z
X1
0
0
X3
R1
R2
1/5 (8 - 5M )/5 - (1+5M)/5
X4
Soluciòn
0
3.6
1
0
1/5
3/5
-1/5
0
0.6
0
1
-3/5
-4/5
3/5
0
1.2
0
1
1
1
1
X2
X4
X2
0
-1
Como todavía existen coeficientes positivos en el renglòn Z se deberà realizar una nueva
iteración determinando las variables de entrada(X3) y de salida (X4) por tener razòn mìnima
Siendo elemento pivote 1
Nueva iteración
V.Bàsicas X1
Z
0
↓
X2
0
X3
R1
R2
1/5 (8 - 5M )/5 - (1+5M)/5
X4
0
Soluciòn
Razòn
3.6
X3
X1
1
0
1/5
3/5
-1/5
0
3/5= 0.6
0.6/0.2=3
X2
0
1
-3/5
-4/5
3/5
0
6/5=
1.2/(-3/5)=-2
0
0
1
1
←X4
-1
1
1
1.2
1/1= 1(Mìn)
Nuevo renglón del pivote(paraX3 en reemplazo de X4 ( dividir todo el renglòn entre 1
0/1= 0 ; 0/1= 0 ,
1/1=1 ; 1/1= 1 ; -1/1=-1 ; 1/1= 1
Nuevos renglones
21
Para Z
Para X1
0 -(1/5) (0)=0
1-(1/5)(0)= 1
0-(-3/5)(0)=0
0 – (1/5)(0)= 0
0-(1/5)(0)=0
1-(-3/5)(0)=1
1/5-(1/5)(1) =0
1/5-(1/5)(1)=0
-3/5-(-3/5)(1)=0
( 8 - 5M )/5 –(1/5)(1)=(7-5M)/5
3/5-(1/5)(1)=2/5
-4/5-(-3/5)(1)=-1/5
- (1+5M)/5
-(1/5)(-1)= -M
0- (1/5)(1)= -1/5
Para X2
-1/5-(1/5)(-1)=0
3/5-(-3/5)(-1)=0
0-(1/5)(1)= -1/5
0-(-3/5)(1)=3/5
Nueva Columna de soluciòn.Sabiendo que X4=0 R1=0 R2=0 y resolviendo el sietamde ecs.
1)
3X1 + X2
+R1
3)
X1 + 2X2 + X4
=3
=4
→ X2= 9/5
→ X1 = 2/5
Nueva soluciòn para Z = 4(2/5)+ 9/5→ Z= 17/5= 3.4
Tabla Iterada Final.-Porque no existe ningún coeficente positivo en el renglònZ
V.Bàsicas X1
Z
0
X2
X3
0
0
R1
R2
X4
(7 - 5M )/5 -M
Soluciòn
- 1/5
17/5=3.6
X1
1
0
0
2/5
0
-1/5
2/5=0.4
X2
0
1
0
--1/5
0
3/5
9/5=1.8
X3
0
0
1
1
-1
1
1
Desventajas del mètodo M
Este mêtodo adolece de dos desventajas
1.-Que las correspondientes iteraciones puede que no logren minimizarlo hasta cero o
negativo(esto ocurre cuando el problema de programación no tiene soluciòn factible)
2.-Como M →(lo màs grande ò lo màs pequeño) principalmente al usar el programa no se
tiene definida el tamaño el que puede afectar en las decisiones. Para solucionar esta
desventaja surge el mètodo de dos fases:
2)Mètodo dos fases.1ª Fase.- se transforman las inecuaciones en ecuaciones agregando las variables
correspondientes de acuerdo al tipo de restricción
Luego se plantea la soluciòn bàsica con las ecs. resultantes de modo que:
Minimice la suma de las variables artificiales (Ri) → r = R1 + R2+ R3+…+Rk
Si Min r = ∑ Ri > 0 C El modelo no tiene soluciòn es decir no es factible se para el proceso
Si Min r = ∑ Ri ≤ 0 → El modelo si tiene soluciòn es decir es factible se pasa a la 2ª fase.
2ª Fase.La soluciòn factible de la 1ª fase ,se usa como soluciòn bàsica de inicio para el problema
original.
Ej Siguiendo con el modelo anterior
22
Minimizar → Z = 4X1 + X2
Sujeto a : 1)
Min r= R1 + R2:r→ r - R1 - R2=0
3X1 + X2 = 3
1)
3X1 + X2
+R1
=3
2)
4X1 +3 X2 ≥ 6
2)
4X1 +3 X2 – X3
3)
X1 + 2X2 ≤ 4
3)
X1 + 2X2
4)
X1, X2 ≥ 0
4)
X1, X2 , X3 , X4,, R1, R2 ≥0
+R2 = 6
+ X4
=4
NUEVA TABLA SIMPLEX(con funciòn objetivo Min r - R1 - R2=0 )
V.Bàsicas X1
r
0
X2
X3
0
R1
0
R2
-1
X4
-1
Soluciòn
0
0
R1
3
1
0
1
0
0
3
R2
4
3
-1
0
1
0
6
X4
1
2
0
0
0
1
4
Nuevo renglòn r = renglón r anterior + (1xRenglòn R1 + 1xRenglònR2) .despuès de utilizar el
nuevo renglòn para resolver la fase I del problemas con el que se obtiene la siguiente tabla
que corresponde a la penultima iteraciòn:
Tabla iterada en tèrminos de r
V.Bàsicas X1
r
0
X2
X3
R1
R2
0
0
-1
-1
X4
Soluciòn
0
0
X1
1
0
1/5
3/5
-1/5
0
3/5= 0.6
X2
0
1
-3/5
-4/5
3/5
0
6/5= 1.2
0
0
1
1
←X4
-1
1
1
Como r = 0 → ,la fase produce la soluciòn bàsica con X1 = 3/5= 0.6 ;X2= 6/5 = 1.2; X4=1
Las variables artificiales cumplieron su misiòn por lo tanto se pueden eliminar de la tabla de
las columnas por completo y se puede pasar a la :
2ªFase
El problema origibnal se puede escribir
Minimizar
Sujeto a
Z = 4 X1 + X2
: X1
+
1/5X3
X2 - 3/5 X3
=3
/5
= 6/5
X3 + X4 = 1
Soluciòn factible de inicio para el problema y
la 2ª Fase ,cuya tabla transformada es
X1, X2 ,X3 , X4 ≥ 0
23
Nueva tabla para la 2ª fase
V.Bàsicas X1
X2
X3
-4
-1
0
X1
1
0
1/5
0
3/5=0.6
X2
0
1
-3/5
0
6/5= 1.2
1
1
1
Z
X4
0
0
X4
Soluciòn
0
0
Nuevo Z ajustada
Nueva soluciòn
-4+ (4x1 + 1x0)= 0
Con X3 = 0 ¸ X1= 3/5 X2 = 6/5; X4 = 1
-1+(4x0 +1x1)= 0
Z= 4(3/5) + 6/5 = 18/5
0+(4x1/5+1x-3/5)=1/5
0+(4x0+1x0) = 0
Ahora se debe iterar ,determinando la variable de entrada(X3 ) en este caso elegimos X3 (por
tener un valor positivo)y la variable de salida X4 por tener mìnima razòn cuyo elemento
pivote es 1,de la siguiente manera:
↓
V.Bàsicas X1
Z
X2
0
0
X3
1/5
X4
Soluciòn
18/5
0
Razòn de
X3
X1
1
0
1/5
0
3/5=0.6
(3/5)/(1/5)= 3
X2
0
1
-3/5
0
6/5= 1.2
(6/5)/(-3/5)=-2
←X4
0
0
1
1
1
1/1= 1 (mìn)
Nuevo renglón del pivote(paraX3 en reemplazo de X4 ( dividir todo el renglòn entre 1
0/1= 0 ; 0/1 = 0, 1/1= 1 /1=1
Nuevos renglones
Para Z
Para X1
Para X2
0-(1/5)(0)= 0
1-(1/5)(0)=1
0-(-3/5)(0)=0
0-(1/5)(0) = 0
0-(1/5)(0)= 0
1-(-3/5)(0)=1
1/5-(1/5)(1)=0
1/5-(1/5)(1)=0
( -3/5)-(-3/5)(1)=0
0-(1/5)(1)= -1/5
0-(1/5)(1) =-1/5
0-(-3/5)(1)= 3/5
Nueva soluciôn
Si X4 = 0 → X3 +0 = 1
X1+ 1(1/5) = 3/5 → X1= 2/5
X2 -3/5(1) = 6/5 → X2= 9/5
→ Z = 4(2/5) +9/5= 8/5+ 9/5 = 17/5
24
Tabla final
V.Bàsicas X1
Z
0
X2
X3
0
0
Soluciòn
17/5
-1/5
X1
1
0
0
X2
0
1
0
0
0
1
X3
X4
-1/5
3/5
1
2/5=0.4
9/5= 1.8
1
25
Unidad 3 Análisis de dualidad y sensibilidad
Competencia.-el estudiante debe convertir un modelo estático en dinámico a través del
análisis de sensibilidad basado en dos situaciones. cambios en la función objetivo y
cambios en las restricciones
Descripción general de la unidad.- la unidad consta de una parte que consiste en
construir modelos duales a través de los primales, para luego en una segunda parte
resolver los modelos duales con el método simples y luego realizar el análisis de
sensibilidad.
Introducción.La soluciòn òptima de los modelos obtenidos mediante las diferentes tècnicas, se obtuvo
en un instante de las condiciones que prevalecen en el momento de formular y resolver
el modelo .En la pràctica los modelos rara vez permanecen estàticos ,por lo que se debe
analizar los modelos cuando cambian los parámetros del modelo ,para ello se deben
recurrir al análisis de sensibilidad,la misma que proporciona tècnicas de computo ,para
tratar el comportamiento dinàmico de la soluciòn òptima, como ser recurriendo a la
teoría de la dualidad basado en el tratamiento algebraico y o método simplex.
Problema dual.El modelo dual es una programación lineal obtenida en forma directa y
sistemáticamente a partir del modelo original(o primal) de programación lineal .Los dos
modelos estàn relacionados de manera que la resoluciòn òptima de uno de ellos produce
automáticamente la resoluciòn òptima del otro.
El problema dual se expresa en forma de ecuaciones del problema primal, con todas las
restricciones del lado derecho no negativo como todas las variables.
Procedimiento para obtener el modelo dual.1.-Se definie el modelo primal en forma de ecuaciones
n
Max ò min Z = ∑ cj xj
J=1
Sujeto a : ∑ aij xj = bi donde i= 1,2,… m ;
J=1

xj ≥ 0 ; j= 1,2,3,…n,incluye las variables excedentes,holguras y artificiales si las
hay
2.-Definiciòn del modelo dual
-
Se define una variable dual (yi) por cada una de las restricciones o ecuación
primal
- Se define una restricción dual por cada variable primal
- Los coeficientes de restricciones(columna) de una variable primal define los
coeficientes en el lado izquierdo de la restricción dual y su coeficiente objetivo
define el lado derecho
- Los coeficientes objetivos del dual son iguales ala lado derecho de las
ecuaciones de restricción primal.
La misma que se puede sintetizar mediante el siguiente esquema:
30
CONSTRUCCIÒN DEL DUAL A PARTIR DEL PRIMAL
Variables duales
Variables primales
X1 x2 ….. x j…..xn
c1
c2 …..cj…….cn
Coeficientes
objetivos
duales
y1
y2
.
.
.
ym
a11
a21
.
.
.
am1
b1
b2
.
.
.
bm
a12 … a1j …. a1n
a22 … a2j … a2n
. … . … .
.
.
.
.
.
.
am2…amj amn…
Para determinar el sentido de la optimizaciòn (maximización o minimización) del
tipo de restricciones(≤ , =,≥) y el signo de las variables duales(siempre no
restringido) se procede de acuerdo al siguiente esquema:
variables
Objetivos del primal
Maximización
Minimizaciôn
Modelo dual
Objetivo tipo de restricciòn
Minimización
≥
Maximización ≤
Signo de las variables
No restringido
No restringido
Todas las restricciones primales tienen el lado derecho no negativo y todas las
variables son no negativas.
Nota.-El sentido de la optimizaciòn en el dual siempre es el opuesto al del primal.
Ej.se tiene el modelo de maximizar Z = 5X1 +12X2+4X3
Sujeto:
X1 + 2X2 +X3 ≤ 10
2X1 –X2 +3X3 =8
X1,X2,X3 ≥ 0;
Soluciòn.Modelo primal
Primal en forma de ecuaciones
Max Z = 5X1 +12X2+4X3
Sujeto:X1 + 2X2 +X3 ≤ 10
2X1 –X2 +3X3 =8
X1,X2,X3 ≥ 0
Max Z = 5X1 +12X2+4X3+0X4
Sujeto X1 + 2X2 +X3 +X4 = 10
2X1 –X2 +3X3+0X4=8
X1,X2,X3 X4 ≥ 0
Obtener el modelo dual
V
duales
y
y2
Modelo dual
→Min W =10y1+8y2
Sujeto: y1+2y2 ≥ 5
2yi –y2 ≥ 12
y1 +3y2 ≥ 4
y1 +0y2 ≥0
y1,y2 sin restricción
y1 ≥0,
Ej. Se tien el modelo Minimizar: Z = 15X1 +12X2
Sujeto:
X1 + 2X2 ≥ 3
2X1 –4X2 ≤ 5
X1,X2, ≥ 0
y2 sin restricción
Obtener el modelo dual
31
Soluciòn.Modelo primal
Primal en forma de ecuaciones
Min Z = 15X1 +12X2
Sujeto: X1 + 2X2 ≥ 3
2X1 –4X2 ≤ 5
X1,X2, ≥ 0
Min Z =15X1 +12X2+0X3+0X4
sujeto
X1 + 2X2 -X3 +0X4 = 3
2X1 –4X2 +0X3+X4=5
X1,X2,X3 X4 ≥0
v.dual
es
y1
y2
Modelo dual
→Max W =3y1+5y2
Sujeto: y1+2y2 ≤15
2yi –4y2 ≤ 12
- y1 ≤0
y2 ≤ 0
y1,y2
sin
restricción
y1≥0, y2 ≤0
Métodos de solución del dual.Solucion dual optimo.-Como la soluciòn primal y dual se relacionan estrechamente
de modo que la soluciòn òptima del modelo primal produce en forma directa la
solucion òptima del dual.Para determinar la soluciòn se tiene dos mètodos
alternativos:
1.-Mètodo I.En forma matricial,
Valores
vector renglón de los coeficientes
Optimos de las
= objetivos originales de las variables x Inversa primal òptima
Variables duales
basicas òptimas primales
2.-Mètodo II.La solucicòn òptima se puede determinar resolviendo las siguientes ecuaciones:
Coeficiente z primal òptimo = Lado izquierdo de la - lado derecho de
( costo reducido de Xi)
j-èsima restricción dual la j-èsima restricción dual
Ej.Se tiene el siguiente modelo:
Se pide obtener la soluciòn òptima mediante
Maximizar Z = 5X1 +12 X2 +4X3
dos mètodos.
Sujeto
: X1 +2 X2 +X3 ≤ 10
2X1 - X2 +3X3 = 8
X1 , X2 ,X3≥ 0
Soluciòn para ello obtenemos el dual a partir del primal:
Modelo Primal:
Maximizar Z = 5X1 +12 X2 +4X3 - Mr
Sujeto
: X1 +2 X2 +X3 + X4 =10
2X1 - X2 +3X3 +R = 8
X1 , X2 ,X3, X4,R ≥ 0
Modelo dual
Min W = 10 y1 +8y2
sujeto y1 + 2y2 ≥ 5
→
2y1 –y2 ≥12
y1 +3y2 ≥ 4
y1 ≥ 0
32
La tabla òptima primal
Bàsica
X1
Z
X2
X1
0
0
1
,X2
0
1
0
,X3,
3/5
-1/5
7/5
Mètodo I
( y1 , y2) = (12, 5)
X4
29/5
2/5
1/5
2/5 -1/5
1/5 2/5
,R
-2/5 +M
-1/5
2/5
=
soluciòn
274/5
12/5
26/5
[(24/5+5/5) (-12/5 + 10/5) ]
=
Mètodo II.- Coeficiente Z de X4 = 29/5 ,coeficiente Z de R = -2/5+M
De acuerdo a la regla 29/5 = y1 -0 ; → y1= 29/5
-2/5M = y2 –(-M) → y2 = -2/5
Ej. Se tiene el siguiente modelo primal, resolver por el dual mediante cualquiera de
los dos mètodos
Sol: el modelo dual:
el primal en ecuaciones
Maximizar Z= X1+X2
Min W = 5y1 +4y2
X1+ 5X2 +X3
= 5
Sujeto: X1+ 5X2 ≤ 5 → sujeto: y1 +2y2 ≥
2X1+X2
+X4 = 4
2X1+X2 ≤ 4
5y1 +y2 ≥ 1
X1+X2 ≥ 0
Resoluciòn mediante el mètodo simplex .-se elige la variable de entrada (X1 ò
X2 ,por tener ambos el valor negativo iguales -1) ,elegimos X2 , y la variable de
salida X3 por tener mìnima razòn( 1) el elemento pivote es 5 de acuerdo a la
siguiente tabla:
Tabla del primal
Bàsica
Z
←X3
X4
X1
-1
1
2
↓
X2
-1
5
1
X3 X4
0
0
1
0
0
1
Soluciòn Razòn
0
X2
5
5/5 = 1
4
4/1= 4
Nuevo renglón pivote para X2= 1/5 ; 5/5 = 1 ; 1/5 ; 0/5=0
Nuevos renglones.
