UNIVERSIDAD CENTRAL DEL ECUADOR
FACULTAD DE INGENIERIA CIENCIAS FISICAS Y MATEMATICA
“INVESTIGACION OPERATIVA”
“RESOLUCION DE EJERCICIOS”
ALEXIS CAÑAR
ALEX CARRILLO
VERONICA PARRA
SEMESTRE MARZO 2011- AGOSTO 2011
Ejercicios Impares
CAPITULO 2
Ejercicios
Conjunto de problemas 2.2A
5. 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 cuanto 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. ¿Comó debe repartir Juan su tiempo, para
maximizar su placer de estudiar y jugar?
Solución
X1= Tiempo de juego por día
X2= Tiempo de estudio por día
Max
Sujeto a
z= 2X1+X2
X1+X2<=10
X1-x2>=0
X1<=4
X1, X2>=0
1. Determinación del espacio de soluciones factibles
X1+X2=10
Si X1=0
X2=10
Si X2=0
X1=10
(0, 10)
(10, 0)
X1-X2=0
Si X1=2
2-X2=0
X1=4
=> X2=2
(2, 2)
2. Determinación de la solución óptima
z=10
2X1+X2=10
Si X1=0
X2=10
Si X2=0
2X1=10 => X1=5
(0, 10)
(5, 0)
z=15
2X1+X2=15
Si X1=0
X2=15
(0, 15)
Si X2=0
2X1=15 => X1=7.5 (7.5, 0)
X1=4
X1+X2=10 => X=6 (4,6)
El óptimo es X1= 4 y X2=6 y el valor de z=2(4)+6=14
Juan debe repartir 4 horas para juego y 6 horas estudio y su placer de estudiar y jugar será
de 14.
Conjunto de problemas 2.2B
5. OilCo construye una refinería para elaborar cuatro productos: diesel, gasolina,
lubricantes y combustible para aviones. Las demandas(en barriles/día) de esos
productos son 14,000, 30,000, 10,000 y 8,000, respectivamente. Irán y Dubai 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 Dubai. Oilco pronostica que
esas 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, 0.1 barril de lubricante y 0.15 barril de combustible para avión. Los
rendimientos correspondientes del crudo de Dubai 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.
Solución
Irán
Dubai
demanda
Diesel
0.2
0.1
14000
Gasolina
0.25
0.6
30000
X1= miles de barriles/día de Irán
X2= miles de barriles/día de Dubai
Minimizar
Sujeta a
z=X1+X2
-0.6X1+0.4X2<=0
0.2X1+0.1X2>=14
0.25X1+0.6X2>=30
0.1X1+0.15X2>=10
0.15X1+0.1X2>=8
0.2X1+0.1X2=14
Si X1=0
X2=140
Si X2=0
X1=70
(0, 140)
(70, 0)
Lubricante
0.1
0.15
10000
Combustible
0.15
0.1
8000
0.25X1+0.6X2=30
Si X1=0
X2=50
Si X2=0
X1=120
(0, 50)
0.1X1+0.15X2=10
Si X1=0
X2=66.67
Si X2=0
X1=100
(0, 66.67)
0.15X1+0.1X2=8
Si X1=0
X2=800
Si X2=0
X1=53.33
-0.6X1+0.4X2<=0
Si X1=100
X2=150
(120, 0)
(100, 0)
(0, 800)
(53.33, 0)
(100, 150)
El óptimo pasa por el cruce de las ecuaciones
0.2X1+0.1X2>=14
0.1X1+0.15X2>=10
Al resolver el sistema tenemos X2=30 y X1=55 y z=85
El optimo es X1=55 barriles/día de Irán y X2=30 barriles/día de Dubai y la capacidad
minima de barriles de crudo por dia es 85.
Conjunto de problemas 2.2C
5. En el modelo de Reddy Mikks, use TORA para demostrar que la eliminación de las
restricciones de materia prima (restricciones 1 y 2) dan como resultado un espacio de
soluciones no acotrado. ¿Qué se puede decir en este caso, acerca de la solución óptima
del modelo?
Solución
Los datos proporcionados no son suficientes ya que no sabemos las toneladas de materia
prima para interiores ni para exteriores, unicamente conocemos los resultados de una
encuesta de mercado.
Por ello el óptimo está en el punto X1=0, X2=0.
CAPITULO 3
SECCIÓN 3.1A
1.- En el modelo de Reddy Mikks (Ejemplo 2.2-1), 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
(x1,x2)= (3,1)
M1: S1= 24-(6X3+4X1)= 2 toneladas diarias
M2: S2= 6-(1X3+2X1)= 1 toneladas diarias
3.- Se tiene la siguente desigualdad 10x1-3x2>-5
Demuestre que multiplicar ambos lados por -1 y a continuación convertir la desigualdad en
una acuación equivalente a convertirla primero en una ecuación y acontinuación multiplicar
ambos lados por -1.