Para Z = -1-(-1)(1/5)= - 4/5
-1-(-1)(1)= 0
0-(-1)( 1/5) = 1/5
0-(-1)( 0)= 0
Para X4 = 2-(1)(1/5) =9/5
1-(1)(1) = 0
0-(1)(1/5)= - 1/5
1-(1) ( 0) = 1
Nueva soluciòn cuando X1= 0
X3 =0
→ X1+ 5X2 +X3 = 5→ 0+ 5X2 +0
= 5 → X2= 5/5 = 1
→ 2X1+X2 +X4 = 4 →2(0)+(1) +X4 = 4 → X4= 4-1 = 3
Nueva soluciôn Z= X1+X2 →
Z = 0+1 =1
33
Nueva tabla del primal iterada
con los nuevos valores ,determinando las variables de entrada (X1= -4/5),
de salida (X4 cuya razôn mìnima = 15/9 = 1.67) por lo tanto el elemento pivote=
9/5
Bàsica
Z
X2
←X4
↓
X1
X2 X3 X4
-4/5 0
1/5 0
1/5 1 1/5
0
9/5 0 -1/5 1
Soluciòn Razòn
1
X1
1
1/(1/5) =5
3
3/(9/5)=1.67
Nuevo renglón pivote para X1 (en reemplazo de X4)
(9/5) / (9/5)= 1 ; 0/(9/5)= 0 ; (-1/5) / (9/5)= -1/9 ; 1/(9/5)= 5/9
Nuevos renglones.
Para Z = (-4/5)-(-4/5)(1) = 0
0-(-4/5) (0) = 0
1/5-(-4/5)(-1/9) = 1/9
0-(-4/5)(5/9) = 4/9
Ùltima tabla iterada
Bàsica
Z
Para X2 = 1/5-(1/5)(1) = 0
1-(1/5)( 0) = 1
1/5-(1/5)(-1/9)= 2/9
0-(1/5)(5/9) = -1/9
X1
X2 X3 X4
0
0 1/9 4/9
Soluciòn
1
X2
0 1 2/9 -1/9
1
X1
1
0 -1/9 5/9
3
Soluciòn como X3=0 , X4 = 0
X1+ 5X2 +X3 = 5
→ X1+ 5X2 =5 →
X1 = 5/3
2X1+X2 +X4 = 4
→ 2X1+ X2 = 4 →
X2= 2/3
Z= X1+X2 →
Z = 5/3 + 2/3 = 7/3
Resolviendo mediante el Mètodo II
Valores
vector renglón de los coeficientes
Optimos de las
= objetivos originales de las variables x Inversa primal òptima
Variables duales
basicas òptimas primales
[y1 ,y2] =[1,1] 2/9 -1/9 =[ (2/9 -1/9) (-1/9 +5/9)] =1/9 , 4/9 → y1= 1/9 y2= 4/9
-1/9 5/9
→ Min W = 5y1 +4y2
→ Min W = 5(1/9) + 4(4/9)= 5/9 + 16/9 = 21 /9 = 7/3
Interpretación econòmica de la dualidad.Toda programación lineal se puede considerar como un modelo por el cual se asigna
recursos con el objetivo de maximizar los ingresos o utilidades limitado a escasos
recursos, Para realizar un análisis màs exhaustivo es necesario considerar el
siguiente esquema de los dos modelos primal y dual
34
Modelo primal
Modelo dual
n
m
Minimizar W= ∑bi yi
Maximizar Z =∑cjxj
J =1
Sujeto
i=1
n
m
∑aijxj ≤ bi ;i =1,2,..m
∑aij yi ≥ cj; j= 1,2,…n
J =1
i=1
Xj ≥ 0; j=1, 2…n
yi ≥ 0 i = 1,2,….m
Es decir el modelo primal tiene n actividades econòmicas y m recursos,donde el
Coeficiente cj del primal representa la utilidad / Unidad de actividad j
El recurso i con disponibilidad màxima es bi,se consume a una tasa :
de aij unidades / unidad de actividad j
Interpretación econòmica de las variables duales.Sabemos qur tanto el modelo primal como dual estàn estrechamente relacionados de
modo que las dossoluciones factibles primal y dual cualquiera,los valores de la
funciones objetivos cuando son finitos deben cumplir la siguiente la condiciòn de
desigualdad:
n
Z =∑cjxj
m
≤
J =1
∑biyi = W
i=1
Sòlo se da la igualdad Z=W cuando las soluciones primal como dual son òptimas,es
decir el modelo primal representa la utilidad monetaria,y como bi representa la cantidad
disponible de unidades del recurso i entonces Z=W se puede expresar de manera
dimensional como
$ = ∑ (unidades del recurso i) x ($ / unidad del recurso i) es decir.
Yi= valor /unidad del recurso i ( o yi= precios duales o precios sombra
Cuando Z < W es decir, la utilidad < valor de los recursos significa las soluciones
primal y dual no son òptimas se dice que el sistema permanece inestable,la estabilidad
se obtine cuando los recursos son iguales a la utilidad..
Ejemplo de interpretación del modelo primal como dual,de acuerdo a los datos de la
Cìa de pinturas se tiene:
Modelo Primal
Max Z = 5X1 + 4X2
Sujeto : 6X1 + 4X2 ≤ 24
X1 + 2X2 ≤ 6
-X1 + 4X2 ≤ 1
X2 ≤ 2
X1,X2 ≥ 0
Soluciòn òptima : X1 = 3 ,X2 = 1.5 ; Z = 21
Modelo dual
Min W = 24y1 +6y2+y3+2y4
Sujeta : 6y1 +y2 - y3
≥5
4y1 +2y2+y3+y4 ≥ 4
y1,y2,y3,y4 ≥ 0
Soluciòn òptima :
y1 =0.75; y2 = 0.5 , y3=y4 = 0 ; w = 21
35
Interpretación de la soluciòn del modelo primal:
Como X1 = 3 ,X2 = 1.5 ; Z = 21, significa que para obtener una màxima utilidad de $ 21
mil diarios ,la Cìa debe utilizar 3 toneladas de pintura para exteriores y 1.5 toneladas
de pintura para interiores diariamente
Interpretación de la soluciòn del modelo dual
Como y1 =0.75; y2 = 0.5 , y3= y4 = 0 ; w = 21,significa:
Que para obtener un costo mìnimo de $ 21 mil se requiere gastar $ 0.75 mil o $ 750
/tonelada de la materia prima M1 y $0.5 o $ 500 /tonelada de la materia prima M2 .
Para los recursos y3= y4 = 0 que representan los requerimientos del mercado,los precios
duales que son cero significa que los recursos asociados son abundantes
Interpretación econòmica de las restricciones duales:
Una vez analizados los valores de las variables duales(yi) ahora corresponde analizar las
restricciones duales,para ello es necesario utilizar el siguiente esquema del mètodo II
Coeficiente z primal òptimo = Lado izquierdo de la
- lado derecho de la
( costo reducido de Xj)
j-èsima restricción dual j-èsima restricción dual
En forma sintètica representa:
Coeficiente objetivo Xj = ∑ aij yi - cj donde
cj = utilidad en $ / unidad de actividad j
m
∑ aij yi = costo imputado de todos los recursos necesarios para producir una unidad de la
i= 1
j-èsima actividad
aij = cantidad del i-èsimo recurso que usa la j-èsima actividad
yi = costo imputado / unidad del i.èsimo recurso
La condiciòn de optimalidad de maximización del mètodo simples indica que : un
incremento en la cantidad de la j-èsima actividad no usada(no básica) puede mejorar la
utilidad sólo en caso de que su coeficiente objetivo(∑ aij yi - cj ) sea negativo por lo
tanto se establece que Cj < Zj es decir el
Costo imputado del recurso/ Unidad de la actividad j < utilidad / unidad de actividad j
Por lo tanto la condición de optimalidad de maximización
señalaque es
económicamente bueno incrementar una actividad a un valor positivo si su utilidad
unitaria es mayor que su costo unitario imputado
Ej. La empresa TOYCO arma tres tipos de juguetes trenes ,camiones y coches con tres
operaciones.los límites diarios de tiempo disponible para las tres operaciones son 430
,460,y 420 minutos respectivamente.Los tiempos de armado por tren en las tres
operaciones son (1,3 y 1) minutos respectivamente, los tiempos por camión y coches
son (2,0,4) y (1,2,0).
Donde X1 ,X2, X3 son las cantidades diarias de unidades armadas de trenes,camiones y
coches
Cuyos modelos primal y dual se resumen en el siguiente cuadro:
36
Modelo primal
Max Z = 3X1 +2X2+ 5X3
Sujeto X1 +2X2+ X3 ≤ 430
3X1 +2X3 ≤ 460
X1 +4X2 ≤ 420
X1 ,X2,X3 ≥ 0
Solución óptima
X1 = 0, X2=100, X3 = 230 ; Z = $ 1350
Modelo dual
Min W = 430 y1 +460y2 + 420y3
Sujeto: y1 +3y2 + y3 ≥ 3
2y1
+ 4y3 ≥ 2
y1 +2y2
≥5
y1 ,y2,y3 ≥ 0
Solución óptima
y1 = 1;y2 = 2, y3 = 0 ; W = $ 1350
interpretación de la solución óptima del modelo primal:
Como X1 = 0, X2=100, X3 = 230 ; Z = $ 1350, significa que la cía debe producir 100
camiones (X2=100,) y 230 coches(X3 = 230 ) y ningún tren(X1 = 0) porque no son
rentables. Representando una utilidad máxima de $ 1350 diarios.
Ahora suponiendo que por fuerza de la competencia la Cía debe también producir trenes
,¿como se lograría equilibrar la producción ¿
Se deja al estudiante su análisis para satisfacer la interrogante.
37
UNIDAD Nº 4 MODELOS DE TRANSPORTE
Competencia: El estudiante debe plantear construir y resolver modelos de transporte
con sus respectivas extensiones utilizando los algoritmos específicos del transporteDescripción de la unidad.- la unidad comienza a plantear y resolver modelos de
transporte utilizando el algoritmo del transporte ,basado también en el simples,par luego
extenderse a otros modelos como el de asignación de recursos y o control de producción
y de inventarios.
Introducción.Dentro la programación lineal está la del transporte,que consiste básicamente de
transportar artículos,o personas desde sus fuentes(o fábricas) hasta sus destinos(o
bodegas o mercado).El objetivo fundamental es determinar el programa de transporte
que minimice el costo total de transporte y al mismo tiempo satisfaga la oferta y
demanda.Este del transporte se puede extender también a otras actividades como ser:
control de inventarios,la programación de empleos y asignación de personal en un ente
económico.
Estos modelos se podrían resolver utilizando la programación lineal normal,peros se
sugiere desarrollar un algoritmo de cómputo basado en el simples.
Definición del modelo de transporte.En forma general el problema se puede representar de acuerdo al siguiente esquema:
Fuente(origen)
(nodos)
a1 → 1
Unidades
de oferta
a2 → 2
.
.
.
.
.
.
am → m
(nodos)
Arcos
C11:X11
Cmn:Xmn
Destinos
(nodos)
1 → b1
2 → b2
.
.
.
.
.
.
n → bn
(nodos)
Unidades
de demanda
Donde hay m fuentes y n destinos tal que cada fuente y cada destinorepresentado por un
nodo
Los arcos representan las rutas que unen las fuentes y los destinos así el
Arco Cij:Xij = une la fuente i con el destino j ,además:
Cij = costo de transporte en $ /unidad
Xij = cantidad transportada
ai = cantidad de oferta en la fuente i.
bj = cantidad demandada en el destino j
El objetivo del modelo es determinar las cantidades Xij que minimicen el costo total de
transporte ,satisfaciendo simultáneamente las restricciones de oferta y demanda.
Nota .El algoritmo del transporte .-está basado en la hipótesis de que el modelo está
balanceado o equilibrado es decir la oferta = demanda; cuando esto no ocurre se debe
balancear aumentando fuentes “ficticias si la oferta < Demanda o
Aumentando destinos “ficticios” si la oferta > Demanda,para ello se debe suponer que
los costos de transporte/ unidad desde la fuente ala destino = 0
Ej.Una Cía que fabrica autos tiene tres plantas en tres ciudades: A,B,C con dos centros
principales de distribución en las ciudades: D,E.
Las capacidades de las tres plantas durante el próximo trimestre serán: 1000 ;1500 y
1200 autos respectivamente en A,B,C.
Las demandas trimestrales en los dos centros de distribución son 2300 y 1400 autos.la
distancia entre las fábricas y los centros de distribución en kilometraje se resume:
Distancia en Kilometraje
distribución
plantas
D
E
A
1000 2690
B
1250 1350
C
1275 850
La empresa de transporte cobra 8 ctvs$ /milla/auto,el costo de transporte/auto en las
distintas rutas y redondeadas al $ más próximo se calcula de acuerdo al cuadro
Costo de transporte ($/auto)
Centros de distribución
D
Plantas
(1)
A(1)
80
B(2)
100
C(3)
102
E
(2)
215
108
68
Se pide plantear el modelo de transporte para minimizar el costo total de transporte
Solución.Como Xij= cantidad de autos trnasportados desde las plantas(A,B,C) hasta sus centros
de distribución(D,E),entonces el modelo de transporte está dado por
Minimizar :Z = 80 X11 +215 X12 + 100X21 + 108 X22 + 102 X31 + 68X32
Sujeto a :
X11 + X12
= 1000 (A)
Oferta
X21 + X22
= 1500 (B)
X31 + X32
= 1200 ©
X11
+ X21
+X31
= 2300( D)
Demanda
X12
+ X22
+ X32
= 1400 (E)
Xij ≥ 0 ; i = 1,2,3 j = 1,2
Nota.- a diferencia de los modelos anteriores en el de transporte las restricciones son
ecuaciones.
La solución se lo puede graficar de acuerdo al siguiente esquema.
39
1000 → (A)
1000
(D)
2300
1300
1500 → (B)
200
1200 → ©
(E)
1400
1200
Unidades de oferta o
Capacidad productiva
Cantidad total de oferta
3700 autos
Unidades de demanda o
Cantidad total
Cantidad total de demanda
3700 autos
=
Modelo balanceado en equilibrio.
Como las restricciones son ecuaciones se sugiere utilizar la :
Tabla de transporte.- de acuerdo al problema en cuestión se lo puede resumir de acuerdo
al costo de transporte:
Destino
Origen
A
D
E
80
X11
B
215
1000
108
1500
68
1200
1400
3700
X12
100
X21
X22
C
102
X31
Demanda
Oferta
X32
2300
La solución óptima:
Mín Z = 80 X11 +215 X12 + 100X21 + 108 X22 + 102 X31 + 68X32
Mín Z = 80(1000) +215(0) + 100(1300) + 200(108) + 1200(68)= $ 313200
Ej de modelos no balanceados.
a) Suponiendo que en el modelo de la Cía de autos la capacidad de la planta B es de y
no de 1500 → la oferta (3500) < Demanda(3700)
Se debe agregar una fuente o planta ficticia con capacidad de 200 autos teniendo en
cuenta que el costo de transporte es cero,aunque también puede asumir valores
positivos(costo penalizado). La tabla solución está dado por:
Destino
Origen
A
D
E
80
X11
B
100
C
1000
108
X22
102
X31
Planta ficticia
Demanda
215
X12
X21
1300
68
X32
2300
Oferta
200
1400
1200
200
3700
40
b) Ahora suponiendo que la demanda de D es sólo de 900 en lugar de 1300,para ello se
debe agregar un centro de distribución ficticio que “reciba” el exceso de oferta(400),
→ la oferta (3700) < Demanda(3300)
De la misma manera se supone que los costos de transporte son cero,aunque también
puede asumir valores positivos(costo capitalizado).La tabla solución está dado por:
Destino
Origen
A
D
E
80
X11
B
215
100
0
1000
108
0
400
0
X22
102
X31
Demanda
Oferta
X12
X21
C
Destino
ficticio
68
X32
1900
1400
400
1500
1200
3700
ALGORITMO DE TRANSPORTE.El algoritmo del transporte se basa en los lineamientos generales del método simples,
para aplicar en la estructura especial del modelo de transporte por ser más sencillo y
cómoda que el normal aunque, sea un poco tedioso, para ello se tiene programas
especiales como el TORA que simplifica los cálculos.
La realización manual del algoritmo del transporte permite tener una visión de las
relaciones teóricas primal-dual ,que se desarrollaron para realizar los análisis de
sensibilidad .
Este algoritmo se basa en la estructura matricial de orden Xmn ,donde
Xij = cantidad transportada del origen i ,hasta el destino j
Fuente
origen
1
2
.
.
.
i
.
u
m
Demanda
1
2
J …
X1j …
X2j …
.
.
.
Xij …
.
X1n
X1n
Xij
i
Xmn
X11
X21
.
.
.
Xi1
X12
X22
.
.
.
Xi2
…
…
…
…
…
.
.
…
Xm1
1
Xm2
2
n
…
…
Oferta
1
2
.
.
.
X1n
.
i
j
Fases generales del algoritmo del transporte.Para aplicar el algoritmo del transporte eficientemente se sugiere seguir las siguientes
fases de acuerdo al siguiente esquema:
Fase 1 .-Determinación de una solución básica factible inicial
Para ello se tiene tres alternativas o métodos :
a)De la esquina noroeste(superior izquierda).b) Del costo mínimo.
c) Aproximación Vogel
41
Fase 2.- Usar la condición optimalidad del método simples para determinar la
variable de entrada entre las no básicas,si satisface dicha condición
detenerse,caso contarrio pasar a la fase 3
Fase 3 .-Usar la condición de factibilidad del método simples para determinar la
variable de salida entre las básicas en ese momento y determinar la nueva
solución básica,regresar a la fase 2
Determinación de la solución inicial.-mediante los tres métodos
a) De la esquina noroeste(superior izquierda).- se comienza con X11 de la
tabla matricial
1.-Asignar a la misma la cantidad máxima y ajustar las cantidades
asociadas de fuente (oferta )y destino (demanda ) restando la cantidad
asignada.
2.-Salir del renglón o la columna cuando se equilibre la oferta y/o
demanda(cero) ,tacharlo sólo uno de ellos en caso de anularse ambos
3.-Si queda exactamente una fila o columna sin tachar,se debe detener,en
caso contrario avanzar a la celda de la derecha si se acaba de tachar una
columna o a lde abajo si se tachó una fila.continuar con el paso
b) Del costo mínimo.-Inicia con una mejor solución porque se concentra en
las rutas menos costosas de la siguiente manera.
1.-se asigna todo lo posible a la celda que contenga el mínimo costo
unitario(si existe empate,se rompe arbitrariamente)
2.-La fila o columna satisfecha se tacha una de ellas ajustando las
cantidades de oferta y demanda.
3.-A continuación se busca la celda no tachada con el costo mínimo
,repitiendo el proceso hasta que quede sin tachar exactamente una fila o
columna.
c) Aproximación Vogel.Es similar al método anterior aunque mejorado porque produce mejores
soluciones iniciales de la siguiente manera.
1.-determinar para cada fila(o columna) una medida de penalización
restando el elemento de costo unitario mínimo en la fila (o columna) del
elemento con costo unitario siguiente al mínimo de la misma fila(columna)
2.-Elegir la fila o columna con mnayor penalización,romper los empates
arbitrariamente.Asignar todo lo posible a la variable que tenga el mínimo
costo unitario de la fila o columna seleccionado.ajustar la oferta y demanda
tachando la fila o columna equilibradas(sólo una).
3.-a) Si queda sin tachar exactamente una fila o columna conoferta o
demanda cero,detenerse.
b) Si queda sin tachar una fila o columna con oferta(demanda)
positiva,determinar las variables básicas en la fila(columna9 con el método
del costo mínimo,detenerse.
c)si todas las filas y columnas que no se tacharon tienen cero oferta y
demanda(restante),determinar las variables básicas cero por el método del
costo mínimo,detenerse.
d) en cualquier otro caso seguir en el paso 1
Ej Una Cía de transporte lleva grano desde tres silos hasta cuatro molinos.La oferta y la
demanda(ambos en camionadas),se resume en el modelo de transporte junto con sus
costos unitarios(Cij en cientos de $) ubicados en la esquina superior derecha de la
tabla,se desea minimizar el costo de transporte ,mediante el algoritmo del
42
transporte,utilizando los tres métodos para hallar la solución básica factible
inicial,utilizando posteriormente el método de la esquina noroeste para la solución final:
Molinos
Silos
1
1
2
10
X11
2
X12
2
X21
X22
X14
X23
15
20
X24
25
16
X33
15
Oferta
11
9
14
X32
5
20
7
4
X31
4
X13
12
3
Demanda
3
18
X34
15
10
50=50
15
Solución.- determinando las soluciones iniciales factibles
a) Método de la esquina noroeste: siguiendo las instrucciones se tiene:
Molinos
Silos
1
1
2
2
10
X11= 5→→→
12
3
4
2
X12= 10
↓
7
X22= 5→→→
14
9
X23=15 →→→
16
15
15
Demanda
5
3
4
20
Oferta
11
15
20
X24=5
↓
18
X34=10
15
25
10
50=50
Por lo tanto la solución inicial factible se obtiene,sabiendo que la función objetivo:
Mín Z = ∑CijXij = C11X11+ C12X12+ C22X22+ C23X23+ C24X24+ C34X34
= 10(5)+ 2(10) + 7(5)+ 9(15) + 20(5) + 18(10)= $ 520
b)Método del costo mínimo.- de acuerdo a las instrucciones se tiene:
Molinos
Silos
1
1
2
10
3
2
4
20
X12= 15
12
7
3
4
14
9
X23=15
X31= 5
5
15
11
X14 = 0
2
Demanda
Oferta
15
20
X24=10
16
15
25
18
X34= 5
15
10
50=50
Comienza en X12= 15 continua en X31= 5 prosigue en X23=15 sigue en X14 = 0 en X34= 5
finalizando en X24=10 por lo tanto la función objetivo:
Mín Z = ∑CijXij = C12X12+ C31X31+ C23X23+ C14X14+ C34X34+ C24X24
= 2(15)+ 4(5) + 9(15)+ 11(0) + 18(5) + 20(10)= $ 475
C)Método Vogel .- de acuerdo a las instrucciones se tiene:
43
Molinos
Silos
1
1
2
3
4
10
2
20
11
12
7
9
20
Oferta
Penalización
De fila
10-2= 8
15
2
9-7= 2
25
3
4
Demanda
5
Penalización 10-4=6
De columna
14
15
7-2=5
16
15
16-9=7
18
15
18-11=7
14-4=10
10
50=50
Volviendo a penalizar se tiene:
Molinos
Silos
1
1
2
3
4
10
2
20
11
2
12
7
9
20
3
4
14
16
18
Oferta
Penalización
De fila
9
15
2
25
Demanda
Penalización
De columna
5
-
15
5
15
7
15
7
2
10
50=50
Por lo tanto la función objetivo es.
Min Z= 2(15)+ 11(0)+ 9(15)+20(10)+4(5)+18(5)= $ 475
Una vez determinado la solución inicial factible con cualquiera de los tres métodos( en
este caso con el de la esquina noroeste) debemos pasar la
Fase 2.-que es el de usar la condición de optimalidad simples para determinar la
variable de entrada como variable no básica actual para mejorar la solución, para luego
determinar la variable de salida con la condición de factibilidad simples ,la misma que
se obtiene entre las variables básicas actuales.
Determinación de la variable de entrada.- se determina entre las variables no básicas
(será aquella que tenga coeficiente más positivo en el renglón Z) las que se obtienen a
través de las básicas,para ello se utiliza la técnica:
de los multiplicadores cuya relación de condición es:
Para cada Xij(no básica son aquellas que no tienen valor en el cuadro)→ ui + vj = Cij
igualando cualquier ui =0 de manera de resolver las demás relaciones de las básicas(son
aquellas que tienen valor en el cuadro) de la siguiente manera:
V.Básica → Ec.(ui,vj) Solución
X11 →
u1+v1 = 10 si u1= 0 → v1=10
X12 →
u1+v2 = 2 si u1= 0 → v2 =2
X22 →
u2+v2 = 7 si v2 =2 → u 2=5
X23 →
u2+v3 = 9 si u2= 5 → v3 =4
X24 →
u2+v4 = 20si u2= 5 → v4 =15
X34 →
u3+v4 = 18si v4 =15→ u3=3
V.no básica→ ui +vj -cij
X13 → u1+v3-c13 =0 +4 -20 = - 16
X14 → u1+v4-c14 = 0 +15-11 = 4
X21 → u2+v1-c21 =5+10-12 = 3
X31 → u3+v1-c31 = 3+10-4 = 9(v.entrada)
X32 → u3+v2-c32 =3+2-14 = -9
X33 → u3+v3-c33 = 3+4-16 = -9
44
Estos valores se pueden obtener directamente en la tabla,además se pueden colocar los
valores de las variables no básicas en recuadro dentro las celdas de la siguiente manera:
V1= 10
Molinos
Silos
U1=0
1
V2= 2
1
2
U3= 3
3
Demanda
2
5
4
7
5
15
11
15
4
9
15
14
-9
Oferta
20
-16
10
12
3
4
9
V4= 15
3
10
5
U2= 5
V3= 4
2
20
5
25
16
18
10
-9
15
10
50=50
15
Una vez determinado la variable de entrada(X31 v.no básica para convertirse en básica).
Ahora es necesario determinar la variable de salida de entre las básicas para convertirse
en no básica. Para ello se debe construir un circuito cerrado de segmentos horizontales y
verticales donde cada esquina del circuito debe coincidir con una v.básica adicionando
un valor θ con signos + y – alternativamente ,la variable de salida será aquella que
resulte con nivel cero si existen más de uno se elige sólo uno de ellos ;que comienza y
termina en la v.de entrada X31 ,de la siguiente manera:
Molinos
Silos
1
2
3
Demanda
1
2
10
2
5- Θ←←←
10+ Θ
↓
12
↑
7
↓
5- Θ←←←
↓
4
14
Θ→→→→→ →→→→→
5
15
3
4
20
Oferta
11
15
9
15←←←
16
→→→→→
15
20
5+Θ
↑
18
→10- Θ
15
25
10
50=50
Entonces el valor de θ que haga el nivel cero es 5por lo tanto las variables de salida
sonX11 y X22 ,debiendo elegirse uno de ellos ,en este caso X11
Ajuste de las variables básicas.-como la variable de entrada X31 y la de salida es X11
con Θ =5,como cada unidad que se transporta por la ruta (3,1) reduce el costo de
transporte en $ 9 ( X31= u 3+v1-c31 = 3+10-4 = 9) es decir 9(5) =45
Entonces el nuevo costo es 520-45 = $475,además se debe ajustar las v.básicas de las
esquinas del circuito ,quedando la tabla ajustada de la siguiente manera:
45
Tabla ajustada
Molinos
Silos
1
2
1
10
3
2
4
20
Oferta
11
15
15
-9
2
-16
12
7
4
9
0
15
20
10
25
-6
3
4
14
16
5
5
-9
Demanda
18
5
15
10
-9
15
15
50=50
Como existe todavía v,no básicas positivas tal el caso de X14= 4 se debe volver a
iterar,siguiendo la 2ª fase de nuevo,mediante los multiplicadores ,para determinar las
v.de entrada y salida hasta que todas las v.no básicas sean negativas
V.Básica → Ec.(ui,vj) Solución
X12 →
u1+v2 = 2 si v2= 7 → u 1=-5
X22 →
u2+v2 = 7 si u2= 0 → v2 =7
X23 →
u2+v3 = 9 si u2=0 → v3=9
X24 →
u2+v4 = 20 si u2= 0 → v4 =20
X31 →
u3+v1 = 4si u3= -2 → v1=6
X34 →
u3+v4 = 18si v4 =20→ u3=-2
V.no básica→ ui +vj -cij
X11 → u1+v1-c11 =-5+6-10 = -9
X13 → u1+v3-c13 = -5+9-20 = -16
X14 → u1+v4-c14 =-5+20-11 = 4 (v.de entrada)
X21 → u2+v1-c21 = 0+6-12 = -6
X32 → u3+v2-c32 =-2+7-14 = -9
X33 → u3+v3-c33 = -2+9-16 = -9
Una vez determinado la variable de entrada(X14 v.no básica para convertirse en básica).
Ahora es necesario determinar la variable de salida de entre las básicas para convertirse
en no básica. Para ello se debe construir un circuito cerrado de segmentos horizontales y
verticales donde cada esquina del circuito debe coincidir con una v.básica adicionando
un valor θ con signos + y – alternativamente ,la variable de salida será aquella que
resulte con nivel cero si existen más de uno se elige sólo uno de ellos ;el circuito
comienza y termina en la v.de entrada X14 , adicionando un valor máximo θ que
equilibra con signos positivos y negativos alternativamente de la siguiente manera:
46
Molinos
Silos
1
2
1
10
-9
2
12
-6
3
4
5
3
4
Oferta
2
20
11
15-θ→→→→ →→→→→
θ
↑
-16
4
↑
↓
↑
7
9
↓
20
0+θ
15
10- θ
↑
↓
←←←←←← ←←←←←← ←
14
16
18
5
-9
-9
15
25
10
Demanda
5
15
15
15
50=50
El valor de θ que equilibre o haga cero es 10 en la variable X24 por lo tanto ésa es la
variable de salida, consecuentemente la tabla se debe ajustar con los multiplicadores
V.Básica → Ec.(ui,vj) Solución
X12 →
u1+v2 = 2 si u1=0 → v2= 2
X14 →
u1+v4 = 11 si u1= 0 → v4 =11
X22 →
u2+v2 = 7 si v2= 2 → u 2=5
X23 →
u2+v3 = 9 si u2= 5 → v3 =4
X31 →
u3+v1 = 4 si u 3= 7 → v1=-3
X34 →
u3+v4 = 18si v4 =11→ u3=7
V.no básica→ ui +vj -cij
X11 → u1+v1-c11= 0-3-10
X13 → u1+v3-c13 = 0+4-20
X21 → u2+v1-c21 =5-3-12
X24 → u2+v4-c24 = 5+11-20
X32 → u3+v2-c32= 7+2-14
X33 → u3+v3-c33 = 7+4-16
= -13
= -16
= -10
= -4
= -5
= -5
Como se puede apreciar todas las v,no básicas son negativas por lo tanto se alcanzado el
objetivo es decir se ha minimizado el costo de transporte
Molinos
Silos
1
2
1
10
3
2
4
20
5
11
10
-13
2
15
-16
12
7
9
10
20
15
25
-10
3
-4
4
14
16
5
18
5
-5
Demanda
5
Oferta
15
10
-5
15
15
50=50
47
La nueva solución que se ve en la tabla cuesta 4(10) = $40 menos que la anterior
solución ,es decir COSTO Mín Z = $475-$40 = $ 435
La solución óptima se resume de la siguiente manera.
Variables
Del Silo
al molino
Nº de camionadas
X12
1
2
5
X14
1
4
10
X22
2
2
10
X23
2
3
15
X31
3
1
5
X34
3
4
5
Costo óptimo Z = C12 X12 + C14 X14+ C22 X22+ C23 X23+ C31 X31+ C34 X34
= 2(5) + 11(10) + 7(10) + 9(15) + 4(5) + 18(5) =$435
Extensión del modelo del transporte.El modelo del transporte se puede extender y aplicar a otros modelos como ser :
a)El modelo del transbordo ,b)El modelo de asignación de recursos,
c)El de control de producción e inventarios.
a)Modelo del transbordo.Este modelo puede ser más económico que el del transporte porque utiliza nodos
intermedios o transitorios para llagar a su destino.Ahora el problema está en adaptar un
modelo de transbordo a un modelo de transporte normal,para ello se deberá presente
algunos elementos y conceptos como:
Oferta en un nodo de oferta pura = suministro original (fuente original)
Demanda en un nodo de demanda pura = Demanda original(DestinoFinal)
Oferta en un nodo de transbordo= oferta original + Amortiguador
Demanda en un nodo de demanda pura =demanda original + amortiguador
Amortiguador= cantidad suficientemente grande que permita que toda la oferta(o
demanda) original pase por cualquiera de los nodos de transbordo =Oferta(demanda
total).
Ejemplo.Dos fábricas de computadoras P1 y P2 se conectan con tres agencias D1,D2,D3,a través
de dos centros de distribución T1 y T2 de acuerdo al siguiente esquema:
D1
→ 800
8
3
P1
T1
1000 →
6
5
4
2
1200 →
P2
7
5
D2
4
T2
→ 900
3
9
D3
→ 500
48
Donde las cantidades de oferta en las plantas P1,P2 son 1000 y 1200 autos; las
cantidades de demanda en las agencias D1,D2 y D3 son: 800, 900 y 500 autos.el costo
de transporte por auto se da en los arcos de la red( en cientos de $)
Los transbordos existen porque toda la oferta de 2200( = 1000+1200) autos de los
nodos puros P1 y P2 podrían pasar por cualquier nodo de transbordo T1,T2,D1 y D2
Por lo tanto los nodos puros de oferta son P1,P2 el nodo puro de demanda sólo es D3.
El modelo de transbordo se puede convertir en un modelo de transporte normal con 6
fuentes: P1,P2,T1,T2 D1 y D2 y cinco destinos:T1,T2,D1,D2,D3,donde las cantidades
de oferta y demanda en los distintos nodos se determinan con los conceptos dados al
principio
La oferta o demanda total = 1000+1200( 800+900+500) =Amortiguador =B=2200 autos
Una vez determinado las fuentes y los destinos se construye el cuadro matricial del
modelo de transporte normal y luego se procede de acuerdo el algoritmo del
mismo.Cuya solución gráfica se puede apreciar:
D1
→ 800
1000 →
P1
T1
800
1000
400
D2
1200
1200 →
P2
→ 900
1000
T2
500
→ 500
D3
Donde la agencia D2 recibe 1400 autos se queda con 900 para satisfacer la demanda y el
saldo de 500 autos los envía a la agencia D3
b)Modelo de asignación de recurso.Otra aplicación del modelo del transporte se da en el de asignación óptima de recursos
en cualquier ente económico.
El modelo general de asignación con n trabajadores o empleados y n puestos o cargos,es
decir cada cargo para un solo trabajador por lo tanto es modelo equilibrado(Oferta=
Demanda); el mismo se sintetiza en la matriz de la siguiente manera:
Puesto(destino)
Trabajador(origen)
1
2
.
.
.
n
Nº de cargos o
puestos
1
C11
C21
.
.
.
Cn1
1
2
C12
C22
.
.
.
Cn2
1
…
n
…. C1n
…. C2n
…. .
…. .
…. .
… Cnn
…
1
Nº
de
trabajadores
1
1
.
.