10 X1-3X2 >=-5
10 X1-3X2 =<5
-10 X1+3X2 + S1=5 =>1
10 X1 - 3X2 + S1= -5
10 X1+3X2 + S1 =5 =>2
DE 1 Y 2
6X2 + 2S1 =10
5.- Indique cómo se puede representar la siguiente función objetivo en forma de ecuación:
Minimizar z= máx{[x1-x2+3x3],[-x1+3x2-x3]}
x1,x2,x3>=0
Entonces
Modelo LP:
Minimizar z=y
Sujeto a
Ecuación para minimizar z=y
Sujeta a
6.- Demuestre que las m siguientes ecuaciones
Equivalen a las m+1 siguientes desigualdade:
Para 2, por I= 1,2,…,m
1 y 2 son equivalentes
SECCIÓN 3.1B
1.
En un centro de maquinado se fabrican dos productos. Los tiempos de producción unitarios son 10
12 minutos, para los productos 1 y 2 respectivamente. El tiempo total normal de las maquinas es de
2500 minutos por día. En un día, el fabricante puede producir de 150 a 200 unidades del producto 1.
pero no mas de 45 unidades del producto 2. Para satisfacer la demanda la se puede recurrir al tiempo
extra con un costo adicional de $0.50 por minuto.
a) Suponga que la utilidades unitarias por los productos 1 y 2 son de $6.00 y $7.50 respectivamente;
formule el problema con un modelo de programación Iineal y resuélvalo solo con TORA para
determinar la producción optima de cada producto, así como el tiempo extra que se necesita en el
centro de maquinado.
b) Si aumenta el costo por minuto de tiempo extra $1.50 ¿debe recurrir la empresa al tiempo extra?
Xj= # unidades de productos j por día , j= 1,2
X3= minutos usados por maquina tiempo/día
X3-= tiempo fuera de la maquina por día
Maximizar
Sujeta a
X1 = 200 unidades/diarias
X2= 45 unidades/ diarias
X3= tiempo fuera = 40 minutos
Z= $1517.50
3.- maximizar la siguiente ecuación
Xj= #de unidades de productos 1,2 y 3
Maximizar z= 2x1+5x2+3x3-15x4-10x5
Sujeta a
Todas las variables >=0
Solución z= $ 325
X2= 65 unidades, X4=15
Las otras variables son cero
3. En un problema de programación lineal donde hay varias variables sin restricción, una transformación
del tipo xj=xj+ - xj-, donde (xj+, xj-)≥0 elevara al doble la cantidad correspondiente de variables no
negativas. En lugar de esa transformación se pueden reemplazar k variables no restringidas exactamente
con k+ 1 variables no negativas mediante la sustitución xj = xj –w, xj, w ≥ 0. Use TORA para demostrar
que los dos métodos producen la misma solución con el siguiente modelo de programación lineal:
Maximizar z = -2x1 + 3x2 - 2x3
sujeta a:
4x1 - 3x2 - 5x3=10
2 x1 + 3x2 +2x3=12
x1≥0, x2,x3 Sin restricciones
Solución optima
Formulando 2:
Maximizar
Sujeta a
Solución optima
EJERCIOS 3.2 A
1. Compruebe las soluciones básicas y no básicas mencionada al terminar el ejemplo 3.2-1.
Ecuación para
Maximize
z = 2X+3X
Sujeta a:
X1+3X2+X3
=6
3X1+2X2 +X4 =6
X1,X2,X3,X4>=0
b) Basica (X1, X2)(Ounto B):
X1+3X2 = 6
3X1+2X2=6
Solucion (X1,X2)=(6/7,12/7),Z=6 6/7
Basic (X1,X4)(Punto c)
Basic (X1,X3)(Point E)
X1+X3=6
3X1 =6
Solucion (X1, X3)=(2,4),Z=4
Basica (X1;X4)= (Point C)
X1
=6
3X1+X4=6
Solucion (X1, X4)=(6,-12)
Única pero inaccesible
Basica (X2;X3)= (Point A)
3X2+X3=6
2X2 =6
Solucion (X2, X3)=(39-3)
Única pero inaccesible
Basica (X2;X4)= (Point D)
3X2
=6
2X2+X4=6
Solucion (X2, X4)=(2,2),Z=6
Basica (X2;X4)= (Point F)
X3
=6
X4=6
Solucion (X3, X4)=(6,6),Z=0
c) Optima solución acceso a B
(X1,X2)=(6/7,12/7) con =6 6/7
e) para la grafica sin (d), nosotros tenemos
A: X2=3, X3=-3
C:X1=6 , X4=-12
3. Determine la solución óptima de cada uno de los programas lineales siguientes. Enumerando todas
las soluciones básicas.
a) Maximizar z=2x1-4x2+5x3-6x4
sujeta a:
x1+4x2-2x3+8x4≤2
-x1+2x2+3x3+4x4≤1
x1, x2, x3, x4≥0
b) Minimizar z=x1+2x2-3x3+2x4
sujeta a:
x1+2x2-3x3+x4=4
x1+2x2+x3+2x4=4
x1, x2, x3, x4≥0
5. Se tiene el siguiente programa lineal:
Maximizar z=2x1+3x2+5x3
sujeta a:
-6x1+7x2-9x3≥4
x1+x2+4x3=10
x1, x3≥0
x2 no restringida
En la conversión a la forma de ecuación se usa la sustitución x2= x2+- x2- , Demuestre que una solución no
puede incluir al mismo tiempo a x2+ y x2-.