.
1
Donde Cij = costo de asignar al i-ésimo trabajador el j-ésimo puesto (i,j= 1,2,3,…n)
49
Una vez sistematizado el problema de la asignación de recursos ,éste se puede resolver
mediante el algoritmo del transporte,pero existe otro método más sencillo que es:
Método húngaro.Este método también se basa en método simples,para aplicar dicho método se debe
seguir 3 etapas.
1ªEtapa .- una vez determinado la matriz original de costo,se debe identificar el mínimo
d cada fila y restarlo de todos los elementos del renglón
2ºEtapa.- en la matriz resultante de la 1ª etapa se identifica el mínimo de cada columna
y restarlo de todos los elementos de la columna
3º Etapa.-Identificar la solución óptima como la asignación factible asociada con los
elemntos cero de la matriz obtenida en la 2ª etapa.
Ejemplo.Una empresa requiere tres empleados para su departamento administrativo en la sección
de limpieza(1ª limpieza de las oficinas,2ª limpieza de las ventanasy 3ª limpieza de los
vehículos). Para ello les pide a los tres postulantes sus ofertas(en sobre cerrado) de lo
que creen que un pago justo para cada una de las tres labores de limpieza,suponiendo
que los tres postulantes aceptarán el trabajo que decida el jefe del departamento
administrativo.
Las ofertas recibidas se resumen de la siguiente forma:
Tipo de limpieza Oficina ventanas vehículos
Empleado
1
2
3
A
$ 15
$ 10
$9
B
$ 9
$ 15
$10
C
$ 10
$ 12
$ 8
El problema consiste en asignar las labores de manera óptima para la empresa.
Solución.Siguiendo las etapas:
1ª etapa: determinando los costos mínimos de la fila i (=pi) cuya tabla correspondiente.
Tipo de limpieza
Empleado
A
B
C
Oficina ventanas vehículos
1
2
3
$ 15
$ 9
$ 10
$ 10
$ 15
$ 12
$9
$10
$ 8
Mínimo
De la fila
pi
p 1= 9
p 2= 9
p 3= 8
2ªetapa.:determinando los costos mínimos de la columna j cuya tabla correspondiente:
Tipo de limpieza
Empleado
A
B
C
Mínimo
de
la
columna qj
Oficina ventanas vehículos
1
2
3
$ 15
$ 10
$9
$ 9
$ 15
$10
$ 10
$ 12
$ 8
q1= 0
q2=1
q 3=0
50
3ªetapa:restando los valores mínimos tanto de la filas y posteriormente de las columnas
se obtiene la solución óptima,cuya tabla resume :
Tipo de limpieza Oficina ventanas vehículos
Empleado
1
2
3
A
6
0
0
B
0
5
1
C
2
3
0
La solución óptima se da en las celdas con los elementos cero(0) ,es decir el
empleado A limpiará las ventanas, B limpiará la oficina y C limpiará los vehículos los
mismos costará a la empresa = ( p1 + p1+ p1)+ (q1+ q1+ q 1 ) =$ 9 + $10 + $8 = $ 27
Nota.-Cuando no se da la solución factible de manera directa como en el ej. Anterior
entonces se debe añadir otros pasos más:
Después de aplicar las dos primeras etapas y no se pueden asignar una tarea o empleo
por cada postulante entonces se sugiere:
2ªa Etapa ,si no se puede obtener una solución factible en las etapas anteriores
entonces:
1) trazar la cantidad mínima de lineas horizontales y verticales en la última matriz
reducida que cubran todos los elemntos cero.
2) Elegir el elemento mínimo no marcado por la linea ,restarlo de todo elemento no
cubierto y a continuación sañadirlo a todo elemnto en la intersección de dos lineas
3) Si no se puede hallar una asignación factible entre los elemntos cero resultantes
repetir desde 2ªa .caso contrario seguir con la 3ª etapa para determinar la signación
óptima.
Ej.Suponiendo que en el problema anterior se añade una labor más (pintado de la
fachada) y por lo tanto se requiere un trabajador más, de acuerdo a la siguiente matriz
Tipo de limpieza Oficina ventanas vehículos pintado
Empleado
1
2
3
4
A
$1
$4
$6
$3
B
$9
$7
$10
$9
C
$4
$5
$11
$7
D
$8
$7
$ 8
$5
Después de aplicar los primeros dos pasos a la matriz original( p1=
1,P2=7,P3=4,P4=5,q1= 0 , q2= 0 ,q3= 3 ,y q=4) se obtiene la matriz transformada.
Tipo de limpieza Oficina ventanas vehículos pintado
Empleado
1
2
3
4
A
0
3
2
2
B
2
0
0
2
C
0
1
4
3
D
3
2
0
0
51
Como se puede apreciar los lugares de los elementos cero no permiten asignar una
labor a cad postulante.Por lo tanto realizando los pasos mencionados anteriormente en
2ªa Etapa se obtiene el nuevo trazado ,obteniéndose el valor mínimo no implicado por
las líneas (1):
Tipo de limpieza Oficina ventanas vehículos pintado
Empleado
1
2
3
4
A
0
3
2
2
B
2
0
0
2
C
0
1
4
3
D
3
2
0
0
Obteniéndose el valor mínimo no implicado por las líneas (1),el mismo que se resta de
todas las celdas implicadas con las lineas y se suman a las celdas de las
intersecciones,par producir la tabla solución:
Tipo de limpieza Oficina ventanas vehículos pintado
Empleado
1
2
3
4
A
0
2
1
1
B
3
0
0
2
C
0
0
3
2
D
4
2
0
0
Donde las celdas de solución están ocupadas por los ceros 0 ,siendo:
Al postulante A se le asigna la limpieza de oficina al postulante B la limpieza de los
vehículos,al postulante C la labor de limpieza de ventanas y al postulante D el pintado
de las fachada.,es decir: el mínimo costo asociado a ésta asignación está dado por
Z= ( 1+10+5+5)= $21 o también Z= (1+7+4+5)+(0+0+3+0)= $21
c)Modelo de producción e inventarios.El modelo de transporte se puede aplicar o extender al área de de control de producción
e inventarios y de mantenimiento de equipo por que existe mucha similitud entre
ambos modelos como se puede apreciar en el siguiente esquema:
Modelo del transporte
Modelo de producción e inventarios
- Fuente i
.Período de producción i
- Destino j
-Período de demanda j
- Cantidad suministrad en la fuente i
-capacidad de producción del período i
- Demanda en el destino j
- demanda en el período j
- Costo unitario de transporte desde la -Costo
unitario(producción+
fuente i hasta el destino j
retención+penalización)en el período i
para el período j
Modelo de control de producción e inventarios.Para construir éste tipo de modelo se debe tener en cuenta la producción como el costo
de transportar /unidad bajo tres períodos: período en curso, anterior y posterior así.
Además el costo de “transporte”/unidad desde el período i hasta el período j se
determina de la siguiente manera:
Cij =
Costo de producción en i , i=j ( período en curso)
Costo de producción en i+ costo de retención de i a j , i < j (período anterior)
Costo de producción en i + costo de penalización de i a j i > j(período posterior)
52
Ej.-Una empresa fabrica ciertos implementos para excursionistas .La demanda de su
producto se presenta cada cuatrimestre (desde marzo hasta junio) de cada año. La
empresa estima que la demanda durante los cuatro meses es : 100 , 200 , 180 y 300
unidades ,respectivamente .La empresa utiliza mano de obra de tiempo parcial, por lo
tanto su capacidad de producción varía cada mes. La empresa estima que puede
producir: 50 ,180 280 y 270 unidades de marzo a junio respectivamente, como la
demanda como la capacidad de producción no coinciden, la demanda de cada mes se
puede cumplir mediante una de las tres alternativas:
1.-Con la producción del mes en curso ,cuyo costo de producción es $ 40.00/unidad
2.-Con la producción sobrante del mes anterior,con costo de retención $ .50/unidad/mes
3.- Con la producción sobrante en meses posterior ,con penalización adicional de
$ 2.00 /mochila/ mes.
La empresa desea determinar el programa óptimo de producción en los cuatro meses
Solución .Dada que la capacidad productiva como la demanda no son iguales,se debe
equilibrar,recurriendo a los tres tipos de costos de producción.Para ello se utilizará una
tabla del transporte para los cuatro meses
Meses
Marzo (1)
Abril (2)
Mayo(3)
Junio (4)
Demanda
Marzo(1)
C11
C21
C31
C41
Abril(2) Mayo(3) Junio(4)
C12
C13
C14
C22
C23
C24
C32
C33
C34
C42
C43
C44
Capacidad productiva
Donde la diagonal de la matriz corresponde al costo de producción en el período en
curso y el triángulo debajo de la diagonal corresponde a los costos de producción en el
período i + un costo de penalización, y el triángulo superior a la diagonal corresponde
alos costos de producción en el período i + un costo de retención .los mismos que se
calculan de la siguiente manera:
C11 = $ 40.00
C12 = 40.00 + 0.50 = $40.50
C13 = 40.00 + (0.50 +0.50) = $41.00
C14 = 40 .00 + (0.50+0.50+0.50)= $ 41.50
C21 = 40.00+2.00= $ 42
C22 = $40.00
C23 = 40.00 + (0,50) = $ 40.50
C24 = 40.00+ (0,50+0.50)= $ 41.00
C31 = 40.00 + (2.00 +2.00)= $44.00
C32 = 40.00 +(2.00) = $ 42
C33 = $40.00
C34 = 40.00+(0.50)= $40.50
C41 = 40.00 + (2.00 +2.00+ 2.00) = $46
C42 = 40.00 +(2.00 +2.00) = $ 44.00
C43 = 40.00+ (2.00) = $ 42.00
C44 = $40.00
53
Cuya tabla será:
Meses
Marzo(1) Abril(2) Mayo(3) Junio(4)
Marzo (1) $ 40.00
$ 40.50 $ 41.00 $ 41.50
Abril (2) $ 42.00 $ 40.00 $ 40.50 $ 41.00
Mayo(3) $ 44.00 $ 42.00 $ 40.00 $ 40.50
Junio (4) $ 46.00 $ 44.00 $ 42.00 $ 40.00
Demanda
100
200
180
300
Capacidad productiva
50
180
280
270
780
La solución óptima se resume en el diagrama
Oferta
Período
De oferta 50
Período
Demanda
Demanda
50
↓
1
1
↓
100
50
180
↓
2
130
70
2
↓
200
280
↓
3
180
30
3
↓
180
270
↓
4
270
4
↓
300
Donde los vectores retrasados (hacia atrás) indican abastecimiento retrasado,los
vectores verticales indican abastecimiento en el día y los vectores adelantados
significan producción para período futuro
54
UNIDAD Nº 5 MODELOS DE REDES
Competencia: El estudiante debe saber que la mayor parte de los problemas de
programación matemática en el mundo real se pueden representar como modelos
relacionados con redes y por lo tanto utilizar correctamente los principales algoritmos
de los modelos de redes específicos
Descripción de la unidad.- esta unidad comienza a utilizar el algoritmo del modelo de
redes,para luego extenderse a otros modelos especiales utilizando algunos programas
especiales como el TORA
Introducción.Generalmente la mayor parte de los modelos de programación lineal se pueden modelar
y resolver como modelos de redes,asi por ejemplo tenemos las siguientes situaciones:
1.-Diseños de redes de gasoductos marinos para entrega en tierra, donde el objetivo es
minimizar el costo de construcción del gasoducto.
2.-Determinación de la ruta más corta entre dos ciudades en una red de carreteras
3.-determinación de la capacidad máxima de una red de tubería para la distribución de
combustibles o líquidos o gas
4.-Diseño del programa de flujo de oleoductos con costo mínimo
5.-determinación del cronograma de actividades en la elaboración de cualquier
proyecto.
Esta situaciones se pueden formular y resolver mediante programas lineales explícitos,
pero existen programas especiales de redes más eficientes que el método simplex,como
ser:
1.-Árbol de expansión mínima
2.-Algoritmo de la ruta más corta
3.-Algoritmo del flujo máximo
4.-Algoritmo de red capacitada con costo mínimo
5.-Algoritmo de la ruta crítica
Antes de desarrollar los diferentes algoritmos es necesario dar algunos :
Conceptos básicos sobre redes.
Definición de red.-(N,A)
Una red está constituido por una serie de nodos conectados con arcos(o ramas).Una red
se denota por (N,A) donde:
N: es el conjunto de nodos →N= {1,2,3,4,5,……n)
A: es el conjunto de arcos →A= ((1,2),(1,3)……)
Clases de arcos.- de acuerdo a su dirección se tiene:
Arco dirigido u orientado.- se dice dirigido si permite un flujo positivo en una
dirección y flujo cero en la dirección opuesta
Red dirigida.- se dice que la red es dirigida si tiene todos sus arcos dirigidos
Ruta.- es una sucesión de arcos distintos que unen dos nodos pasando por otros nodos
independientemente de la dirección de flujo en cada arco.
Ciclo.-se dice que una ruta constituye un ciclo si conecta un nodo consigo mismo
pasando por otros nodos.
Red conectada.- es aquella en que cada dos nodos distintos están conectados al menos
por una ruta
Árbol.- es una red conectada que puede consistir sólo en un subconjunto de todos los
nodos en ella,donde no se permiten ciclos
Árbol en expansión.- es un árbol que conecta todos los nodos de la red,sin permitir
ciclos.
1:-Algoritmo de árbol de expansión mínima.Este algoritmo tiene principalmente aplicación en la construcción de carreteras
pavimentadas que unen varias poblaciones.
El camino entre dos poblaciones puede pasar por uno o más poblaciones adicionales.
El diseño de éste tipo de carreteras es más económico si minimiza la distancia total de
caminos pavimentados ,el mismo que se obtiene implementando el algoritmo de
expansión mínima,cuyo procedimiento es el siguiente
Sean N= {1,2,3,4,5,……n} el conjunto de nodos de la red donde se definen:
Ck = Conjunto de nodos que se han conectado en forma permanente en la dirección k
Čk= Conjunto de nodos que todavía se deben conectar en forma permanente.
Paso o.- el conjunto C0 = Φ y Č0 = N
Paso 1.- Se inicia con cualquier nodo en el conjunto Č0 no conectado( o inconexo) e
igualar C1 = {i }, con lo que Č1 = N- {i },igualar k = 2
Paso general.- seleccionar el nodo j*-ésimo en el conjunto no conectado Čk-1 que
produzca el arco más corto aun nodo en el conjunto conectado Ck-1.Enlazar al j*-ésimo
nodo en forma permanente con Ck-1 y sacarlo de Čk-1 ,es decir
Ck = Ck-1 + {j* }, Čk = Čk-1 -{j* },
Si el conjunto Čk ,de nodos no conectados es vacío,detenerse,en ctro caso igualar k=k+1
y repetir el paso.
Ejemplo.-Una Cía de tv por cable desea proporcionar servicio de cable a cinco nuevas
zonas urbanas .Los enlaces posibles de tv de las cinco zonas se representan de acuerdo
al siguiente diagrama:
3
9
2
1
6
5
8
5
3
1
4
5
10
7
4
3
6
Las distancias entre arcos está dado en millas.Se pide determinar la red de cable más
económica.
Solución.-Comenzando con cualquier nodo ,en éste caso con el nodo 1 , obteniéndose:
C1= {1} , Č1 ={2,3,4,5,6} → C2= {1,2} , Č2 ={3,4,5,6} y así sucesivamente ,cuyas representaciones
gráficas de las diferentes iteraciones tenemos:
Primera iteración
2
5
1
9
5
3
1
7
6
4
Sexta iteración( solución)
2
5
3
1
4
5
3
1
5
3
4
6
56
Donde las líneas gruesas en negrilla representan los enlaces permanentes y las lineas
delgadas segmentadas representa el nuevo enlace(permanente) que se agrega en cada
iteración,la solución se da en el árbol de expansión mínima que se tiene en la sexta
iteración.
La cantidad mínima de millas necesarias para proporcionar el servicio de tv por cable
que se desea : 1+3+4+3+5= 16 millas.
2.-Algoritmo de la ruta más corta.Este algoritmo se aplica entre una fuente y un destino en una red de transporte,
pudiendose aplicar a otros modelos como el de reemplazo de equipo,o en el análisis de
redes.
En éste tipo de algoritmos tenemos dos para resolver redes tanto cíclicas como acíclicas
a) El algoritmo de Dijkstra y b) el algoritmo de Floyd.
1:-Algoritmo de Dijkstra.- tiene por objeto determinar las rutas más cortas entre el
nodo fuente y todos los demás nodos de la red.este algoritmo utiliza algunos conceptos
y notaciones como ser
la distancia más corta del nodo fuente 1 hasta el i-ésimo nodo =ui
longitud del arco (ij)= dij(≥ 0)
Etiqueta de un nodo inmediato posterior j = [uj,i]= [ ui+dij,i]
Etiqueta del nodo de inicio = [0,-1] (el nodo no tiene predecesor)
Clases de etiquetas.a) Temporales.- son las que se pueden modificar si se puede encontrar una ruta más
corta a un nodo.
b) Permanente.-son las no se pueden hallar mejores rutas ,cambiando de temporal
a permanente.
Procedimiento.Fase inicial.- etiquetar el nodo fuente (nodo 1) con la etiqueta [0,-].Igualar i=1
Fase i-ésima :
a)Determinar las etiquetas temporales[ ui+dij,i] para cada nodo j al que puede llegarse
desde el nodo i siempre y cuando j no tenga etiqueta permanente.