Combinación
Solución
Estado
Z
x1, x2
-1,3
Factible
8
x1, x3
-4,6
Factible
-4
x1, x4
2,6
Factible
2
X2, x3
4,-2
Factible
-
X2, x4
2,2
Factible
6
X3, x4
2,4
Factible
0
Optimo: x1=-1, x2=-1, Z=8
EJERCIOS 3.3 A
1. En la figura 3.1 se ven los cambios en las variables básicas y no básicas, relacionadas con la ruta A
→ B → C del espacio de soluciones de la figura 3.3. Haga el diagrama correspondiente para la ruta A
→
D
→
C.
Puntos Extremos
A
B
C
Básicas
S1,S2
X1,S2
X1,S2
No Básicas
X1,X2
X2,S1
S1,S2
3. Vea el espacio tridimensional de soluciones de la programación lineal en la figura 3.5, cuyo 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 porqué.
b) Suponga que las iteraciones símplex comienzan en A y que el óptimo esta 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
a)
(A, B) adyacentes, por lo tanto, puede estar en un camino Simplex. Los pares restantes conectados
simplemente están en un camino Simplex se convierten y no son adyacentes.
b)
i) Si, porque conecta el punto extremo adyacente.
ii) No, porque C y I no son adyacentes.
iii) No, porque devuelve la ruta previa a un punto extremo.
5. Acerca del espacio de soluciones en la figura 3.5, donde el algoritmo símplex 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 z=x1-2x2+3x3
Z=0+3 X1=3
b) Maximizar z=5x1+2x2+4x3
Z=0+5 X1=5
c) Maximizar z=-2x1+7x2+2x3
Z=0+7X1=7
d) Maximizar z=x1+x25x3
Z=0+ |X|=1
EJERCICIOS 3.3 B
1.
Este problema es pura reforzar la comprensión del lector acerca de la condición de factibilidad
simplex. En la primera tabla del ejemplo 3.3-1 usamos la prueba de la razón mínima (no negativa)
para determinar la variable de salida. Esa condición garantiza que ninguno de los nuevos valores de
las variables básicas se volverá negativa. Para demostrar eso, haga usted que s2 salga da la solución
básica, en lugar de s1. Ahora sea la tabla símplex que resulta y notará que s1 asume un valor
negativo (= -12), que indica que la nueva solución no es factible. Este caso nunca se presenta si se
emplea la selección de la variable de salida por razón mínima.
Básico
Z
S1
S2
S3
S4
Z
S1
X1
S3
S4
Z
1
0
0
0
0
1
0
0
0
0
X1
-5
6
1
-1
0
0
0
1
0
0
X2
-4
4
2
1
1
6
-8
2
3
1
S1
0
1
0
0
0
0
1
0
0
0
S2
0
0
1
0
0
5
-6
1
1
0
S3
0
0
0
1
0
0
0
0
1
0
S4
0
0
0
0
1
0
0
0
0
1
Sol
0
24
6
1
2
30
-12
6
7
2
3. Se tiene el siguiente sistema de ecuaciones:
x1
+2x2 -2x3
5x1
-2x2
2x1
+3x2 -2x3
x1
+x3
x1, x2, …, x8≥0
+4x4
+6x4
+3x4
-2x4
+x5
+x6
+x7
+x8
=4
=8
=3
=0
Sean x5, x6, x7 y x8, una solución básica factible inicial. Si x1 se 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.
Básicas
X5
X6
X7
X8
Valores
Var dejadas
Relaciones
X1
4/1
8/5
3/2
1.5
X7
X2
4/2
3/3
1
X7
X3
0/1
0
X8
X4
4/5
8/6
3/3
0.8
X5
5. Resuelva el siguiente problema por inspección y justifique el método de solución en función de las
soluciones básicas del método simplex.
Maximizar z=5x1-6x2+3x3-5x4+12x5
Sujeta a:
x1+3x2+5x3+6x4+3x5≤ 90
x1, x2, x3, x4, x5≥0
(Sugerencia: una solución básica sólo consiste en una sola variable).
a) Soluciones básicas consisten de una variable cada una. Luego
X1=90/1=90
Z=5x90=450
X2=90/3=30
Z=-6x30=-180
X3=90/5=18
Z=3x18=54
X4=90/6=15
Z=-5x15=-75
X1=90/3=30
Z=12x30=360
Solución optima
X1=90
X2=X3=X4=X5=0
Z=450
7.
Se
tiene
el
a)
Suponga
Maximizar z=3x1+6x2
espacio
bidimensional
que
la
de
soluciones
función
de
la
figura
objetivo
3.7.
es
Si las iteraciones simplex comienzan en el punto A, identifique la ruta hasta el punto óptimo E.
x2 la primera variable entera
La ruta es A-G-F-E
b) Determine la variable de entrada, las razones correspondientes de la condición de factibilidad y el cambio
en el valor de z, suponiendo que la iteración de inicio se hace en el punto A y que la función objetivo es
Maximizar z=4x1+x2
x1 = (min interceptado con x1)
x1 = min(2,3,5) =2
Z = 4x2 = 8
c) Repita el punto b) suponiendo que la función objetivo es
Maximizar z=x1+4x2
Variable entera x2 = (min intercept con x2)
x2 =min(1,2,4) =1
Z = 4x1= 4
9. En el ejemplo 3.3-1 demuestre que el segundo mejor valor óptimo de z se puede determinar de la tabla
óptima.