Si el nodo j ya está etiquetado con [uk,k] por otro nodo k y si ui+dij< uj sustituir [uk,k]
por [ ui+dij,i]
b) Si todos los nodos tienen etiquetas permanentes detenerse.caso contrario seleccionar
la etiqueta [ur,s] que tenga la distancia más corta (=ur) entre todas las etiquetas
temporales(los empates se deciden arbitrariamente).Hacer que i= r y reiterar la fase i
Ej. Se tiene la red cuya gráfica muestra las rutas con sus longitudes(millas) entre la
ciudad1(nodo 1) y otras 4 ciudades (nodos del 2 al 5).determinar la rutas más cortas
entre la ciudad 1 y cada una de las 4 ciudades restantes:
2
15
4
100
20
50
10
1
30
3
60
5
57
Solución.Iteración inicial 0 → Etiqueta permanente [0,-] al nodo 1
Iteración 1
→ desde el nodo 1 se puede llegar a los nodos 2 y 3 de la siguiente
manera:
Nodo
1
2
3
Etiqueta
Estado de la etiqueta
[0,-]
permanente
[0+100,1]=[100,1]
temporal
[0+30,1] = [30,1]
temporal
El estado del nodo 3 se puede volver permanente ,luego se prosigue:
Iteración 2.- → del nodo 3 se puede ir a los nodos 4 y 5 por lo tanto la lista de los
nodos etiquetados son:
Nodo
1
2
3
4
5
Etiqueta
Estado de la etiqueta
[0,-]
permanente
[100,1]
temporal
[30,1]
permanente
[30+10,3] =[40,3]
temporal
[30+60,3] = [90,3]
temporal
El estado de la etqueta temporal[40,3] se cambia a permanente .
Iteración 3.Del nodo 4 se puede ir a los nodos 2 y 5 ,la lista de los nodos etiquetados actualizados
son:
Nodo
1
2
3
4
5
Etiqueta
Estado de la etiqueta
[0,-]
permanente
[40+15,4]=[55,4]
temporal
[30,1]
permanente
[40,3]
temporal
[40+50,4] = [90,4]
temporal
Iteración 4.- Del nodo 2 sólo se puede ir al nodo 3,sinmebargo el nodo 3 tiene una
etiqueta permanente y no se puede cambiar.la nueva lista de etiquetas queda igual en la
iteración 3 salvo que la etiqueta en el nodo 2 ya es permanente.esto deja al nodo 5 con
la misma etiqueta temporal.como el nodo 5 no conduce aotro lado su estado se vuelve
permanente terminando el proceso.cuya solución gráfica
[55,4]
2
15
[40,3]
4
100
20
50
10
1
[0,1]
30
3
[30,1]
[90,3]
60
5
[90,4]
58
Por lo tanto la ruta buscada es 1→ 3→4 →2 con una longitud total de 55 millas
2) Algoritmo Floyd.- Este algoritmo es más general que el Dijkstra,porque determina la
ruta más corta entre 2 nodos cualesquiera de la red.
Este algoritmo se basa en una matriz cuadrada de orden nxm( n=nº de filas m=nº de
columnas), y una operación triple con la siguiente desigualdad:
j
dij
djk
i
k
dij +djk < dik
cuya representación gráfica
dik
que significa ir del nodo i al nodo al nodo k pasando por el nodo k ,es decir es óptimo
reemplazar la ruta directa i→ k por la ruta i→j→ k.
donde :
dij= distancia entre el i-ésimo nodo y el j-ésimo nodo de manera directa en caso
contrario se dice que es infinito (∞)
djk= distancia entre el nodo j-ésimo y el nodo k-ésimo
dik= distancia entre el nodo i-ésimo y el nodo k-ésimo
Para aplicar este intercambio de operación triple en forma sistemática en la red es
necesario seguir los siguientes pasos:
Fase inicial.Definir las matrices iniciales de distancias Do y de secuencias So de acuerdo mal
siguiente formato, donde los elementos diagonales se marcan (-) el mismo que señala
que están bloqueados ,luego igualar k= 1 de la siguiente manera:
Do
1
2
.
.
.
i
.
.
.
n
1
d21
.
.
.
di1
.
.
.
dn1
2
d12
.
.
.
di2
.
.
.
dn2
…
…
…
…
…
…
…
…
…
…
…
j
dij
d2j
.
.
.
dij
.
.
.
dnj
So
…
…
…
…
…
…
…
…
…
…
…
n
din
d2n
.
.
.
din
.
.
.
-
→
→
→
→
→
→
→
1
2
.
.
.
i
.
.
.
n
1
1
.
.
.
1
.
.
.
1
2
2
.
.
.
2
.
.
.
2
…
…
…
…
…
…
…
…
…
…
…
j
j
j
.
.
.
j
.
.
.
j
…
…
…
…
…
…
…
…
…
…
…
n
n
n
.
.
.
n
.
.
.
-
Fase general k.Determinar la fila k y la columna k como renglón y columna pivote.Aplicar la operación
triple a cada elemnto dij en Dk-1 Para todo i,j,si satisface la condición:
dik +dkj < dij ( i≠ k ; j ≠ k ; i ≠j) efectuar los siguientes cambios:
a) Crear Dk reemplazando dij en Dk-1 por dik +dkj
b) Crear Sk reemplazando Sij en Sk-1 por k ,igualar k = k+1,reiterar la fase k
Ej. Para la red del diagrama ,determinar las rutas más cortas entre cada par de nodos .En
los arcos aparecen las distancias en millas .El arco (3,5) es direccional, es decir no se
permite traficar del nodo 5 al nodo 3.todos los demás nodos permiten tráfico en ambas
direcciones.
59
5
2
4
3
4
6
1
5
10
15
3
Iteración inicial.Do
1
2
3
4
5
1
3
10
∞
∞
2
3
∞
5
∞
3
10
∞
6
∞
4
∞
5
6
4
So
5
∞
∞
15
4
-
→
→
→
→
→
→
1
2
3
4
5
1
1
1
1
1
2
2
2
2
2
3
3
3
3
3
4
4
4
4
4
5
5
5
5
5
-
Iteración 1.Se iguala k=1 → la fila y columna pivote (1,1) las únicas dij que pueden mejorar son :
d23 y d32 (los primeros ∞) → D1 y S1 se obtienen partiendo de Do y So de la siguiente
manera: 1) sustituir d23 por d 21 +d 13 = 3+10 = 13 e igualar S23 =1
2) sustituir d 32 por d31+ d12 = 10+3 = 13 e igualar S 32 =1 los cambios
producidos se tienen en D1 y S1
D1
1
2
3
4
5
1
3
10
∞
∞
2
3
13
5
∞
3
10
13
6
∞
4
∞
5
6
4
S1
5
∞
∞
15
4
-
→
→
→
→
→
→
1
2
3
4
5
1
1
1
1
1
2
2
1
2
2
3
3
1
3
3
4
4
4
4
4
5
5
5
5
5
-
Iteración 2
Se iguala k=2→ la fila y columna pivote (2,2) las únicas dij que pueden mejorar son :
d14 y d41 (los segundos ∞) → D2 y S2 se obtienen partiendo de D1 y S1 de la siguiente
manera: 1) sustituir d14 por d 12 +d 24 = 3+5 = 8 e igualar S14 =2
2) sustituir d41 por d42+ d 21 = 5+3 = 8 e igualar S41=2los cambios producidos
se tienen en D2 y S2
D2
1
2
3
4
5
1
3
10
8
∞
2
3
13
5
∞
3
10
13
6
∞
S2
4
8
5
6
4
5
∞
∞
15
4
-
→
→
→
→
→
→
1
2
3
4
5
1
1
1
2
1
2
2
1
2
2
3
3
1
3
3
4
2
4
4
4
5
5
5
5
5
-
…. Y así sucesivamente hasta la cuarta iteración que resulta.
Iteración 4.K=4 y las nuevas D4 y S4
60
D4
1
2
3
4
5
1
3
10
8
12
2
3
11
5
9
3
10
11
6
10
S4
4
8
5
6
4
5
12
9
10
4
-
→
→
→
→
→
→
1
2
3
4
5
1
1
1
2
4
2
2
4
2
4
3
3
4
3
4
4
2
4
4
4
5
4
4
4
5
-
Iteración 5
Se igual k= 5 como se puede apreciar en la fila y renglón de D4, no se puede mejorar
por lo tanto D5 y S5 son iguales a D4 y S4,. Siendo la ruta adecuada es
1→2→ 4→5 porque no necesita más disecciones y el proceso termina
3.-Algoritmo de la ruta crítica.Dentro de este modelo tenemos dos algoritmos.
El método de la ruta
crítica(CPM),basado en actividades determinísticas y Técnica de evaluación y revisión
de programa(PERT) basado en actividades de duración probablísticas,cuyos objetivos
es tener un método analítico para programar actividades de proyectos cuyas fases son:
a) Definición de las actividades ,sus relaciones de precedencia y sus tiempos
b) Determinación de la red que muestra las relaciones de precedencia entre las
actividades.
c) Cálculos específicos de la red que constituyen la base para el desarrollo del
programa del proyecto en función del tiempo.
Podría no cumplirse el programa que se planea durante la implementación del proyecto
,retrazando o adelantando las actividades del proyecto,`por lo tanto se debe actualizar el
programa para que refleje la realidad, por lo tanto es necesario incluir un bucle o ciclo
de retroalimentación entre la fase de programa y la fase de la red.
El esquema de las fases de planeación de un proyecto CPM y PERT
Actividades
Del proyecto
Red
Cálculo
De la red
Cronograma
del
(tiempo)
Representación de la red.Para elaborar la red se necesita tener presente algunos conceptos tales como:
-Cada actividad del proyecto se representa con un arco direccionado de acuerdo a la
avance del proyecto.
-Los nodos de la red establecen las relciones de precedencia entre las diferentes
actividades del proyecto
-Actividad ficticia no consume tiempo ni recursos y se represnta con línea segmentada
Regla.1) Cada actividad se representa con un sólo arco
2) Cada actividad se debe identificar con dos nodos distintos.
Se puede utilizar actividades ficticias para representar actividades concurrentes
3)para mantener las relciones de precedencia correctas, deben satisfacer las
siguientes interrogantes:
a)¿Qué actividades deben anteceder inmediatamente a la ctividad actual?
b)¿Qué actividades deben seguir inmediatamente a la actividad actual?
61
c)¿Qué actividades deben efectuarse de manera concurrente o simultáneamente con
la actividad actual?
Para satisfacer éstas interrogantes se podría recurrir al uso de las actividades ficticias
para asegurar las precedencias correctas entre las actividades. Por ej
Un editor tiene un contrato con un autor para publicar su libro de texto. las
actividades(simplificadas) relacionadas con la producción del libro están resumidas
en el siguiente cuadro. Se pide formular la red del proyecto.
Actividades
Predecesor
Duración
(semanas)
A: lectura del manuscrito por el editor
B: Preparación de páginas muestra por el tipógrafo
C: Diseño de la portada del libro
D: Preparación del figuras del libro
E: Aprobación por el autor del manuscrito Editado y las paginas muestra A,B
F:Tipografía del libro
E
G: Revisión por el autor de las páginas tipografiadas
F
H: Revisión de las figuras por el autor
D
I: Producción de las placas de impresión
G,H,
J: Producción y encuadernación del libro
C,I
3
2
4
3
2
2
2
1
2
4
De acuerdo a los conceptos y reglas se introduce la actividad ficticia (2,3) de la
siguiente manera:
E-2
2
F-2
3
4
6
G-2
A-3
B-2
H-1
5
7
D-3
I-2
C-4
1
j-4
8
9
Cálculos para la ruta crítica (CPM)
Para obtener el resultado final de CPM del esquema se deben hacer cálculos
específicos ,para ello es necesario tener presente algunos conceptos para obtener la
siguiente información:
1) Tiempo total necesario para terminar el proyecto
2) Clasificación de las actividades del proyecto en críticas y no críticas donde:
Actividad crítica.- es aquella actividad que no tiene margen en la detrminación de
sus tiempos inicial y final
Actividad no crítica.- ésta actividad permite alguna holgura en su programación de
manera que su tiempo inicial de actividad pueda adelantarse o retrasarse dentro
ciertos límites,sin afectar la fecha de finalización de todo el proyecto.
Evento.-es el momento de tiempo en el que termina actividades y se inician
otras,generalmente en redes un evento nos es más que un nodo,los que se denotan y
definen:
= tiempo adelantado de ocurrencia del evento j (en relación a la fecha de inicio)
tiempo retrasado de ocurrencia del evento j (en relación a la fecha final)
Dij= Duración de la actividad(i,j)
j
J=
62
Los cálculos de ruta crítica requiere realizar dos pasos:
a)Paso hacia delante.- el que se utiliza para adelantar los tiempos a la ocurrencia de
los eventos cuyo procedimiento es:
-Paso inicial.- poner 1= 0, cuando se inicia el proyecto el tiempo inicial es 0
-Paso general j .El tiempo adelantado a la ocurrencia del evento j se determina:
J = máx {
p +Dpj ,
q+Dqj,….
J + Dvj }donde
j =la ruta(duración) más
larga al nodo j
Terminándose el paso cuando se calcula
n en el nodo n
b)Paso hacia atrás.-el que se utiliza para retardar los tiempos a la ocurrencia de los
eventos el cual se obtiene procediendo de la siguiente manera:
-Paso inicial.-Igualar
n =
n cuando las ocurrencias adelantadas y retrasadas del último nodo en el
proyecto son iguales
-Paso general j.- el tiempo retrasado del nodo j se calcula como sigue:
J = Min{
calcula
q –Djq , … … v -Djv
p –Djp ,
j
} el paso hacia atrás se tremina cuando se
en el nodo 1.
Por lo tanto una actividad (i,j) será crítica si satisface tres requisitos:
1) i = i ,2)
j=
j ,3)
j i =
ji = Dij ,es decir , las tres condiciones
nos señalan que los tiempos adelantados y retrasados de ocurrencia de los nodos i,j
son iguales y que la duración Dij se ajusta exactamente al intervalo especificado de
tiempo ,sino satisface las tres condiciones la actividad es no crítica
Las actividades críticas de un ared deben tener una trayectoria no interrumpida que
abarque toda la red ,desde el inicio hasta el final.
Ej. Determinar la ruta crítica para la red del proyecto del diagrama,donde todas las
duraciones están en días.
3
B
6
E
F
11
2
H
1
A
C
5
3
5
6
12
G
D
8
2
1
4
Solución.Paso hacia adelante.-g
Nodo 1 hacer
1=
0
Nodo 2 =
2 =
Nodo 3 =
3 = Max {
Nodo 4 =
4
Nodo 5 =
5=
Nodo 6 →
6
=
1
+ D12 = 0+5 =5
1 + D13 ,
2 + D23}
2 +D24 = 5+8
Max {
= max{
3
+D35
3+D36,
,
= Max { 0+6 , 5+3} = 8
=13
4 + D45}
4+D46 ,
= max{ 8+2, 13+0 } = 13
5+D56}=
Max{ 8+11, 13+1,13+12 } =25
63
Paso hacia atrás.Nodo 6 →
6
Nodo 5 →
5=
Nodo 4 →
4
= mín{
6 –D46,
5 –D45
Nodo 3 →
3
= mín {
6 –D36 ,
5 -D35}
Nodo 2→
2
=mín {
4 –D24 ,
Nodo 1 →
1=mín
=
6=
25
6 -D56 =
{
25-12 0 13
3 – D13
} = mín { 25 -1, 13-0} = 13
= mín{25-11, 13-2}= 11
3 –D23}=
,
2 -D12
mín {13-8, 11-3}= 5
} = mín{11-6 , 5-5 } = 0
Cuando los cálculos son correctos entonces siempre terminarán
Todo el proceso se puede apreciar gráficamente:
1=0
3
B
6
E
2
F
11
H
1
A
C
5
3
5
6
12
G
0
2
D
8
4
1
Cálculos para la red PERT.A diferencia de la CPM el método PERT se basa en la duración de una ctividad en
tres estimaciones:
1.-Tiempo optimista(a).- donde supuestamente la ejecución se cumple exactamente
2.-Tiempo más probable (m).- donde supuestamente la ejecución se hace en
condiciones normales.
3.-tiempo pesismista(b) .- donde supuestamente la ejecución nos se cumple bien.
Donde el intervalo(a,b) abarca todas las estimaciones posibles de la duración de una
actividad,por lo tanto el tiempo estimado m está incluído en dicho intervalo.
En base a los tiempos estimados el tiempo promedio de duración y al varianza está
dado por.
E(D) = (a+4m +b) / 6 y la V(D) = [(b-a) /6]².
Nota.- los cálculos de la ruta crítica (CPM) que se ejecutaron ,se puede aplicar
directamente ,sustituyendo la estimación única D por E(D).
También es posible estimar la probabilidad de que un nodo j en la red suceda en un
tiempo programado especificado con anterioridad(Sj)
Donde el tiempo más temprano de ocurrencia del nodo j se denota con ej.
Siendo las duraciones de las actividades(que van desde el nodo inicial al nodo j)
variables aleatorias.
64
Además suponiendo que todas las actividades en la red son independientes se puede
determinar la media y la varianza de ej→ E(ej)y V(ej).
Por lo tanto se puede estimar la probabilidad que se realice el nodo j en un tiempo Sj
preestablecido de la siguiente manera:
P(ej ≤ Sj ) = P[ (ej - E(ej) )/ √V(ej) ≤ ( Sj - E(ej)) / √V(ej) ] = P(z ≤ kj)
Donde z = variable aleatoria estándar→ Z(0,1)
Kj= [ (Sj - E(ej))] / √V(ej)
Ejemplo.- con base a la información del proyecto anterior.donde se seleccionaron
los valores de a,m,b en la siguiente tabla de modo que E(Dij) = Dij para todo i y j.
Actividad
A
B
C
D
i-j
1-2
1-3
2-3
2-4
(a,m,b)
( 3,5,7)
(4,6,8)
(1,3,5)
(5,8,11)
Actividad
E
F
G
H
i-j
3-5
3-6
4-6
5-6
(a,m,b)
(1,2,3)
(9,11,13)
(1,1,1)
(10,12,14)
Cuyas E(Dij) y V(Dij)=Vij, están en el siguiente cuadro:
Actividad
A
B
C
D
i-j
1-2
1-3
2-3
2-4
E(Dij)
5
6
3
8
Vij
0.444
0.444
0.444
1.000
Actividad
E
F
G
H
i-j E(Dij)
Vij
3-5
2
0.111
3-6
11
0.444
4-6
1
0.000
5-6
12
0.444
Las trayectorias más largas del nodo1 a los distintos nodos, y sus medias y varianzas
asociadas están el cuadro siguiente:
Nodo Ruta más larga
en duraciones medias
2
1-2
3
1-2-3
4
1-2-4
5
1-2-4-5
6
1-2-4-5-6
Medias
de la ruta
5.00
8.00
13.00
13.00
25.00
Desviación estándar
de la ruta
0.67
0.94
1.20
1.20
1.37
Finalmente se calculan la probabilidad de que cada nodo se realice en su tiempo
preestablecido( Sj ) por el analista,las mismas se resumen en el siguiente cuadro:
Nodo Ruta más larga Medias Desviación estándar Sj
de la ruta
de la ruta
2
1-2
5.00
0.67
5.00
3
1-2-3
8.00
0.94
11.00
4
1-2-4
13.00
1.20
12.00
5
1-2-4-5
13.00
1.20
14.00
6
1-2-4-5-6
25.00
1.37
26.00
Kj P(z ≤ Kj)
0
3.19
-0.83
0.83
0.73
0.5000
0.9993
0.2033
0.7967
0.7673
65
Modelo del flujo máximo.Este modelo generalmente se utiliza en redes de distribución de algún combustible
o energético ,hasta las refinerías donde ,en las distancias intermedias adecuadas
están instalados estaciones de bombeo para mover el elemento por la red; cada
segmento de tubo tiene un flujo o capacidad máximo del elemento, dichos
segmentos de tubos pueden ser uni o bidireccional en función de su diseño, donde
un segmento unidireccional tiene una capacidad finita en una dirección, y capacidad
nula en sentido contrario, donde el objetivo principal es determinar la capacidad
máxima de la red entre las fuentes y las refinerías de manera de convertir la red en
una que tenga una sola fuente y un solo sumidero o destino.
Esquemáticamente tendría esta configuración donde los arco son unidireccionales y
de capacidad infinita como indican los arcos de linea segmentada:
Fuente
Pozos
Bombeos
Refinerías
Sumidero
7
1
4
3
2
6
8
5
9
Notación.Capacidad de flujo en la dirección i→ j (Čij)
Capacidad de flujo en la dirección j→ i (Čij)
Corte.- es un conjunto de arcos que cuando se eliminan de la red,producen una
interrupción total del flujo entre los nodos fuente y sumidero.
Capacidad de corte.- es la suma de las capacidades de los arcos correspondientes.
Entre todos los cortes posibles en la red el que tenga menor capacidad permite el
flujo máximo de la red.
Algoritmo de flujo máximo.Este algoritmo se basa en determinar las rutas de irrupción que tenga flujo neto
positivo entre los nodos fuente y sumidero, donde cada ruta comunica parte o todas
las capacidades de sus arcos al flujo total en la red.
Sea el arco (i,j) con capacidades iniciales (Čij, Čij) .de acuerdo a que sus
capacidades contribuyen al flujo en el arco,se actualizan los residuales(capacidades
remanentes). La red con los residuales actualizados se llama red residual(= Cij,Cji)
Para que un nodo j que recibe flujo del nodo i, se define una etiqueta [aj,i] donde
aj = flujo del nodo i al nodo j. el procedimiento del algoritmo se resume de la
siguiente manera:
66
Paso 1. para todos los arcos (i,j) se iguala la capacidad residual con la capacidad
inicial: → Cij,Cji = Čij, Čij ,sea a1 =∞ se etiqueta el nodo fuente 1 con [∞ ,-1]
Se iguala i=1 se prosigue:
Paso 2. determinar Si,el conjunto de nodos j no etiquetados que se pueden alcanzar
directamente desde el nodo I con arcos residuales positivos (Cij > 0) para toda jε Si.
Cuando Si = Ө pasar al siguiente paso,en contrario ir al paso 4
Paso 3. determinar kε Si tal que Cik = Max { Cij}
jε Si
Igualar ak= Cik y etiquetar el nodo k con [ak,i].
Si k= n ,el nodo de sumidero se ha etiquetado y se ha encontrado una ruta de
irrupción; ir al paso 5 de lo contrario igualar i=k y seguir en el paso 2
Paso 4.(Retroceso) Si i= 1 , no hay otras irrupciones posibles, ir al paso 6.caso
contrario sea r el nodo que se ha etiquetado inmediatamente antes del nodo actual I
y quitar I del conjunto de nodos adyacentes a r .Igualar i=r y continuar en el paso 2.
Paso 5. (determinación de la red residual) .Sea Np = ( 1,k1,k2,….n), se definen los
nodos de la p-ésima ruta de irrupción del nodo fuente 1 al nodo sumidero
n.Entonces el flujo máximo por la ruta se detrmina como
fp = Mín (a1,ak1,ak2 …….an).La capacidad residual de cada arco a lo largo de la
ruta de irrupción se disminuye en fp unidades en la dirección del flujo y se aumenta
fp unidades en la dirección contraria; para todos los nodos i y j en la ruta,el flujo
residual se cambia del actual Cij,Cji a
a) (Cij – fp , Cji + fp) si el flujo va de i a j
b) (Cij + fp , Cji - fp) si el flujo va de j a i
Se reinstalan todos los nodos que se hayan eliminado en el paso 4.colocar i=j ,
volver al paso 2 para intentar una nueva ruta de irrupción
Paso 6 solución
a) si se han determinado m rutas de irrupción ,el flujo máximo en la red será.
F= f1+f2+……+fm.
b) como los residuales inicial y final del arco(i,j),se obtienen con (Čij, Č ji) y
(cij,cji),respectivamente,el flujo máximo en el arco (i,j) se calcula de la siguiente
manera: Sea (α,β) = (Čij –cij, Č ji-cji).Si α > 0 ,el flujo óptimo de i a j es α.
Si β >0 el flujo óptimo de i a j es β( es imposible que α, β > 0)
67
PRACTICAS SOBRE I.O.
PRACTICA Nº 1 modelos algebraicos
1.- Determine el espacio factible para cada una de las siguientes restricciones independientes,
cuando x1,x2 ≤ 0
a) -3x1+x2≤ 6
b) x1-2x2≥ 5
c) 2x1- 3x2≤ 12
d) x1- x2≤ 0
e) – x1+x2≥ 0
2.- Identifique la dirección de aumento de z,en cada uno de los casos siguientes:
a) Maximizar z= x1- x2
b) Maximizar z= -5x1- 6x2
c) Maximizar z= -x1+ 2x2
d) Maximizar z= -3x1+x2
3.- Juan acaba de entrar a la universidad, y se da cuenta que si sólo estudia y no juega, su
personalidad será gris. Desea repartir su tiempo disponible, aproximadamente de 10 horas por
día, entre juego y estudio. Estima que el juego es doblemente divertido que el estudio. También
desea estudiar cuando menos un tiempo igual al que pasa jugando. Sin embargo, se da cuenta que
si debe hacer todas sus tareas escolares, no puede jugar más de 4 horas diarias.¿ Cómo debe
repartir Juan su tiempo, para maximizar su placer de estudiar y jugar?
PRACTICA Nº 2 Construccion de modelo
1.- Para el modelo de la dieta, suponga que la disponibilidad diaria del maíz se limita a 450lb.
Identifique el nuevo espacio de soluciones y determine la nueva solución óptima.
2.- OilCo construye una refinería para elaborar cuatro productos: diesel, gasolina, lubricantes y
combustible para aviones. Las demandas (en barriles/días) de esos productos son14.000, 30,000,
10,000 y 8000, respectivamente .Irán y Dubái tienen contrato para enviar crudo a OilCo. Debido a
las cuotas de producción que especifica la OPEP (Organización de Países Exportadores de Petróleo)
la nueva refinería puede recibir al menos el 40% de su crudo de Irán, y el resto de Dubái. OilCo
68
pronostica que estas cuotas de demanda y de crudo permanecerán estables durante los 10 años
siguientes.
Las distintas especificaciones de los dos crudos determinan dos proporciones distintas de
productos: un barril de crudo de Irán rinde 0.2 barril de diesel, 0.25 barril de gasolina, 0.1barril de
lubricante y 0.15 barril de combustible para avión. Los rendimientos correspondientes del crudo
de Dubái son: 0.1, 0.6, 0.15, y 0.1, respectivamente.
OilCo necesita determinar la capacidad mínima de la refinería, en barriles de crudo por día.
PRACTICA Nº 3 sensibilidad del modelo algebraico
1.- Determine gráficamente el intervalo de optimalidad, c1 ⁄ c2 o c2 ⁄ c1 para los problemas
siguientes. Tenga en cuenta los casos especiales donde c1 o c2 puedan asumir un valor cero.
a) Maximizar z= 2x1+ 3x2
sujeto a
3x1+2x2≤ 6
-x1+ x2≤ 0
x 1, x 2 ≥ 0
b) Maximizar z= 6x1+3x2
sujeta a
3x1+2x2 ≤ 6
x 1 – x 2≤ 0
x1, x2≥ 0
c) Maximizar z= x1+ x2
sujeta a
- x1+ x2≤ 0
3x1-x2 ≤ 3
x1, x2≥ 0
2.- La tienda B&K vende dos clases de gaseosas: la Cola A1 y la cola B&K, menos costosa. El margen
de utilidad aproximado de A1 es de 5 centavos por lata, y la de B&K es 7 centavos por lata. En
promedio la tienda no vende más de 500 latas diarias. Aunque A1 es una marca reconocida, los
clientes tienden a comprar mas B&K, porque es bastante menos costosa. Se estima que se vende
cuando menos 100 latas de A1 diarias y que B&K se vende más que A1 por un margen mínimo de
2:1
a) ¿Cuántas latas diarias de cada marca debe tener en existencia la tienda para maximizar la
utilidad?
69
b) Determine la relación de las utilidades por lata de A1 y de B&K que mantengan sin cambiar la
solución óptima en a)
3.- Se contrata a una Enlatadora para que reciba 60,000 lb de tomates maduros a 7 centavos por
libra, con los cuales produce jugo de tomate y pasta de tomate, ambos enlatados. Se empacan en
cajas de 24 latas. En una lata de jugo se usa una lb de tomates frescos, y en una de pasta solo ⅓
de lb.
La demanda de los productos en el mercado se limita a 2000 cajas de jugo y 6000 cajas de pasta.
Los precios al mayoreo por caja de jugo y de pasta son $18 y $ 9 respectivamente
a) Deduzca un programa óptimo de producción para la enlatadora
b) Determine la relación de precios de jugo entre pasta que permita a la enlatadora producir
más cajas de jugo que de pasta.
PRACTICA Nº 4 sensibilidad del modelo algebraico
1.- Una cía de sombreros produce dos clases de sombrero vaquero. Un sombrero de la clase 1
requiere el doble de mano de obra que uno de la clase 2 . Si toda la mano de obra se dedicara sólo
a la clase 2, la empresa podría producir diariamente 400 de esos sombreros. Los límites del
mercado respectivos son: 150 y 200 sombreros diarios para esas clases. La utilidad es $8 por cada
sombrero de la clase 1, y $ 5 por cada uno de la clase 2.
a) Aplique la solución gráfica para determinar la cantidad de sombreros diarios de cada clase con
los que se maximiza la utilidad.
b) Determine el valor de aumentar la capacidad de producción en la empresa en un sombreo de la
clase 2, y el intervalo dentro del cual se aplica este resultado.
c) Si el límite de demanda diaria de sombreros de clase 1 disminuyera a 120, aplique el valor por
unidad del recurso para determinar el efecto correspondiente sobre la utilidad óptima.
d) ¿Cuál es el valor por aumento unitario en la parte de mercado del sombrero clase2? ¿ en cuánto
se puede aumentar la participación en el mercado conservando el valor calculado por unidad?
2.- Impacto, S.A., puede anunciar sus productos en estaciones locales de radio o tv. El presupuesto
para publicidad se limita a $ 10,000 mensuales. Cada minuto de anuncio en la radio cuesta $ 15 , y
cada minuto de comercial en tv cuesta $ 300. A impacto le gusta usar al menos el doble de
publicidad por la radio que por tv. Al mismo tiempo , no es práctico usar más de 400 minutos de
anuncios radiofónicos cada mes. La experiencia indica que se estima que la publicidad por Tv es 25
veces más efectiva que por la radio.
70
a) Determine la asignación óptima del presupuesto para publicidades por radio y por TV
b) Calcule el valor por unidad de aumento del límite mensual de publicidad por radio.
c) Si el presupuesto mensual aumentara a $ 15,000 , use la mediad de valor por unidad para
determinar la medida óptima obtenida de la eficacia de la publicidad
3.- En Limpieza S.A., se usan las materias primas I y II para producir dos soluciones limpiadoras
domesticas, A y B. La disponibilidad diaria de las materias primas I y II es 150 y 145 unidades,
respectivamente. Una unidad de solución A consume 0.5 unidad de materia prima I y 0.6 unidad
de materia prima II; una unidad de solución B requiere 0.5 unidad de materia prima I y 0.4 unidad
de materia prima II. Las utilidades unitarias de las soluciones A y B son: $8 y $10, respectivamente.
La demanda diaria de la solución A está entre 30 y 150 unidades, y la de la solución B entre 40 y
200 unidades.
a) Calcule las cantidades óptimas de A y B que debe producir Limpieza
b) Determine el valor por cambio unitario en las materia primas I y II
PRACTICA Nº 5 Problema dual
1.- Los resultados del modelo problema de la Dieta del ejemplo 2.2-2
a) Interprete el precio dual de la primera restricción
b) Sí los requisitos mínimos diarios de alimento aumentan a 900, determine el costo total del
alimento.
c) Suponga que aumenta el costo del maíz (corn) a $ 0.40 por libra, mientras que el de la soya
(Soybeans) permanece igual. Determine la solución óptima asociada.
2.- Resuelva el problema dietético del ejemplo 2.2-2 con: TORA
PRACTICA Nº 6
1.- Acerca del modelo del Banco Gane del ejemplo 2.5-1
a) En los resultados de análisis de sensibilidad explique por qué el valor mínimo permitido para el
lado derecho de la primera restricción es igual a $ 4.8 millones. Por lo mismo, explique por qué el
valor máximo del lado derecho de la segunda restricción es igual a 12.
b) Suponga que el banco asigne todos los $ 12 millones a préstamos agrícolas y comerciales.
Calcule el rendimiento neto para el banco.
71
c) En los resultados se ve que el ingreso neto( óptimo) por intereses de todos los préstamos es de
0.9965 millón de dólares, lo que se traduce es un interés promedio de 0.9965/12 =0.083. Esta
cantidad es menor que el precio dual (valor por unidad) de la primera restricción (=0.0864).
Reconcilie la diferencia entre los dos valores
2.- Para el modelo por pérdida de recortes en el ejemplo 2.5-4.
a) Si se cortan 200 rollos con la posición 1, y 100 rollos con la posición 3, calcule el área
correspondiente de pérdida por recorte.
b) Suponga que el único rollo de ancho estándar posible tiene 15 pies de ancho. Genere todos las
posiciones posibles de cuchilla para producir rollos de 5.7 y 9 pies, y calcule la pérdida asociada ,
en “merma” (desperdicio) por pie de longitud.
c) En el modelo original, si la demanda de rollos de 7 pies baja en 80, ¿cuál es la cantidad total de
rollos de ancho estándar de 20 pies que se necesitarán para surtir la demanda de los tres tipos de
rollos?
d) En el modelo original, si la demanda de rollos de 9 pies cambia a 400, ¿cuántos rollos de ancho
estándar de más de 20 pies se necesitarán para satisfacer la nueva demanda?
3.- El Ingenio Dulce produce azúcar morena, azúcar blanca, azúcar glas y melaza, a partir de
guarapo concentrado. La empresa compra 4000 toneladas semanales de ese guarapo, y se le
contrata para entregar a l menos 25 toneladas semanales de cada clase de azúcar. El procesos de
producción comienza fabricando azúcar morena y melaza, a partir del guarapo. Una tonelada de
guarapo concentrado produce 0.3 tonelada de azúcar morena y0.1 tonelada de melaza. A
continuación se produce la azúcar blanca procesando el azúcar morena. Se necesita 1 tonelada de
azúcar morena para producir 0.8 tonelada de azúcar blanca. Por último, el azúcar glas se produce a
partir de azúcar blanca mediante un proceso especial de molienda que tiene una eficiencia de
producción de 95% (1 tonelada de azúcar blanca produce 0.95 tonelada de azúcar glas). Las
utilidades son $ 150, $ 200, $ 230 y $35 por tonelada de azúcar morena, azúcar blanca, azúcar glas
y melaza, respectivamente.
a) Formule el problema en forma de programa lineal, y determine el programa semanal de
producción.
b) Investigue la factibilidad económica de aumentar la capacidad de procesamiento de la empresa
a más de 4000 toneladas semanales de guarapo.