BASICA
.
S1 entero, valor = min (3/ (1/4), - (5/2)/(3/8),(1/2)/(1/8))=4
Z= 21-3/4 x 4 =18
S2 enteros, valor = min (-, (3/2)/(3/4),-,-) =2
Z = 21- ½ x 2 = 20 , esta Z es asociada con S2 la solucion basica
11. Gutchi Company fabrica bolsos de mano, bolsos para rasuradoras y mochilas. En las tres fabricaciones se
usa piel y material sintético, pero la piel parece ser la materia prima limitante principal. En el proceso de
producción intervienen dos clases de mano de obra especializada: costura y terminado. La tabla siguiente
muestra la disponibilidad de los recursos, Sus consumos por los tres productos y las utilidades por unidad.
a)
b)
Formule
el
Con
la
problema
solución
como
óptima,
programa
determine
lineal
el
y
resuélvalo
estado
de
con
los
TORA.
recursos.
X1 = numero de bolsos de mano por dia
X2 = numero de mochilas por dia
X3 = numero de bolsos por dia
Maximizar z = 24 x1 + 22 x2 + 45 x3
Sujeta a
2x1 + x2 + 3 x3 = 42
2x1 + x2 + 2 x3 = 40
x1 + 5x2 + x3 = 45
x1,x2,x3,=0
Solucion optima de TORA:
X1 =0, x2 = 36, x3 = 2, Z = 882 $
RESOURCE
Leather
SLACK
STATUS
0
escaso
Sewing
0
Finishing
escaso
0
abundante
EJERCICIOS 3.4 A
1.
Calcule a mano la terminación de la iteración símplex del ejemplo 3.4-1 obtenga la solución óptima.
ITERACION
0
X1
R1
1
X2
R2
2
X3
X4
BASIC
A
Z
X1
-4+7M
X2
X3
-1+4M
-M
R1
R2
R3
Z
3
4
1
0
2
3
2
(1+5M)/3
X1
R2
X4
Z
1
0
0
0
1/3
5/3
5/3
0
0
-1
0
1/5
X1
X2
X4
1
0
0
0
1
1/5
-3/5
0
R1
R2
0
0
1
-1
0
0
0
-M (4-7M)/3
X4
0
0
0
1
0
0
0
0
1
0
1/3
0
0
-4/3
1
0
-5/3
0
1
8/5-M -1/5-M 0
3/5
-4/5
1
-1/5
3/5
1
0
0
-1
SOLUCI
ON
9M
3
6
4
4+2M
1
2
3
18/5
3/5
6/5
1
1
3
Z
OPTIMO
X1
X2
X3
0
1/5
1
1/5
0
3/5
0
1
0
0
0
7/5-M
0
2/5
-M
-
17/5
0
-
2/5
9/5
1
1
0
-1/5
0
0
1
1
-1
3. En el ejemplo 3.4-1 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
Minimize Z=4X1+X2+M(R1+R2+R3)
SUJETA A:
3X1+X2
+R
4X1+3X2-S2
X1+2X2
=3
+R2
-S2
=6
+R3 =4
X1, X2, S2, S3, R1, R2, R3>0
BASICA
Z
R1
R2
R3
Z
R1
R2
R3
X1
R3
-4
-M
3
4
1
1
-4+5M
0
3
4
1
1
X2
S2
-1
1
3
R1
R2
SOLUCION
-M
-M
0
-1
3
6
4
1
-1
2
-1+6M
1
3
Minimize Z=4X1+X2+M (R1)
1
-M
-M
0
0
1
-1
2
b) La segunda restricción es 4x1+3x2≤6
SUJETA A:
S3
1
-1
10M
3
6
4
3X1+X2
+R1
=3
4X1+3X2+S2
=6
X1+2X2
+S3 =4
BASICA
X1
Z
-4
R1
S2
R3
Z
3
4
1
-4+3M
R1
R2
R3
3
4
1
X2
-1
R1
-M
1
3
2
-1+M
1
S2
S3
1
0
1
3
2
0
1
0
1
SOLUCION
0
3
6
4
3M
1
3
6
4
S3
0
SOLUCION
0
1
0
3
6
4
9M
1
3
6
4
1
c) La segunda restricción es 4x1+3x2= 6.
Minimize Z=4X1+X2+M (R1+R2)
SUJETA A:
3X1+X2
+R1
4X1+3X2
=3
+R2
X1+2X3
=6
+S3 =4
BASICA
X1
Z
-4
R1
S2
R3
Z
3
4
1
-4+7M
R1
R2
R3
3
4
1
X2
-1
R1
-M
1
3
2
-1+4M
1
1
3
2
1
1
0
Minimize Z=4X1+X2-M (R1+R2)
SUJETA A:
+R1
0
1
d) La función objetivo es maximizar z =4x1+x2
3X1+X2
R2
-M
=3
4X1+3X2
-S2
X1+2X2
BASICA
Z
R1
R2
S3
Z
R1
R2
S3
=6
+S3 =4
X1
S3
-4
0
3
4
1
1
-4-7M
0
3
4
1
1
X2
S2
R1
R2
SOLUCION
-1
0
M
M
0
2
3
6
4
0
-9M
2
3
6
4
1
3
1
-1
1
-1-4M
M
1
3
0
1
-1
1
5. Se tiene el siguiente conjunto de restricciones:
x1+x2+x3=7
2x1-5x2+x3≥10
x1,x2,x3≥0
Resuelva el problema para cada una de las siguientes funciones objetivo:
a) Maximizar z= 2x1 + 3x2 -5x3
ITERACION
0
BASIC
A
Z
R1
R2
Z
1
R1
X1
Z
X1
-2
-3M
1
2
-3
4M
1
-5
5
-2M
1
1
M
0
0
SOLUCI
ON
-17M
0
-1
1
0
0
1
7
10
0
0
0
1
-8
-7M/2
7/2
- 5/2
6
-M/2
1/2
1/2
-1
0
-M/2 0
1/2
1
-1/2 0
0
1/7
X4
X3
0
S2
50/7
R1
1/7
X2
X1
b) Minimizar z= 2x1 + 3x2 -5x3
1
1/7
0
1/7
6/7
1
3M/2
-1/2
-1/2
16/7
2
+M
0
1/7
1
1/7
R2
-1/7
-
+
M
2/7
5/7
10
-2M
2
5
102/7
4/7
45/7
ITERACION
0
1
BASIC
A
Z
X1
X2
X3
-2
+3M
-3
-4M
1
-5
5
+2M
1
1
R1
R2
1
2
Z
0
3M/2
1
1/2
0
1/2
X1
R2
Z
2
X2
X1
3
Z
OPTIMO
X3
X1
-8+7M/2
0
M
0
1
-M
0
0
-1
1
0
R2
0
0
1
7
10
0
1-
10+2M
1/2
1/2
1
-
2
5
1/2
-1/2
50/7
1/7
1
0
1/7
6/7
1/7
-1/7
2/7
5/7
-50
0
-7
-12 -M
7
-6
SOLUCI
ON
17M
-1+M/2
-5/2
0
R1
6+M/2
7/2
0
M
0
1
S2
1
0
1
-1
0
16/7-M -1/7-
102/7
-1/7
1/7
4/7
45/7
7-
-14
2
-1
-1
1
4
3
R1
R2
SOLUCI
ON
c) Maximizar z= x1 + 2x2 +x3
ITERACION
0
BASIC
A
Z
X1
X2
-1
-2
R1
R2
1
2
Z
-1-3M
R1
R2
1
2
Z
0
2
R1
X1
0
1
7/2
-5/2
3
Z
0
M
0
1
X3
-1
1
-5
-2+4M
1
1
-1-2M
1
-5
1
1
S2
0
M
0
-1
M
0
-1
M
1
0
0
1
0
0
1
0
-17M
0
1
7
10
-9/2-7M/2 -1/2-M/2 -1/2-M/2 0 ½+5M/2
1/2
1/2
1/7
1/2
-1/2
1/7
1
0
7
10
-1/2
1/2
4/7 +M -1/ 7-
5-2M
2
5
53/7
OPTIMO
X2
X1
0
1/7
1
1/7
1
1/7
0
1/7
6/7
2/7
-1/7
-
4/7
45/7
5/7
7. Resuelva el siguiente problema usando a x3 y x4 como variables básicas factible, de inicio. Como en el
problema 6, no use variables artificiales.
Minimizar z=3x1+2x2+3x3
sujeta a:
x1+4x2+x3
=4
+x4≥10
2x1 + x2
x1, x2, x3, x4≥0
Bàsica
Z
x3
x4
(-11) Z
(1/4) x2
(-1) x4
x1
x2
2
1
2
x5
x6
11
-3
4
-1
1
0
0 .-1/4
1 .-1/4
0 .-1/4
.-3/4
.-1/4
.7/4
x1= 0
x2=7/4
x3
x4
-1
0
0
1
-1
0
-1 .-11/4
0
4
-1 .-1/4
0
0
1
0
0
1
Soluciòn
21
7
10
.7/4
.7/4
.33/4
x3=0
x4=33/4
z=7/4
9. Muestre cómo el método M indica ue el siguiente problema no tiene solución factible.
Maximizar z= 2x1 + 5x2
sujeta a:
3x1+2x2≥ 6
2x1+ x2≤ 2
x1,x2≥0
Bàsica
x1
x2
x3
R1
x4
Soluciòn
.-23M
Z
R1
x4
Z
R1
x1
0
0
1
.-5-2M M
2
1
.-3172M M
.1/2
.1/2
Z
R1
x2
.6+M
-1
2
0 M
0
1
3
2
-1
0
0
1
0
0 .-6M
0
1
-1
0
.0 1+3/2M .2-3M
1 .-3/2
3
0 .1/2
1
-1
0
0 .4+2M .8-2M
1
-2
2
0
1
2
6
2
La ultima tabla es la óptima.El valor objeto es 8-2M , lo que quiere decir que es un número negativo grande
para maximizar necesito un positivo, por lo tanto este problema no tiene solución factible.