4.- Juan tiene $ 100,000 para invertir en cuatro proyectos. La tabla siguientes muestra el flujo
efectivo para las cuatro inversiones
Flujo de efectivo ($ miles) al iniciar el
72
Proyecto
Año1
Año2
Año3
Año4
Año5
1
-1.00
0.50
0.30
1.80
1.20
2
-1.00 0.60
0.20
1.50
1.30
3
0.00 -1.00 0.80
1.90
0.80
4
-1.00
0.40
0.60 1.80
0.95
La información de esta tabla se puede interpretar como sigue: para el proyecto 1, $1.00 invertido
al iniciar el año 1, rendirá $0.50 al iniciar el año 2, $0.30 al iniciar el año 3, $1.80 al iniciar el año 4
y $1.20 al iniciar el año5. Los elementos restantes se pueden interpretar en forma análoga.
Un caso sin transacciones se indica con un elemento 0.00. Juan también tiene la opción de invertir
en una cuenta bancaria que produce el 6.5% anual. Los fondos acumulados en un año se pueden
reinvertir en los años siguientes
a) Formu8le el problema como programa lineal, para determinar la asignación óptima de
fondos a oportunidades de inversión.
b) Use precios duales para determinar el retorno general sobre la inversión
c) Si Juan desea gastar $1000 en diversiones al final del año 1 ,¿ cómo afectaría eso a la
cantidad acumulada al iniciar el año 5?
5.- Un fabricante produce tres modelos, I, II y III, de cierto producto, usando las materias primas A
y B. La tabla siguiente muestra los datos para el problema
Requerida Por Unidad
Materia Prima
I
II
III
Disponibilidad
A
2
3
5
4000
B
4
2
7
6000
Demanda mínima
200
200
150
Utilidad por unidad ($)
30
20
50
El tiempo de mano de obra para el modelo I es el doble que para el II y el triple del III. Todo el
personal de la fábrica puede producir el equivalente de 1500 unidades del modelo I. Las
necesidades del mercado especifican las relaciones3:2:5 de las producciones de los tres modelos
respectivos.
a) Formule el problema como un programa lineal y determine la solución óptima.
b) Suponga que el fabricante puede comprar más unidades de la materia prima A a $12 por
unidad. ¿Sería adecuado hacerlo?
c) ¿Recomendaría usted que el fabricante comprar más unidades de la materia prima Ba $5
por unidad?
6.- Un empresario tiene la opción de invertir en dos planes: el plan A garantiza que cada dólar
invertido ganará $0.70 un año después, y el plan B garantiza que cada dólar invertido ganará $2 a
73
los dos años. En el plan A se pueden hacer inversiones anuales, y en el plan B sólo se permiten
inversiones por periodos múltiplos de 2 años.
a) ¿Cómo debe invertir $100,000 el empresario para maximizar las ganancias al final de 3
años?
b) ¿Vale la pena que el ejecutivo invierta más en los planes?
PRACTICA Nº7
1.- En el modelo de la Cía de pinturas, considere la solución factible x1=3 ton y x2= 1 ton.
Determine el valor de las holguras asociadas a las materias primas M1 y M2
2.- Se pueden fabricar dos productos distintos, P1 y P2, en cualquiera de dos máquinas diferentes,
M1 y M2. El tiempo unitario de procesamiento para cualquier producto en cualquier máquina es
igual. La capacidad diaria de la máquina M1 es de 200 unidades (sea de P1, de P2, o de una mezcla
de ambas) y la capacidad diaria de la máquina M2 es de 250 unidades. El supervisor del taller
desea balancear el programa de producción de las dos máquinas para que la cantidad total de las
unidades producidas en una no sea mayor que 5 unidades, respecto a la cantidad producida en la
otra. La utilidad por unidad de P1 es de $10, y la de P2 es de $15. Plantee el problema en forma de
programación lineal en forma de ecuaciones.
PRACTICA Nº8 (pag.74)
1.- Una empresa fabrica tres productos, cuyas utilidades unitarias son de $2, $5 y $3,
respectivamente. Ha presupuestado 80 horas de mano de obra y 65 horas de tiempo de máquina
para producirlos. Los requisitos de mano de obra para los productos 1,2 y 3 son 2, 1 y 2 horas,
respectivamente. Los tiempos requeridos de máquina correspondientes por unidad son 1, 1 y 2
horas. La empresa considera que las horas hombre y horas máquina presupuestadas son metas
que, si es necesario, se pueden exceder, pero con un costo adicional de $15 por hora de mano de
obra y $10 por hora de máquina. Formule el problema como de programación lineal y determine
su solución óptima con TORA.
PRACTICA Nº9 (pag.78)
1.- Se tiene el siguiente programa lineal:
Maximizar z= 2x1+ 3x2
sujeto a
x1+3x2≤ 6
3x1+ 2x2≤ 6
74
x 1, x 2 ≥ 0
a) Exprese el problema en forma de ecuaciones.
b) Determine todas las soluciones básicas del problema, y clasifíquelas como factibles y no
factibles.
c) Use sustitución directa en la función objetivo para determinar la mejor solución básica
factible.
d) Compruebe gráficamente que la solución que obtuvo en c) es la óptima para la
programación lineal; en consecuencia llegue a la conclusión que la solución óptima se
puede determinar algebraicamente considerando sólo las soluciones básicas factibles, es
decir, los puntos esquina.
e) Muestre cómo las soluciones básicas no factibles se representan en el espacio de solución
gráfica.
2.- Demuestre que todas las soluciones básicas del siguiente programa lineal son no factibles.
Maximizar z= x1+ x2
sujeto a
x1+2x2≤ 6
2x1+ x2≥ 16
x1, x2≥ 0
PRACTICA Nº10
1.- Vea el espacio tridimensional de soluciones de la programación lineal en la figura, cuyos puntos
factibles extremos son A, B, …, y J.
a) ¿Cuál de los siguientes pares de puntos esquina no pueden representar iteraciones simplex
sucesivas: (A, B), (B, D), (E, H), y (A, I)? Explique por qué.
b) Suponga que las iteraciones simplex comienzan en A y que el óptimo está en H. Indique si
alguna de las rutas siguientes no es legítima para el algoritmo simplex, y diga por qué.
(i) A → B → G → H
(ii) A → C → I → H
(iii) A → C → E → B → A → D → G → H
75
2.- Acerca del espacio de soluciones en la figura anterior, donde el algoritmo simplex comienza en
el punto A, determine la variable de entrada en la primera iteración, su valor y la mejoría en z,
para cada una de las funciones objetivo siguientes:
a) Maximizar
b) Maximizar
c) Maximizar
d) Maximizar
z= x1- 2x2 + 3x 3
z= 5x1+ 2x2 + 4x 3
z= -2x1+ 7x2 + 2x 3
z= x1+ x2 + x 3
PRACTICA Nº11
1.- Se tiene el siguiente sistema de ecuaciones:
X1+ 2x2 - 3x3 + 5x4 + x5
5x1- 2x2
+ 6x4 +
=4
+ x6
2x1+ 3x2 - 2x3 + 3x4
-x1
=8
+ x7
+ x3 - 2x4
=3
+ x8 = 0
X1, x2, …, x8 ≥ 0
Sean x5, x6, x7 y x8 una solución básica factible inicial. Si x1se vuelve básica, ¿cuál de las variables
básicas mencionadas se debe volver no básica a nivel cero para que todas las variables sigan
siendo no negativas, y cuál sería el valor de x₁ en la nueva solución? Repita este procedimiento con
x2, x3, y x4
2.- La siguiente tabla representa una iteración simplex específica. Todas las variables son no
negativas. La tabla no es óptima para un problema de maximización ni para uno de minimización.
Así, cuando una variable no básica entra a la solución, puede aumentar o disminuir a z, o dejarla
igual, dependiendo de los parámetros de la variable no básica.
Básica
z
X8
X3
X1
X1
0
0
0
1
X2
-5
3
1
-1
X3
0
0
1
0
X4
4
-2
3
0
X5
-1
-1
1
3
X6
-10
-1
0
-4
X7
0
5
3
0
X8
0
1
0
0
Solución
620
12
6
0
a) Clasifique las variables en básicas y no básicas, y escriba los valores actuales de todas las
variables.
b) Suponga que el problema es de maximización; identifique las variables no básicas que
tienen el potencial de mejorar el valor de z. Si cada una de esas variables entra a la
solución básica, determine la variable de salida asociada, si es que la hay, y el cambio
asociado de z. No use operaciones de renglón de Gauss-Jordan.
76
c) Repita la parte b), suponiendo que el problema es de minimización.
d) ¿Cuál de la(s) variable(s) no básica(s) no causa(n) un cambio en el valor de z, cuando se
eligen para entrar a la solución?
PRACTICA Nº 12
1.- En el modelo Minimizar z = 4x1 +x2
Sujeto :
3x1 +x2 =3
4x1 +3x2 ≥ 6
x1 +2x2 ≤ 4
x1,x2 ≥ 0
identifique la tabla de inicio para cada uno de los casos (independientes) que siguen, y desarrolle
el renglón z asociado eliminando todas las variables artificiales por sustitución:
a) La tercera restricción es x1+2x2≥ 4
b) La segunda restricción es 4x1 + 3x2 ≤ 6
c) La segunda restricción es 4x1 +3x2 = 6
d) La función objetivo es maximizar z = 4x1 + x2
2.- Considere el problema:
Maximizar z= 2x1 + 4x2 + 4x3- 3x4
Sujeta a
X1+ x2 + x3
X1+ 4x2
=4
+ x4 = 8
X1,x2,x3,x4 ≥ 0
PRACTICA Nº 13
1.- En la fase I, si la programación lineal es de maximización, ¿se maximiza la suma de las variables
artificiales en la fase I? explique por qué
2.- Se tiene la siguiente programación lineal:
77
Maximizar z = 3x1 + 2x2 + 3x3
Sujeta a
2x1 + x2 + x3 ≤ 2
3x1 +4x2 + 2x3 ≥ 8
X1,x2,x3≥ 0
La tabla simplex óptima al final de la fase I se da como:
Básica
x1
x2
x3
x4
x5
R
Solución
Z
-5
0
-2
-1
-4
0
0
X2
2
1
1
0
1
0
2
R
-5
0
-2
-1
-4
1
0
Demuestre que las variables no básicas x1,x3,x4 y x5nunca pueden asumir valores positivos al final
de la fase II. En consecuencia, sus columnas se pueden eliminar antes de iniciar la fase II. En
esencia, la eliminación de esas variables reduce las ecuaciones de restricción del problema a x2= 2.
Eso quiere decir que no se necesitará hacer la fase II, porque el espacio de soluciones se reduce a
un solo punto.
La conclusión general de este problema es que todas las variables no básicas con coeficientes
estrictamente negativos en el renglón z al final de la fase I se pueden eliminar de la tabla porque
nunca pueden asumir valores positivos al final de la fase II. Por cierto, los coeficientes negativos de
las variables no artificiales en el renglón z sólo pueden presentarse si una variable artificial es
básica (a nivel cero) al final de la fase I
PRACTICA Nº 14
1.- Vea la gráfica del espacio de soluciones de la figura. Suponga que las iteraciones simplex inician
en A y que la solución óptima está en D . Además suponga que la función objetico se define de tal
modo que x₁ entra primero a la solución.
a) Identifique (en la gráfica) los puntos esquina que definen la trayectoria del método simplex
hacia el punto óptimo
b) Determine la cantidad máxima posible de iteraciones símplex, necesarias para alcanzar la
solución óptima, suponiendo que no hay ciclos.
78
PRACTICA NºN 15
1.- En la siguiente programación lineal use el módulo de iteraciones de Tora para determinar tres
soluciones óptima básicas alternativas, y a continuación escriba una expresión general para
obtener todos los óptimos alternativos no básicos que satisfagan esas tres soluciones básicas.
Maximizar z= x1 + 2x2 + 3x3
Sujeta a
X1 + 2x2 + 3x3 ≤ 10
X1 + x2
≤5
X1
≤1
X1,x2,x3 ≥ 0
PRACTICA Nº 16
1.- Para la programación lineal:
Maximizar z= 20x1 + 10x2 + x3
Sujeta a
3x1 - 3x2 +5x3 ≤ 50
X1
+ x3 ≤ 10
X1 - x2 + 4x3 ≤ 20
X1,x2,x3 ≥ 0
a) Inspeccione las restricciones y determine la dirección (x1, x2 o x3) en la que el espacio de
soluciones no está acotado.
b) Sin hacer más cálculos, ¿ qué puede usted concluir acerca del valor objetivo óptimo?
79
PRACTICA Nº17
1.- Toolco produce tres clases de herramientas: T1, T2 y T3. Para ello usa dos materias primas,
M1 y M2, según los datos de la siguiente tabla:
Unidades de materias primas por herramienta
T1
T2
T3
3
5
6
5
3
4
Materia Prima
M1
M2
La disponibilidad diaria de las materias primas es de 1000 y 1200 unidades, respectivamente.
El departamento de ventas informa al gerente de producción que, de acuerdo con sus
investigaciones, la demanda diaria mínima de las tres unidades en conjunto debe ser 500
unidades. ¿ Podrá satisfacer esa demanda el departamento de producción? En caso negativo
¿Qué es lo más que puede suministrar Toolco de las tres herramientas?
PRACTICA Nº 18
1.- Escriba el dual de cada uno de los siguientes problemas primales:
a) Maximizar z = -5x1 + 2x2
sujeta a
- x1 + x2 ≤ -2
2x1 + 3x2 ≤ 5
X1,x2≥ 0
b) Minimizar z = 6x1 + 3x2
sujeta a
6x1 - 3x2 + x3 ≥ 2
3x1 + 4x2 + x3 ≥ 5
X1,x2x3 ≥ 0
c) Maximizar z = x1 + x2
sujeta a
2x1 + x2 = 5
3x1 – x2 = 6
X1,x2 sin restricción
80
PRACTICA Nº19
1.- Se tiene la siguiente programación lineal:
Maximizar z = 5x1 + 2x2+ 3x3
Sujeta a
X1 + 5x2 + 2x3 = 30
X1 - 5x2 - 6x3≤ 40
X1,x2,x3 ≥ 0
La solución óptima produce la siguiente ecuación objetivo:
z + 0x1 + 23x2+ 7x3 + (5 + M) x4 + 0x5 = 150
donde las variables básica de inicio son x4 artificial y x5 de holgura. Escriba el problema dual
asociado y determine su solución óptima a partir de la ecuación de z óptima.
2.- Se tiene la siguiente programación lineal
Maximizar z = x1 + 5x2 + 3x3
Sujeta a
X1 + 2x2 + x3 = 3
2x1 – x2
=4
X1,x2,x3 ≥ 0
a) Escriba el problema dual asociado
b) Dado que las variables básicas óptimas son x1 y x3, determine la solución dual óptima
asociada
PRACTICA Nº 20
1.- En el modelo de programación lineal siguiente
Maximizar z = 4x1+ 14x2
Sujeta a
2x1 + 7x2 + x3
= 21
81
7x1+ 2x2
+ x4 = 21
X1x2,x3,x4 ≥ 0
Compruebe la optimalidad y factibilidad de cada una de las siguientes soluciones básicas:
1/7 0
a) V. básicas = (x2,x4), inversa =
-2/7 1
b) V. básicas = (x2,x3), inversa =
1
c) V. básicas = (x2,x1), inversa =
-2/45
7/45
d) V. básicas = (x1,x4), inversa =
-7/2
1
0
1/2
-7/2
7/45 -2/45
1/2
0
2.- Se tiene el siguiente modelo de programación lineal:
Maximizar z = 5x1 + 2x2+ 3x3
Sujeta a
X1 + 5x2 +2x3 ≤ b1
X1 - 5x2 - 6x3≤ b2
X1,x2,x3 ≥ 0
La siguiente tabla óptima corresponde a valores específicos de b1 y b2
Básica
z
X1
X5
X1
0
1
0
X2
a
b
c
X3
7
2
-8
X4
d
1
-1
X5
E
0
1
Solución
150
30
10
Determine lo siguiente:
a) Los valores b₁ y b₂, del lado derecho
b) Los elementos a,b,c,d,e
c) La solución dual óptima
82
PRACTICA Nº21
1.- Una Cía Electronica fabrica cuatro clases de cables sencillos para un contratista gubernamental.
Cada cable debe pasar por cuatro operaciones consecutivas: corte, estañado, encamisado e
inspección. La tabla siguiente muestra los datos pertinentes del caso:
Cable
SC320
SC325
SC340
SC370
Corte
10.5
9.3
11.6
8.2
Capacidad diaria
(minutos)
4800.0
Minutos por unidad
Estañado
Encamisado
20.4
3.2
24.6
2.5
17.7
3.6
26.5
5.5
9600.0
4700.0
Inspección
5.0
5.0
5.0
5.0
Utilidad por
unidad ($)
9.40
10.80
8.75
7.80
4500.0
El contratista garantiza una producción mínima de 100 unidades de cada uno de los cuatro cables.
a) Formule el problema como modelo de programación lineal y use TORA para determinar el
programa óptimo de producción.
b) Con base en los precios duales generados por TORA, ¿Recomienda usted aumentar la
producción diaria de alguna de las cuatro operaciones? Explique por qué
c) Los requisitos de producción mínima de los cuatro cables, ¿Representan una ventaja o una
desventaja para la Cía electrónica? Describa una explicación con base en los precios duales
que proporciona TORA
d) La contribución unitaria actual a la utilidad, especificada por el precio dual, ¿Puede
garantizarse si se aumenta la capacidad del estañado en 10%?