EJERCICIOS 3.4 B
1. En la fase 1, si la programación lineal es de maximización. ¿se maximiza la suma de las variables
artificiales
en
la
fase
1?
Explique
por
qué.
Siempre se minimiza la suma de las variables artificiales, porque representan la no factibilidad en el
problema.
3.Resuelva el problema 5, conjunto de problema 5.4a, con el método de dos fases.
a
max
Z=
s.a.
2x1+3x2-5x3
x1+x2+x3…+R1=7
2x1-5x2+x3x4…+R2=7
x1,x2,x3,x4,R1,R2>=0
min
r=R1+R2
Bàsica
r
x5
R1
r
x1
R1
x1
x2
3
1
2
0 .7/2
0 .7/2
1 .5/2
x3
-4
1
-5
x4
2
1
1
.1/2
.1/2
.1/2
R1
-1
0
-1
.1/2
.1/2
.-1/2
R2
0
1
0
0 .-3/2
1 .-1/2
0 .-1/2
Soluciòn
0
17
0
7
1
10
2
2
5
r
x2
x1
0
0
1
Básica
Z
x2
x1
x1
Bàsica
Z
x1
x2
x1
Z
x3
x2
.15/2
.5/2
.-1/2
0
0
0
-1
-1
1 .1/7
.1/7
.2/7
.-1/7
.4/7
0 .-1/7
.1/7
.5/7
.1/7
.45/7
x2
0
0
1
x2
0
1
0
Z
x3
x2
x3
0 .50/7
1 .1/7
0 .6/7
Soluciòn
-1
-3
0
1
2
0 .2/5
.1/5
.4/5
0
1 .1/5
.-2/5 .-3/5
2
x3
x4
-1
0
1
7
0
0
1
.5/2
.-1/2
Solución
107/7
.4/7
.45/7
x4
.1/7
.1/7
.-1/7
x1=.45/7
x2=.4/7
x5
0 .3/2
1 .1/2
0 .-1/2
7
2
-1
2
0
2
0
1
1 .1/2
0 .-1/2
6
2
-1
4
0
2
x3=0
z=.109/7
b.
Bàsica
R
R1
R2
x1
3
1
2
R
R1
X1
Bàsica
R
x2
x1
x2
x3
-4
1
-5
x4
2
1
1
R1
-1
0
-1
0 .7/2
0 .7/2
1 .5/2
.1/2
.1/2
.1/2
.1/2
.1/2
.-1/2
x2
x3
x4
x1
0
0
1
R2
0
1
0
0 .3/2
1 .1/2
0 .1/2
R1
R2
0
0
0
-1
1 .1/7
.1/7
.2/7
.1/7
0 .6/7
.1/7
.5/7
.1/7
Soluciòn
0
17
0
7
1
10
2
2
5
Soluciòn
-1
0
.4/7
.45/7
0
Bàsica
Z
x2
x1
x1
x2
x3
0 .50/7
1 .1/7
0 .6/7
0
00-ene
1
Z
x3
x1
0
0
1
-50
7
-6
Solución
.102/7
.4/7
.45/7
x4
.1/7
.1/7
.1/7
0
1
0
-7
1
-1
x1=3
x2=0
-14
4
3
x3=4
z=-14
c.
Bàsica
r
R1
R2
x1
x2
3
1
2
-4
1
-5
r
R1
X1
0 .7/2
0 .7/2
1 .-5/2
r
x2
x1
0
0
1
Bàsica
z
x1
x2
x1
x3
x4
2
1
1
.1/2
.1/2
.1/2
R1
-1
0
-1
.1/2
.1/2
.-1/2
0
0 .1/2
1 .1/7
.1/7
0 .6/7
.1/7
x2
0
0
1
x1=.45/7
x2=.4/7
x3
0 .1/7
1 .1/7
0 .6/7
x3=0
z=.53/7
5. Se tiene el siguiente problema:
Maximizar z=2x1+2x2+4x3
sujeta a:
2x1+x2+x3≤4
x4
.1/7
.1/7
.-1/7
R2
0
1
0
Soluciòn
0
17
0
7
1
10
0 .3/2
1 .-1/2
0 .1/2
0
-1
.-1/7
.1/7
Solución
.53/7
.4/7
.45/7
2
2
5
0
.4/7
.45/7
3x1+4x2+2x3≥8
x1, x2, x3≥0
a) Use TORA para demostrar que la fase I termina con una variable artificial básica cero.
BASIC
r
X2
R2
X1
-5
2
-5
X2
0
1
0
X3
-2
1
-2
S2
-1
0
-1
S1
-4
1
-4
R2
0
0
1
solucion
0
2
0
b) Con cálculos a mano, haga la fase II con la variable artificial cero como parte de la solución básica de
inicio. Asegúrese de que las variables artificiales nunca asuman valores positivos.
Eliminamos la columna R2
c) Demuestre que la variable artificial cero se puede sacar de la solución básica óptima de la fase I(antes de
comenzar la fase II) seleccionando una variable de entrada con elemento pivote no cero, en el renglón de la
variable artificial. A continuación haga la fase II con la nueva solución básica.
Optimizamos la solución X1=0, X2=0, X3=0,Z=4
7. Se tiene la siguiente programación lineal:
Maximizar z=3x1+2x2+3x3
Sujeta a:
2x1+x2+x3≤2
3x1+4x2+2x3≥8
x1, x2, x3≥0
La tabla símplex óptima al final de la fase se da como:
Demuestre que las variables no básicas x1, x2, x3, x4 y x5, nunca pueden asumir valores positivos al final de la
fase II. En consecuencia, sus columnas se pueden eliminar antes de iniciar la tase II. En esencia, la
eliminación de esas variables reduce las ecuaciones de restricción del problema a x2 = 2.
0
I
II
BASIC
z
X3
X4
z
X3
X4
Z
X2
X1
-3
1
2
0
1
2
-5/2
1/4
X2
-2
4
1
10
4
1
0
1
S1
0
-1
0
-3
-1
0
-1/2
-1/4
S2
0
0
-1
0
0
-1
0
0
X3
-3
1
0
0
1
0
-5/2
1/4
X4
0
0
1
0
0
1
0
0
solucion
7
10
21
7
10
7/2
1/4
X4
1/4
0
1/4
-1
-1/4
1
33/4
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 sólo pueden presentarse si una variable artificial es básica (a nivel cero) al final) de la tase I.
EJERCICIOS 3.5 A
1.
Vea la gráfica del espacio de soluciones de la figura 3.10. Suponga que las iteraciones símplex inician en
A que la solución óptima está en D. Además, suponga que la función objetivo 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 símplex
hacia el punto óptimo.
D
C
A
b.
B
Determine la cantidad máxima posible de iteraciones símplex, necesarias para alcanzar la
solución optima, suponiendo que no hay ciclos.
A=1
B=1
C=3
D=1
3. Acerca de la programación lineal del problema 2:
a) Use TORA para generar las iteraciones símplex. ¿Cuántas iteraciones se necesitan para llegar al óptimo?
Sol: 4 iteraciones
b) Intercambie las restricciones 1 y 3, y vuelva a resolver el problema. ¿Cuántas iteraciones se necesitan para
resolverlo?
Sol: 3 iteraciones
c) Explique por qué son distintas las cantidades en a) y b).
Sol: en la parte (a), la solucion encontramos 2 generacione basicas y en la pate (b) existe
una unica solucion
SECCION 3.5 B
1. En la siguiente programación lineal use el módulo de iteraciones de TORA para determinar tres soluciones
óptimas 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
Básico
X1
X2
X3
S2
S2
S3
Solución
Z
-1
-2
-3
0
0
0
0
S1
1
2
1
0
0
10
0
1
0
5
0
0
1
1
1
0
0
10
1/3
0
0
10/3
0
1
0
5
0
0
1
1
1
0
0
10
1/3
-2/3
0
0
0
1
0
5
0
0
1
1
1
0
0
10
1/3
-2/3
1/3
1/3
0
1
-1
4
0
0.
E
1
1
1
0
0
10
-1/3
3
-1
4
1
1
S2
S3
Z
X3
S2
S3
Z
X3
X2
S3
z
X3
X2
X1
z
X3
S2
X1
3
.
E
1
0
0 n
l
a
si
0
0
0 g
u
1/3
2/3
1
i
1
0 e
1
n
1
0 .
0 t
e
E
p
n
r
0
0 l
0 o
a
g
-1/3
0 si
1
r
g
1
1 u
0 a
m
i
0
0 a
1
e
ci
n
.
ó
t
E
n
0 n
0 e
0
li
p
l
n
0
0 r
1
a
e
o
0 si
1 g
0 a
g
l
r
1 u
0
0 u
a
i
s
0 e
0 m
0 e
a
n
e
0
2/3ci
1
t
l
ó
e
0
1 n
0 m
p
ó
li
r
1
0
0 d
n
o
u
e
g
l
a
r
o
l
Entonces la óptima alternativa
es:
a
d
u
m
e
(0,s0,10/3)
a
it
e
ci
e
e
ó
r
l
n
a
m
li
ci
ó
n
o
1
1
0
1/3
0
0
n
0l
a
1 si
g
0u
i
e
n
t
e
p
r
o
g
r
(X1, X2,X3)=
(0, 5,0)
(1, 4,1/3)
Los valores alternativos básicos óptimos son:
X1= λ3
Ẋ2=5 λ2+4 λ3
X3=10/3 λ1+1/3 λ3
Donde:
Λ1+λ2+ λ3 = 1
0<= λi <=1
i=1,2,3………….
3. Para la siguiente programación lineal use la opción Iterations (iteraciones) de TORA para demostrar que la
solución óptima es degenerada, y que ninguna de las soluciones alternativas es punto esquina.