PRACTICA Nº22
1.- Suponga que la empresa TOYCO estudia la posibilidad de introducir un cuarto juguete: carro de
bomberos. En el armado no se usa la operación 1. Sus tiempos de armado por unidad en las
operaciones 2 y 3 son 1 y 3 minutos, respectivamente. La utilidad por unidad es de $4.
¿Aconsejaría usted a TOYCO que introdujera este nuevo producto?
PRACTICA Nº 23
1.- Vea el espacio de soluciones en la figura, donde se desea determinar el punto extremo óptimo
que use el método simplex dual para minimizar z = 2x₁ + x₂. La solución óptima está en el punto
F(0.5, 1.5) de la gráfica
a) Si la solución básica de inicio (no factible, pero mejor que el óptimo) está en el punto G,
¿sería posible que las iteraciones del método simplex dual siguieran la trayectoria
G→E→F? Explique por qué.
83
b) Si la solución básica de inicio (no factible) inicia en el punto L, identifique una trayectoria
posible del método simplex dual que conduzca al punto óptimo factible en F.
2.- Use el procedimiento de la restricción artificial, que se describió en el problema anterior, para
resolver los problemas siguientes con el método símplex dual. En cada caso indique si la solución
resultante es factible, no factible o no acotada.
a) Maximizar z = 2x3
Sujeta a
- x1 + 2x2 -2x3 ≥ 8
- x1 + x2+ x3≤ 4
2x1 – x2+4x3 ≤ 10
X1 , x2 , x3 ≥ 0
b) Maximizar z = x1 - 3x2
Sujeta a
X 1 – x2 ≤ 2
X1 + x2 ≥ 4
2x1 - 2x2 ≥ 3
X 1 , x2 ≥ 0
c) Minimizar z = - x1 + x2
Sujeta a
X1- 4x2 ≥ 5
X1 - 3x2 ≤ 1
2x1 - 5x2 ≥ 1
X 1 , x2 ≥ 0
84
d) Maximizar z = 2x3
Sujeta a
- x1 +3x2 - 7x3 ≥ 5
- x1 + x2 - x3 ≤ 1
3x1 + x2 - 10x3 ≤ 8
X 1, x 2, x 3 ≥ 0
PRACTICA Nº 24
1.-Ozark Farm tiene 20,000 pollos a los que alimentan durante 8 semanas antes de ponerlos en el
mercado. El alimento semanal de cada pollo varía según el siguiente programa:
Semana
Lb/pollo
1
0.26
2
0.48
3
0.75
4
1.00
5
1.30
6
1.60
7
1.90
8
2.10
Para llegar a un peso deseado en 8 semanas, el alimento debe satisfacer las necesidades
nutritivas, para lo cual se mezclan los ingredientes. Aunque es grande una lista normal de
ingredientes, para simplificar limitaremos el modelo sólo tres de ellos: caliza, maíz y soya. También
las necesidades nutritivas se limitarán a tres tipos: calcio, proteína y fibra. La tabla siguiente
resume el contenido nutritivo de los ingredientes seleccionados, así como su costo
Ingrediente
Caliza
Maíz
soya
calcio
0.380
0.001
0.002
Contenido (lb)
por lb de
proteína
0.00
0.09
0.50
fibra
0.00
0.02
0.08
$ por lb
0.12
0.45
1.60
La mezcla de ingredientes debe contener:
a) Al menos 0.8%, pero no más de 1.2% de calcio
b) Al menos 22% de proteínas
c) Al menos 5% de fibra cruda
Desarrolle un programa óptimo para el periodo de 8 semanas.
85
PRACTICA Nº 25
1. disponibilidad En el modelo Toyco suponga que D₂ yD₃ representan los cambios de la de las
operaciones 2 y 3
a) Determine el intervalo de variación para D₂ y D₃, que mantengan la factibilidad de la
solución actual, suponiendo que los cambios se aplican a una operación cada vez.
b) Determine el valor por cambio de un minuto en las capacidades de las operaciones
2y 3
c) Si cambia la disponibilidad de la operación 2 desde los 460 minutos actuales, hasta
500 minutos, determine la nueva solución y el cambio correspondiente en la utilidad
óptima.
d) Si cambia la disponibilidad de la operación 3 de 420 a 450 minutos, calcule la nueva
solución y su cambio asociado en la utilidad óptima.
e) Si la disponibilidad de la operación 3 cambia de 420 a 380 minutos, determine la
nueva solución óptima y el cambio asociado en la utilidad óptima
2.- Hi Dee produce dos modelos de artículos electrónicos, donde se usan resistores, capacitores y
chips. La tabla siguiente es un resumen de los datos de este caso.
Recurso
Resistor
Capacitor
Chips
Utilidad($)
Requerimiento del recurso
por unidad
Modelo 1
(unidades)
2
2
0
3
Modelo 2
(unidades)
3
1
4
4
Disponibilidad
máxima (unidades)
1200
1000
800
Sean x1 y x2 las cantidades producidas de los modelos 1 y 2, respectivamente. A continuación se
tiene el modelo de programación lineal y su tabla simplex óptima asociada.
Maximizar z = 3x1 + 4x2
Sujeta a
2x1 +3x2 ≤ 1200 (Resistores)
2x1 + x2 ≤ 1000 (Capacitores)
4x2 ≤ 800 (Chips)
X1, x2≥ 0
Básica
z
X1
S3
X2
X1,
0
1
0
0
X 2,
0
0
0
1
S1
5/4
-1/4
-2
1/2
S2
1/4
¾
2
-1/2
S3
0
0
1
0
Solución
1750
450
400
100
86
a) Determine el estado de cada recurso
b) En función de la utilidad óptima, determine el valor de un resistor. De un capacitor. De
un chip.
c) Determine el intervalo de aplicabilidad de los precios duales para cada recurso
d) Si la cantidad disponible de resistores aumenta a 1300 unidades, determine la nueva
solución óptima.
e) Si se reduce la cantidad de chips disponibles a 350 unidades, ¿ Podría usted
determinar la solución óptima nueva en forma directa a partir de la información?
Explique por qué
f) Si la disponibilidad de los capacitores se limita por el intervalo de aplicabilidad
calculado en c), determine el intervalo correspondiente de utilidad óptima y los
intervalos correspondientes de la cantidad de unidades a producir, de los modelos
1y 2
g) Un nuevo contratista ofrece vender a HiDee más resistores a 40 centavos cada uno,
pero sólo si Hi Dee compra un mínimo de 500 unidades.¿ Debe aceptar la oferta Hi
Dee?
3.- Se tiene el problema
Maximizar z = x1 + x2
Sujeta a
2x1 + x2 ≤ 6
X1 + 2x2 ≤ 6
X 1+ x 2 ≥ 0
a) Demuestre que la solución óptima incluye tanto a x1 como a x2, y que los intervalos de
factibilidad de las dos restricciones, consideradas una por una, son -3 ≤ D1≤ 6 y - 3≤ D2 ≤ 6.
b) Suponga que aumentan los dos recursos en forma simultánea , en Δ ( 0) dada uno.
Primero demuestre que la solución básica permanece factible para toda Δ 0. A
continuación demuestre que la regla de 100% confirma la factibilidad sólo si el aumento
está dentro del intervalo 0
Δ
3 unidades. Si no es así, la regla falla para 3 ≤ Δ ≤ 6 y
no se aplica para Δ 6
PRACTICA Nº 26
1.- En el modelo de TOYCO suponga que la cuarta operación tiene las siguientes especificaciones:
la máxima producción, basada en 480 minutos diarios, es 120 unidades del producto 1 , o bien
480 unidades del producto 2, o bien 240 unidades del producto 3. Determine la solución óptima,
suponiendo que la capacidad diaria se limita a a) 570 minutos, b) 548n minutos
87
PRACTICA Nº 27
1.- Investigue la optimalidad de la solución de la cía de pinturas para cada una de las siguientes
funciones objetivo. Si cambia la solución aplique el análisis de sensibilidad para determinar el
óptimo nuevo
a) z = 3x1 + 2x2
b) z = 8x1+ 10x2
c) z = 2x1 + 5x2
PRACTICA Nº 28
1.- En el modelo de TOYCO use las soluciones del ejemplo citado (pag. 158) … para indicar si la
solución actual seguirá siendo óptima en cada uno de los casos (independientes) siguientes. Si
cambia la solución, determine la solución nueva.
a)
b)
c)
d)
La utilidad por unidad de un tren aumenta de $3 a $5. Y a $8
La utilidad por unidad de un tren baja de $3 a $2
La utilidad por unidad de un camión aumenta de $2 a $6
La utilidad por unidad de un coche baja de $5 a $2
2.- Para el modelo citado (de Gapco, conjunto de problemas 4.5b de la pág 151)
a) Use TORA para determinar la iteración óptima
b) ¿Cuál es la mínima utilidad por unidad que puede obtener Gapco en el producto 1, sin
cambiar el programa de producción actual?
c) Si la utilidad por unidad del producto 2 aumenta a $25, determine la solución óptima
asociada
3.- En el modelo citado (HiDec del problema 4.5b, pag. 150 problema Nº5)
a) Determine la condición que mantenga óptima la solución actual, si las utilidades unitarias
de los modelos 1 y 2 cambian en forma simultánea
b) Suponga que la función objetivo cambia a
z = 5x₁ + 2x₂
Determine la solución óptima asociada.
PRACTICA Nº 29
1.- En el modelo original de TOYCO, los trenes de juguete no son parte de la línea óptima de
productos. La empresa reconoce que la competencia del mercado no permitirá elevar el precio de
ese juguete. En lugar de ello, la empresa quiere concentrarse en mejorar la operación misma del
ensamble. Para ello se necesita reducir el tiempo de ensamble por unidad en cada una de las tres
88
operaciones, en un porcentaje especificado, p%. Determine el valor de p que comience a hacer
rentables a los trenes. La tabla óptima del modelo de TOYCO se mostró anteriormente.
2.- En el modelo de TOYCO suponga que un juguete nuevo (carro de bomberos) requiere 3, 2 y 4
minutos, respectivamente, para las operaciones 1, 2 y 3. Determine la solución óptima cuando la
utilidad por unidad es
a) $5
b) $10
PRACTICA Nº30
1.- En la tabla, donde se agregó un destino ficticio, suponga que la planta de Detroit deba
embarcar toda su producción. ¿Cómo se puede implementar esta restricción en el modelo?
Denver
Los Ángeles
Miami
Ficticia
80
215
0
100
108
0
1000
1000
Detroit
900
200
New Orleans
Demanda
102
400
1200
1400
1900
1500
68
0
1200
400
2.- Tres ciudades se abastecen de electricidad de tres centrales eléctricas con capacidades de 25,
40 y 30 megawatts (MW). Las demandas máximas en las tres ciudades se estiman en 30, 35 y 25
MW. El precio por MW en las tres ciudades se muestra en la tabla.
1
1 $600
Planta 2 $320
3 $500
Ciudad
2
$700
$300
$480
3
$400
$350
$450
Durante el mes de agosto hay un aumento de 20% en la demanda de cada ciudad, que se puede
satisfacer comprando electricidad a otra red, a una tasa elevada de $1000 por MW. Sin embargo,
la red no está conectada con la ciudad 3. La empresa eléctrica desea determinar el plan más
económico para distribuir y comprar la energía adicional.
a) Formule el problema como un modelo de transporte
b) Resuelva el problema con TORA y determine un plan óptimo de distribución para la
empresa eléctrica
89
c) Determine el costo de la electricidad adicional comprada por cada una de las tres ciudades
3.- En la tabla, suponga que la capacidad de la refinería 3 sólo es de 6 millones de galones, y que
el área de distribución 1 debe recibir toda su demanda. Además, cualquier faltante en las áreas 2 y
3 causan una penalización de 5 centavos por galón.
Área de distribución
1
2
3
1 120
180
--Refinería 2 300
100
80
3 200
250
120
a) Formule el problema como modelo de transporte
b) Resuelva con TORA el modelo resultante y determine el programa óptimo de transporte
PRACTICA Nº 31 (pag.175)
1.- En el ejemplo citado suponga que el servicio de afiliado es de 3 días a $1 por hoja el lunes y el
martes (días 1 y 2); reformule el problema e interprete la solución obtenida con TORA.
2.- La demanda de un artículo perecedero durante los cuatro meses próximos es de 400, 300, 420
y 380 toneladas, respectivamente. Las posibilidades de la oferta durante los mismos meses son
500, 600, 200 y 300 toneladas. El precio de compra por tonelada varía de un mes al otro, y se
estima en $100, $140, $120 y $150, respectivamente. Como el artículo es perecedero, se debe
consumir la oferta del mes en curso en menos de tres meses (que cuentan a partir del mes en
curso). El costo de almacenamiento por tonelada y por mes es de $3. La naturaleza del artículo no
permite surtir pedidos atrasados. Resuelva el problema como modelo de transporte con TORA, y
determine el programa óptimo de entrega durante los cuatro meses siguientes.
PRACTICA Nº 32
mínimo y de Vogel, en cada uno de los modelos siguientes:
0
2
2
5
(a)
2
1
4
5
1
5
3
10
6
7
7
1
0
3
10
(b)
2
4
1
10
6
2
5
10
7
12
11
5
2
3
9
(c.)
1
4
6
10
8
0
7
11
12
14
4
90
PRACTICA Nº 33
1.- En un problema de transporte de 3 x 3, sea xij la cantidad transportada desde la fuente i al
destino j , y sea cij el costo correspondiente de transporte, por unidad. Las cantidades de oferta en
las en las fuentes 1,2 y 3 son 15,30 y 85 unidades, respectivamente, ya las demandas en los
destinos 1,2 y 3 son 20, 30 y 80 unidades, respectivamente. Suponiendo que la solución de inicio
con el método de la esquina noreste es óptima y que los valores correspondientes de los
multiplicadores son u₁ = -2, u₂ =3, u₃ =5,v₁ =2,v₂ =5 y v₃ = 10:
a) Determine el costo asociado óptimo
b) Determine el valor mínimo de cij correspondiente a cada variable no básica que mantenga la
optimalidad de la solución obtenida con el método de la esquina noroeste.
PRACTICA Nº 34
1.- Un ejecutivo mercantil debe hacer los cuatro viajes redondos que se ven en la tabla entre la
oficina matriz en Dallas y una sucursal en Atlanta
Fecha de salida de Dallas
Lunes 3 de junio
Lunes 10 de junio
Lunes 17 de junio
Martes 25 de junio
Fecha de regreso a Dallas
Viernes 7 de junio
Miércoles 12 de junio
Viernes 21 de junio
Viernes 28 de junio
El precio de un boleto de viaje redondo desde Dallas es $400. Se otorga un descuento de 25% si las
fechas del boleto abarcan un fin de semana (sábado y domingo). Si la estancia en Atlanta dura más
de 21 días, el descuento aumenta a 30%. Un boleto de viaje sencillo entre Dallas y Atlanta (en
cualquier dirección) cuesta $250.¿Cómo debe comprar los boletos el ejecutivo?
2.- En la figura se ve el esquema de la distribución de un taller, con sus centros de trabajo actuales
indicados por las tablas1,2,3 y 4. Se deben agregar otros cuatro centros de trabajos nuevos.
91
I, II, III Y IV al taller, en los lugares indicados por los círculos a,b,c y d. Se trata de asignar los nuevos
centros a los lugares propuestos de tal modo que se minimice el tráfico total de materiales y
maniobras entre los centros existentes y los propuestos. En la tabla se resumen las frecuencias de
viajes entre los centros nuevos y anteriores. El equipo de manejo de materiales se mueve por los
pasillos rectangulares que se cruzan donde están los centros. Por ejemplo, la distancia (en metros)
de viaje sencillo entre el centro 1 y el lugar b es 30 +20=50m
1
Centro 2
Actual 3
4
I
10
7
0
11
II
2
1
8
4
Centro nuevo
III
4
9
6
0
IV
3
5
2
7
PRACTICA Nº 35
1.- Un problema de transporte consiste en que dos fábricas abastecen cierto artículo a tres
tiendas. La cantidad de unidades ofrecidas en las fuentes 1 y 2 es 200 y 300; la que piden las
tiendas 1,2 y 3 es 100, 200 y 50 respectivamente. Las unidades se pueden transbordar entre las
fábricas y las tiendas, antes de llegar a su destino final. Determine el programa óptimo de
transporte con base en los costos unitarios de la tabla
Fabrica
1
Fabrica 2
1
Tienda2
3
1
$0
$6
$7
$1
$8
2
$6
$0
$2
$5
$9
1
$7
$5
$0
$1
$7
Tienda
2
$8
$4
$5
$0
$6
3
$9
$3
$1
$4
$0
92
BIBLIOGRAFÍA:
AUTOR
Hamdy A. Taha R.
Juan Prawda
Richard Bronson
OBRA
LUGAR
EDITORIAL AÑO
DE EDICIÓN
México
Pearson
2004
“Investigación de
Operaciones”
“Métodos y modelos de
Investigación”
“Investigación de
Operaciones”
Lima
Prentice Hall
1999
México
McGrawHill
2003
96