Maximizar z=3x1+x2
sujeta
x1+ x2 ≤5
x1+ x2 -x3≤2
7x1+3x2-5x3≤20
x1, x2, x3≥0
Básico
Z
X1
-3
X2
-1
X3
0
S1
0
S2
0
S3
0
Solución
0
S1
1
2
0
1
0
0
5
1
-1
0
1
0
2
S2
1
S3
1
3
-5
0
0
1
20
z
0
2
-3
0
3
0
6
S1
0
1
1
-1
0
3
1
X1
1
1
-1
0
1
0
2
S3
0
-4
2
0
-1
1
6
z
0
5
0
3
0
0
15
X3
0
1
1
1
-1
0
3
X1
1
2
0
1
0
0
5
S3
0
-6
0
-2
-5
1
0
La solución es Óptimo degeneración porque S3 es básica y la igualdad se ha solucionado con un valor básico
alternativa porque S2 tiene un coeficiente de 0 y todos los coeficientes son <=0
EJERCICIOS 3.5 C
1.
Resuelva el ejemplo 3.5-3 usando la opción Iterations (iteraciones) de Tora, y demuestre que aunque
la solución comience con x1 como variable de entrada (de acuerdo con la condición de optimalidad),
el algoritmo simplex conducirá al final a una solución no acotada.
2.
BASIC
X1
X2
S1
S2
Z
-2
-1
0
0
S1
1
-1
1
0
S2
2
0
0
1
Z
0
-3
2
0
X1
1
-1
1
0
S2
0
2
-2
1
Z
0
0
-1
1,5
X1
1
0
0
1/2
X2
0
1
-1
1/2
NO ACOTADO
3. En algunos modelos de PL (programación lineal) mal hechos, el espacio de soluciones puede ser no
acotado, aunque el problema pueda tener un valor objetivo acotado. Ese caso puede indicar
irregularidades en la construcción del modelo. En los problemas grandes podrá ser difícil detectar la no
acotación por inspección. Deduzca un procedimiento para determinar si un espacio de soluciones esta acotado
o no.
RESPUESTA:
En cualquier iteración, todas las restricciones de los coeficientes de la variable son <=0,
entonces la solución es no-acotada en la dirección de la variable.
De una manera más infalible al llevar a cabo esta tarea, es resolver una secuencia de
Lenguajes de Programación en donde el objetivo de la función es Maximizar Z = Xj,
j=1,2,3,…,n sujeto a las restricciones del problema. Para las variables no-acotadas, Z=∞.
EJERCICIOS 3.5 D
1. Toolco produce tres clases de herramientas: T1, T2, T3. Para ello usa dos materias primas,
M1 Y M2, según los datos de la siguiente tabla:
MATERIA
PRIMA
Unidades de Materias Primas por Herramienta
T1
T2
T3
M1
3
5
6
M2
5
3
4
La Posibilidad diaria de las materias primas es 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 3 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 3 Herramientas?
X1 = Número de Unidades para T1
X2 = Número de Unidades para T2
X3 = Número de Unidades para T3
Sujeto a:
3X1+5X2+6X3<=1000
5X1+3X2+4X3<=1200
X1+X2+X3>=500
X1,X2,X3>=0
Minimizar r = R3
Sujeto a:
3X1+5X2+6X3+S1
=1000
5X1+3X2+4X3
+S2
=1200
X1+X2+X3
-S3+R3=500
X1,X2,X3,S1,S2,S3,R3>=0
La Solución Óptima para Tora:
R3 = r =225 unidades
Esto es interpretado como una deficiencia de 225 unidades. La mayor cantidad que puede
ser producida es: 500-225 = 275 unidades.
CAPITULO 6
1. Determinar la ruta crítica para la red del proyecto en la figura 6.47
Figura 6.47
Solución
Cálculo de los inicios más rápidos de cada evento (paso hacia delante) IRj.
Calculo de la terminación más tardía de cada evento (paso hacia atrás) TTj
La ruta crítica estará determinada por las actividades que tengan holgura igual a cero, la
holgura se determina la siguiente relación:
De los anteriores diagramas determinamos que según la ecuación expuesta la ruta crítica es:
3. Determine la ruta crítica para el proyecto en el problema 6.7a-6
Solución
Calculo de los inicios más rápidos de cada evento (paso hacia delante) IRj.
Cálculo de la terminación más tardía de cada evento (paso hacia atrás) TTj.
La ruta crítica estará determinada por las actividades que tengan holgura igual a
cero, la holgura se determina mediante la siguiente relación:
De los anteriores diagramas determinamos que según la ecuación expuesta la ruta
crítica es:
5. Determinar la ruta crítica para el proyecto del problema 6.7a-9
Solución:
Calculo de los inicios más rápidos de cada evento (paso hacia delante) IRj.
Cálculo de la terminación más tardía de cada evento (paso hacia atrás) TTj.
La ruta crítica estará determinada por las actividades que tengan holgura igual a
cero, la holgura se determina mediante la siguiente relación:
De los anteriores diagramas determinamos que según la ecuación expuesta la ruta
crítica es:
