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TECNOLÓGICO DE ESTUDIOS SUPERIORES DEL ORIENTE DEL ESTADO DE MÉXICO

DIVISIÓN DE INGENIERÍA INDUSTRIAL

CUADERNILLO DE APUNTES:

INVESTIGACIÓN DE OPERACIONES I

ELABORADO POR:

ING. OSCAR EDUARDO PÉREZ GAONA

LA PAZ, ESTADO DE MÉXICO FEBRERO 2010

i

Índice.

ÍNDICE PÁG

INTRODUCCIÓN……………………………………………………………….. iv

CAPITULO 1. METODOLOGÍA DE LA INVESTIGACIÓN DE OPERACIONES Y FORMULACIÓN DE MODELOS.

1.1. Definición, desarrollo de la investigación de operaciones………….…. 2

1.1.1. Antecedentes históricos de la investigación de Operaciones…… 2

1.1.2. Definición…………………………………………………..………….. 4

1.2. Fases de estudio de la investigación de operaciones………....………. 4

1.2.1. Proceso de investigación de operaciones…………………….…… 6

1.3. Principales aplicaciones de la investigación de operaciones……..….. 7

1.4. Formulación de problemas lineales…………………….……….………. 8

1.4.1. Tipos de modelo…………………………………………....………… 8

1.4.2. Tipos de formatos para programación lineal.………….…………. 10

1.5. Formulación de problemas más comunes….………………………….. 16

1.5.1. Modelación y formulación de problemas……………….………….. 16

Ejercicios I. Formato estándar y canónico……………………………………. 34

Ejercicios II. Modelación………………………………………………………... 43

CAPITULO 2. EL MÉTODO SIMPLEX.

2.1. Teoría del método simplex…………………….………………………….. 52

2.2. Método de las variables artificiales………………………………………. 63

2.2.1. Método de la gran M o método penal………………………………. 63

2.2.2. Método de la doble fase…………………………..…………….…… 73

2.2.3. Método gráfico………………………………………………………… 83

2.2.3.1. La desigualdad ≤ representada en el eje cartesiano…........ 83 2.2.3.2. La desigualdad ≥ representada en el eje cartesiano…..… 84

ii

Índice.

2.2.3.3. Método general……………………………..………………… 87

Ejercicios III. Problemas método grafico…………………………………….. 93

Ejercicios IV. Resolución de modelos de programación lineal…………….. 96

CAPITULO 3. TEORÍA DE LA DUALIDAD Y ANÁLISIS DE SENSIBILIDAD. 3.1. Formulación de un problema dual……………………….……………… 101

3.2. Dualidad……………………………………………………………………. 102

3.2.1. Forma canónica………………………………………………………. 102

3.2.1.1. Transformación………………………………………………… 103

3.3. Transformación alterna dual……………………………………………… 112

3.4. Transformación alterna dual simplex……………………………………. 116

3.5. Análisis de sensibilidad……………………………………………………. 125

3.5.1. Forma matricial de la tabla simplex y las relaciones vectoriales

Implicadas…………………………………………………………….. 125

3.5.1.1. Cambio en el vector A………………………………………… 126

3.5.1.2. Cambio en el vector B………………………………………... 131

3.5.1.3. Cambio en el vector C………………………………………… 140

Ejercicios V. Dualidad………………………………………………………….. 149

CAPITULO 4. TRANSPORTE Y ASIGNACIÓN.

4.1. Definición de un problema de transporte………………………………... 152

4.1.1. Algoritmo de transporte………………………………………….…… 154

4.2. Método de voguel………………………………………………………….. 159

4.3. Método esquina noreste…………………………………………………... 160

iii

Índice.

4.4. Método de costo mínimo………………………………………………….. 161

4.5 Método húngaro…………………………………………………………….. 165

Ejercicios VI. Modelos de transporte y asignación………………………….. 172

APENDICE A.Sistema de Ecuaciones Lineales….………………………. 177

iv

Introducción

INTRODUCCIÓN.

Las matemáticas hoy en día son asignaturas prioritarias en la vida de los estudiantes de las carreras de las ingenierías, y más aún aquellas que son de índole de aplicación en las diferentes áreas de la ingeniería, en mucho de los casos parecieran ser motivo de deserción y simplemente dificultad muy grande para culminar sus estudios o en algunos de los casos terminen recursándola, el ramo de la investigación de operaciones dentro del área de Ingeniería Industrial pareciera ser una de ellas.

El presente trabajo tiene como propósito fundamental ayudar a facilitar el

proceso enseñanza-aprendizaje de la materia de Investigación de Operaciones I

en el área de las ingenierías, que se imparte en el quinto semestre de la carrera

de ingeniería industrial del TESOEM, cubriendo temas básicos y apegándose al

programa de estudios vigente. Dicho material puede ser empleado como un libro

de texto para estudiantes y de apoyo para los docentes en esta área

Por el contenido de sus temas y sus aplicaciones pueden ser bastante

interesantes para los alumnos, contiene un gran número de ejemplos ilustrativos

(resueltos paso a paso), donde se muestran las técnicas matemáticas estudiadas,

teniendo siempre en cuenta que para su comprensión se necesitará tener ciertos

conocimientos en álgebra lineal y lógica matemática.

El desarrollo del presente material está diseñado en capítulos, mostrando

siempre al inicio el objetivo del mismo; el cual para su entendimiento se encuentra

de la siguiente manera:

En el capítulo I: Metodología de l a i nvestigación d e o peraciones(I.O) y

formulación de modelos, muestra la evolución y el campo de aplicación de esta

v

Introducción

área, manejando los conceptos básicos para la formulación de los modelos de

programación lineal y la aplicación de estos últimos a diferentes casos de la vida

diaria y del mundo industrial.

En el capítulo II: El método Simplex, en este capítulo no solo se describe el

método simplex como método para solución de los modelos de programación

lineal, se describen otros métodos como el doble fase, el método de la gran M y el

método gráfico, cada uno de ellos con las condiciones que se necesitan para

llevarlos a la práctica.

En el capítulo III: Teoría de la dualidad y Análisis de sensibilidad, en este

apartado es de suma importancia ya que describe la relación dual que todo

modelo primal de programación lineal posee, al igual que las condiciones de cómo

calcular las condiciones de optimalidad en los modelos de programación lineal.

(cambio de vector en A,B,C)

En el capítulo IV: Transporte y asi gnación, en esta sección del presente

trabajo se describen las parte de un modelo de transporte empleado en el área de

logística de una organización sin importar su giro comercial o manufacturero,

donde lo importante el cumplir en tiempo y forma los pedidos de los diferentes

clientes ubicados en diferentes regiones pero el costo mínimo de operación, para

ello se detallan los métodos de solución como lo es el método de Voguel, costo

mínimo, húngaro ente otros.

Se contará con una serie de ejercicios para reforzar el conocimiento aprendido

al final de cada capítulo y sus soluciones se encuentran en el los mismos

ejercicios, esto queda en el entendido al final de cada capítulo. Además de cuenta

con un apéndice.

vi

Introducción

El apéndice I, muestra sistemas de ecuaciones lineales y sus métodos de

solución como puede ser por el método de Gauss Jordan o determinantes (sus

propiedades), los cuales son base para el entendimiento de Investigación de

Operaciones I, en la solución de los métodos de los modelos de programación

lineal.

Esperamos que la obra sea de gran utilidad para profesores y alumnos y que

sea un fuerte material de apoyo en el curso, en el cual creemos que favorecerá de

manera importante en un mejor desarrollo de los temas para el profesor en su

enseñanza y para un buen aprendizaje del alumno.

Objetivo: El estudiante co nocerá y apl icará la metodología de l a I .O y l a f ormulación de modelos de Programación Lineal.

CAPÍTULO I: METODOLOGÍA DE LA

INVESTIGACIÓN DE OPERACIONES (I.O) Y

FORMULACIÓN DE MODELOS.

2

Capítulo I: Metodología de la investigación de operaciones y formulación de modelos

1.1. DEFINICIÓN, DESARROLLO DE LA INVESTIGACIÓN DE OPERACIONES.

1.1.1. Antecedentes históricos de la Investigación de Operaciones (I.O.)

Los inicios de lo que hoy se conoce como Investigación de Operaciones se remota a l os años 1759 c uando el ec onomista Quesnay em pieza a ut ilizar modelos pr imitivos de programación matemática. Más tarde, ot ro economista de nombre Walras, hac e us o de técnicas s imilares; l os m odelos l ineales d e l a Investigación de O peraciones t ienen c omo pr ecursores a J ordan en 1 873, Minkowsky en 18 96 y a F arkas en 1903. Los modelos dinámicos probabilísticos tiene su origen con Markoiv a fines del siglo pasado, pero no fue hasta la Segunda Guerra Mundial, cuando empezó a tomar auge.

La P rogramación Li neal ( PL) t uvo un g ran impulso p ara l a i nvestigación industrial dando entrada las empresas a muchos especialistas; las técnicas Pert, control de inventarios, y la simulación, empezaron a e mplearse con éxito; en vez de los simples promedios, se incluyeron la probabilidad y estadística tan útiles en cualquier estudio moderno.

En l a ac tualidad el u so d e l a I O es extenso e n ár eas de: C ontabilidad, compras, pl aneación f inanciera, m ercadotecnia, pl aneación de pr oducción, transporte y m uchas ot ras m ás, c onvirtiéndose en i mportante i nstrumento de competencia para los presupuestos y contratos.

La s iguiente tabla es boza par te d e l os es tudios y t écnicas e n q ue s e apoyaron los grupos de IO en el desarrollo de esta disciplina.

ACONTECIMIENTOS RELEVANTES DE LA INVESTIGACIÓN DE OPERACIONES.

AÑO AUTOR TÉCNICA DESARROLLADA

1759 Quesnay Modelos primarios de programación matemática

3


1873 Jordan Modelos lineales

1874 Warlas Modelos primarios de programación matemática

1896 Minkousky Modelos lineales

1897 Farkas Modelos dinámicos probabilísticos

1903 Farkas Modelos dinámicos probabilísticos

1905 Erlang Líneas de espera

1920-1930 Konig- Egervary Asignación

1937 Morgestern Lógica estadística

1937 Von Neuman Teoría de juegos

1939 Kantorovich Planeación en producción y distribución

1941 Hitchcook Transporte

1947 Dantzin George Método Simplex

1958 Bellman Richard Programación dinámica

1950-1956 Kun-Tucker Programación no lineal, m. húngaro, sistemas desiguales

1958 Gomory Programación entera

1956-1962 Ford-Fulkerson Redes de flujo

1957 Markowitz Simulación y programación discreta

Raifa Análisis de decisiones

1958 Arrow-Karlin Inventarios

1963 Karmaskar Narend Algoritmo de punto interior

Tabla1.Fuente: Elaboración Propia.

Actualmente esta se encuentra todavía en una e dad incipiente donde hay mucho por hacer en el desarrollo de este campo fértil.

Ahora que se ha visto una breve reseña de la Investigación de Operaciones y c aracterísticas es enciales, es i mportante de finirla, para el lo s e c itan l os siguientes autores.

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1.1.2 Definición

Thierauf la define como “un método científico para dar a los departamentos ejecutivos una base cuantitativa para las decisiones con las operaciones que estén bajo su control.” (Thierauf, 2002:22)

No obstante, Winstone lo describe “como un enfoque científico en la toma de decisiones que busca el mejor diseño y operar un sistema; por lo regular en condiciones que requieren la asignación de recursos escasos.” (Winstone, 2008:01)

Finalmente Prawda lo conceptualiza como “una herramienta de aplicación en grupos interdisciplinarios, del método científico a problemas relacionados con el control de las organizaciones o sistemas (hombre-máquina) a fin de que produzcan soluciones que mejor sirvan a los objetivos de toda la organización.” (Prawda, 2000:20)

Con base a las definiciones anteriores se puede decir que la Investigación de Operaciones es la aplicación de los métodos científicos a problemas complejos que surgen en la dirección, administración y optimización de los recursos de una empresa con el fin de hacer buen uso de ellos.

1.2 FASES DE ESTUDIO DE LA INVESTIGACIÓN DE OPERACIONES.

Su es tudio c onsiste en des arrollar m odelos c ientíficos, i ncorporando factores como el r iesgo y l a i ncertidumbre p ara pr edecir y c ontrolar l os r esultados d e cursos de acción alternativos; como lo muestra la siguiente figura:

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CICLO OPERATIVO DE LA INVESTIGACIÓN DE OPERACIONES.

Figura 1. Fuente: Arreola, 2007

SISTEMA ASUMIDO

MODELO CUANTITATIVO

SOLUCIÓN DEL MODELO

JUICIO Y EXPERIENCIA

DEL TOMADOR DE DECISIONES

SOLUCIÓN AL PROBLEMA DEL SISTEMA REAL

SISTEMA REAL

VARIABLES RELEVANTES

DESICIONES INTERPRETACIÓN

MÉTODO DE SOLUCIÓN

RELACIONES RELEVANTES

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1.2.1 Proceso de Investigación de Operaciones.

DESCRIPCIÓN DE LAS FASES PARA EL DESARROLLO DE I.O.

Figura 2.Fuente: Elaboración Propia.

El proceso de la Investigación de Operaciones comprende las siguientes fases:

1.- Formulación y definición del problema.

2.- Construcción del modelo.

3.- Solución del modelo.

4.- Validación del modelo.

5.- Implementación de resultados.

5.- Interpretar resultados y dar

soluciones.

4.-Requiere que se determine si dicho modelo puede predecir con certeza

el comportamiento del sistema, con el tiempo se podra ajustar el modelo.

3.-Una vez que se tiene el modelo, seprocede a derivar una soluciónmatemática empleando las diversastécnicas y métodos matemáticos pararesolver problemas y ecuaciones.

2.-Debe decidir el modelo a utilizar para representar elsistema. Debe ser un modelo tal que relacione a lasvariables de decisión con los parámetros y restriccionesdel sistema.Es recomendable determinar si el modeloes probabilístico o determinístico.

1.- En esta fase del proceso se necesita: una descripción de losobjetivos del sistema, es decir, qué se desea optimizar; identificar lasvariables implicadas, ya sean controlables o no; determinar lasrestricciones del sistema.

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1.3 PRINCIPALES APLICACIONES DE LA INVESTIGACIÓN DE OPERACIONES.

La Investigación de Operaciones es un campo tan amplio que su versatilidad, la hace no s olo una h erramienta propia de l a Ingeniería Industrial; es dec ir, puede ser em pleada en ot ros c ampos de l a c iencia, des cribiéndose a c ontinuación algunas rúbricas de su aplicación.

Personal.

La aut omatización y l a di sminución de c ostos, r eclutamiento de personal, clasificación y as ignación a tareas de m ejor ac tuación e i ncentivos a l a producción.

Mercado y distribución.

El des arrollo e i ntroducción d e pr oducto, env asado, pr edicción de l a demanda y ac tividad c ompetidora, l ocalización d e bo degas y c entros distribuidores.

Compras y materiales.

Las cantidades y fuentes de suministro, costos fijos y variables, sustitución de materiales, reemplazo de equipo, comprar o rentar.

Manufactura.

La planeación y control de la producción, mezclas óptimas de manufactura, ubicación y tamaño de pl anta, el tráfico de m ateriales y el control d e calidad.

Finanzas y contabilidad.

Los a nálisis de flujo de e fectivo, c apital r equerido d e l argo pl azo, inversiones al ternas, m uestreo para l a s eguridad e n a uditorías y reclamaciones.

Planeación.

Con los métodos Pert para el control de avance de cualquier proyecto con múltiples actividades, tanto s imultáneas como las que deben esperar para ejecutarse.

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1.4. FORMULACIÓN DE PROBLEMAS LINEALES.

1.4.1. Tipos de modelo.

La I nvestigación d e Operaciones ha desarrollado m odelos e specíficos para solucionar problemas generales clasificados como de inventario, líneas de espera, reemplazo, mantenimiento, asignación de recursos,

a) MODELOS D E INVENTARIO: C omprenden aquellos pr oblemas relacionados con el almacenamiento de un recurso en espera de satisfacer una de manda futura. El pr oblema d e i nventario c onsiste básicamente en determinar cuánto y cuándo pedir.

b) MODELOS D E L ÍNEA D E E SPERA: Es tán r elacionados c on aq uellos problemas en donde un g rupo de s ervidores at ienden a u n c onjunto de clientes.

c) MODELOS D E R EEMPLAZO: E l r eemplazo de un ac tivo depe nde de s u naturaleza. S e pu ede t ratar de un equipo que s e det eriora a t ravés del tiempo o bien de un equipo que mantiene un nivel más o menos constante y cuando falla, lo hace total e impredeciblemente Por esta razón, los modelos se c lasifican de acuerdo con l as dos categorías previamente c itadas. Los métodos d e análisis para formular pol íticas ópt imas de r eemplazo. E n l a primera de ellas s e t rata de c alcular un d eterminado per iodo d e t iempo óptimo de us o del a ctivo des pués del c ual debe r eemplazarse. E n l a segunda categoría, se trata también de definir un l apso de t iempo durante el cual se minimice el costo total se reemplazo de l os activos individuales dentro de es te m ismo i ntervalo de t iempo y el de r eemplazar t odos l os activos al final del mismo.

d) MODELOS D E M ATENIMIENTO: E ste i nvolucra t anto el en foque d e inventario como el de reemplazo. Se considera en cierto grado un modelo de inventario porque tanto las refacciones como los aditamentos en general están en espera de ser utilizados. Es también modelo de reemplazo porque el mantenimiento involucra el cambio de partes una vez que fallan.

e) MODELOS D E ASI GNACIÓN D E R ECURSOS: E ste s urge c uando s e desarrollan actividades al ternativas e i nterdependientes q ue c ompitan p or recursos limitados en un periodo determinado, este consiste en elaborar un programa de producción o una mezcla de producción que maximice no la contribución individual de los productos, sino la utilidad total.

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f) MODELOS D E C OMPETENCIA: E ste t ipo d e modelo s e ut iliza par a analizar aquellas situaciones donde dos o más oponentes racionales tratan de seleccionar estrategias que optimicen un cierto objetivo. (Amza, 2007)

La programación lineal son modelos destinados a la asignación eficiente de los recursos limitados en actividades conocidas con el objetivo de satisfacer las metas deseadas (maximizar beneficios o minimizar costos).

La c aracterística distintiva de l os modelos es q ue l as funciones q ue representan el obj etivo y l as r estricciones s on l ineales. ( No s e p ermite multiplicación d e v ariables ni v ariables el evadas a p otencias). Algunas d e l as siguientes r estricciones no s e pueden e mplear e n u n modelo de pr ogramación lineal.

Ahora se puede formular al modelo matemático para este problema general de asignación d e r ecursos a actividades. E n datos nec esarios par a un m odelo de programación lineal que maneja la asignación de r ecursos a ac tividades particular, este modelo consiste en elegir valores de x1,x2,....,xn para: Max o Min z= C1 X1 + C2X2 +……+ Cn Xn

s.a a11X1 + a12X2 +……+ a1nXn ≤ b1

a21X1 + a22X2 +……+ a2nXn ≤ b2 . . +……+ . . . . +……+ . . . . +……+ . . am1X1 + am2X2 +……+ amnXn ≤ bm

Función objetivo Maximizar o Minimizar

s.a ( restricciones, recursos) Variables a definir

Variables Objeto de estudio (definición)

a) VARIABLES DE DECISIÓN: Con estas se hace referencia al conjunto de variables c uya m agnitud s e des ea determinar r esolviendo el m odelo d e programación lineal.

Xn0, para i= 1,2,…..n

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b) RESTRCCIONES: Están constituidas por el conjunto de desigualdades que limitan l os v alores q ue p uedan t omar l as v ariables de d ecisión en la solución.

c) FUNCIÓN OBJETIVO: Es la función matemática que relaciona las variables de decisión.

d) LINEALIDAD: Se refiere a que las relaciones entre las variables, tanto en la función objetivo como en las restricciones deben ser lineales.

e) DESIGUALDADES: L as desigualdades u tilizadas par a r epresentar l as restricciones deben ser cerradas o f lexibles; es d ecir, m enor – igual(≤) o mayor – igual(≤). N o s e per miten d esigualdades de l os t ipos m enor-estrictamente o mayor-estrictamente, o abiertas.

f) CONDICIÓN DE NO NEGATIVIDAD: E n l a pr ogramación l ineal l as variables de decisión sólo pueden tomar valores de cero a positivos, no se permiten valores negativos.

1.4.2. Tipos de formatos para programación lineal. a) Desigualdad del tipo ≤ convertir a una igualdad. La desigualdad tipo ≤ puede convertirse a una función, dado que cuando se

tiene una desigualdad de este tipo, si se le suma al de lado izquierdo una nueva variable no negativa, llamada variable faltante dado que solamente tomara v alores pos itivos, c uando el l ado i zquierdo s ea menor al l ado derecho. Ejemplo:

Transformar las desigualdades del tipo ≤ a una ecuación.

7x1+8x2-9x3≤6 Puede reemplazarse por:

7X1+8X2-9X3+X4≤6

x4≥0

7X1+8X2-9X3+S4=0 S4≥0 x4,s4=variables de holgura=variable faltante.

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b) Desigualdad del tipo ≥ convertir a una igualdad. La d esigualdad t ipo ≥ procediendo d e l a misma forma q ue l a an terior s e

puede convertir en una ecuación, dado que si se le resta del lado izquierdo una n ueva v ariable no neg ativa, l lamada variable so brante; t al nom bre obedece a q ue di cha v ariable t omara un valor pos itivo, c uando el l ado izquierdo sea mayor que el derecho. Ejemplo:

Transformar las desigualdades del tipo ≥ a una ecuación.

-9X1+4X2-3X3≥12 Puede reordenarse como:

-9X1+4X2-3X3-X4≥12 X4≥0

-9X1+4X2-3X3-S4=0 S4≥0

x4,s4=variables de holgura=variable sobrante.

A la Variable faltante y sobrante se l es l lama Variables de holgura. En programación lineal se emplean 2 tipos de formatos

a) Formato Canónico:

Un modelo de pr ogramación l ineal es tá en f ormato c anónico; si t odas l as variables son no neg ativas y las restricciones son del t ipo ≤ para un objetivo de maximización o s i t odas l as r estricciones son d el t ipo ≥ para un objetivo de minimización.

1.- Formato Canónico.

Min z0 = 2x1 + 3x2 + 8x3

s.a 2x1 + 2x2 - 7x3 ≤ 10 7x1 + 2x2 + 5x3 = 9 8x1 + 9x2 + 5x3 ≤ 1 x1 , x2 ≥0

Minimizar todos los signos de la desigualdad, estos deben ser ≥0

s.a [ 2x1+2x2-7x3≤10]-1

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Esto equivale a

-2x1-2x2+7x3≥-10

-----------------------------------------------------------------------------

Esto equivale a

7x1+2x2+5x3≤9

7x1+2x2+5x3≥9

------------------------------------------------------------------------------------------------------------

I8x1+9x2+5x3I≤1

Esto equivale a

8x1+9x2+5x3≤1

8x1+9x2+5x3≥-1

----------------------------------------------------------------------------------

[8x1+9x2+5x3≤1]-1

Esto equivale a

-8x1-9x2-5x3≥-1

---------------------------------------------------------------------------------

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b) Formato Estándar:

Un modelo de P rogramación Li neal es ta e n formato es tándar s i t odas l as variables s on n o n egativas y t odas l as r estricciones s on i gualdades, t anto en Maximización como en Minimización.

Min z0 = 2x1 + 3x2 + 8x3

s.a 2x1 + x2 - 7x3 ≤ 10 7x1 + 2x2 + 5x3 = 9 3x1 + 3x2 + x3 ≥ 3 18x1 + 9x2 + 5x3 ≤ 1 x1 , x2 ≥0

x3 irrestricta.

2.- Formato estándar.

Z0=2x1+3x2+8x3-S1-S2-S3

s.a 2x1 + x2 - 7x3 - S1 = 10 7x1 + 2x2 + 5x3 - = 9 3x1 + 3x2 + x3 S2 = 3 18x1 + 9x2 + 5x3 - S3 = 1

x1,x2,x3,S1,S2,S3≥0

Ejercicio: R ealizar el planteamiento c orrespondiente al problema de P L q ue s e muestra a continuación.

Max Zo=7x1+8x2-9x3+10x4

s.a

x1 + x2 - 2x3 + 5x4 = 9 2x1 + x2 ≥ 7

- x2 + 5x3 + 8x4 ≤ 4 Ix3 + x4I ≤ 7

x1,x2,x3,x4≥0

a) Realizar formato estándar b) Realizar formato canónico

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Max Zo=7x1+8x2-9x3+10x4-0s1+0s2+0s3+0s4

s.a

x1 + x2 - 2x3 + 5x4 = 9 2x1 + x2 - S1 ≥ 7

- x2 + 5x3 + 8x4 + S2 ≤ 4 x3 + x4 + S3 ≤ 7 x3 + x4 - S4 ≤ -7

x1, x2, x3, x4,S1,S2, S3, S4≥0

b) Formato Canónico.

Max Zo=7x1+8x2-9x3+10x4

x1+x2-2x3+5x4=9

x1+x2-2x3+5x4≤9

x1+x2-2x3+5x4≥9

[x1+x2-2x3+5x4≥9]-1

Esto equivale a

-x1-x2+2x3-5x4≤-9

--------------------------------------------------------------------------------------------------------

[2x1+x2≥7]-1

Esto equivale a

-2x1-x2≤-7

-x2+5x3+8x4=4

-x2+5x3+8x4≤4

-x2+5x3+8x4≥4

--------------------------------------------------------------------------------

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Ix3+x4I≤7

Esto equivale a

x3+x4≤7

x3+x4≥-7

---------------------------------------------------------------------------------

[x3+x4≥-7]

Esto equivale a

-x3-x4≤7

FORMATO CANÓNICO

Max Zo=7x1+8x2-9x3+10x4

s.a

x1 + x2 - 2x3 + 5x4 ≤ 9 -x1 - x2 + 2x3 - 5x4 ≤ -9

-2x1 - x2 ≤ -7 - x2 + 5x3 + 8x4 ≤ 4 x3 + x4 ≤ 7 -x3 - x4 ≤ 7

x1,x2,x3,x4≥0

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1.5. FORMULACIÓN DE PROBLEMAS MÁS COMUNES.

1.5.1. Modelación y Formulación de Problemas 1) La e mpresa A NCE S .A de C .V.; pr oduce una l ínea d e ar tículos de P eltre

para uso casero; la cual consta de 4 productos. El sistema de manufactura se di vide en 5 et apas: C ortado, t roquelado, es maltado, ac abado y empacado. A c ontinuación s e pr esenta l a i nformación r elevante, t anto de l sistema productivo como del producto.

Información sobre el sistema productivo (Índice de producción Unidades/hrs)

Departamento Producto 1

Producto 2

Producto 3

Producto 4

Capacidad (horas/mes)

Corte 25 6 20 10 400 Troquelado 14 8 20 10 380 Esmaltado 17 9 33 8 490 Acabado 20 4 - 8 450

Empacado 50 13 50 20 400

Información sobre el producto

Producto Precio de vta. ($/unidad)

Costo de vta. ($/unidad)

Demanda mínima

Mensual(unidades) Máxima

1 100 50 500 5000 2 300 200 750 6000 3 160 100 650 8000 4 250 150 0 3500

Además, se debe que en el s iguiente mes solo se dispondrán de 1200m2 de lámina q ue c onsumen l os productos 1 y 2. E l pr oducto 1 r equiere 0. 50m2 por unidad y el producto 2 requiere 0.80m2.

Formular un modelo de programación lineal.

Variables de decisión.

x1= Unidades del producto 1 a fabricar el próximo mes.



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Max.

Zo= (100-50)x1+(300-200)x2+(160-100)x3+(250-150)x4

Zo= 50x1+100x2+60x3+100x4

Restricción de capacidad

1/25 X1 + 1/6 X2 + 1/20 X3 + 1/10 X4 ≤ 400 CORTADO

1/14 X1 + 1/8 X2 + 1/20 X3 + 1/10 X4 ≤ 380 TROQUELADO

1/17 X1 + 1/9 X2 + 1/33 X3 + 1/8 X4 ≤ 490 ESMALTADO

1/20 X1 + 1/4 X2 1/8 X4 ≤ 450 ACABADO

1/50 X1 + 1/13 X2 + 1/50 X3 + 1/20 X4 ≤ 400 EMPACADO

Demanda

500≤X1≤5000

750≤X2≤6000

650≤X3≤8000

0≤X4≤3500

Entrada de materia prima

0.50X1+0.80 X2≤1200

Xj≥0 j= 1,2,3,4

X1,X2,X3,X4≥0

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Max Zo= 50x1+100x2+60x3+100x4

s.a

1/25 X1 + 1/6 X2 + 1/20 X3 + 1/10 X4 ≤ 400

1/14 X1 + 1/8 X2 + 1/20 X3 + 1/10 X4 ≤ 380

1/17 X1 + 1/9 X2 + 1/33 X3 + 1/8 X4 ≤ 490

1/20 X1 + 1/4 X2 + + 1/8 X4 ≤ 450

1/50 X1 + 1/13 X2 + 1/50 X3 + 1/20 X4 ≤ 400

X1 ≤ 380

X1 ≥ 490

X2 ≤ 450

X2 ≥ 400

X3 ≤ 8000

X3 ≥ 650

X4 ≤ 3500

X4 ≥ 0

0.50 X1 + 0.80X2 ≤ 1200 Xj≥0 j= 1,2,3,4

X1,X2,X3,X4≥0

19


2) Un ganadero dec ide elaborar una m ezcla para al imentos de animales a base d e al falfa, s orgo, av ena, maíz, s oya y har ina. D e c ada 100Kg d e mezcla; se desea que al menos 30Kg de ellos sean proteínas, no más de 40 sean de calcio, y como máximo 35Kg de fosforo.

A continuación se presenta la información del contenido de la mezcla y los precios de los ingredientes a combinar.

Ingredientes Proteína (%) Calcio (%) Fosforo (%) Precio (Kg) Alfalfa 25 50 25 7 Sorgo 40 20 40 9 Avena 10 30 60 8 Maíz 65 15 20 20 Soya 40 20 40 5

Harina 30 20 50 15 Además, n o s e pu ede us ar m ás d e 10K g har ina, ni m ás de 12 Kg de s oya por c/100kg de mezcla.

Variables de decisión

x1= Kg de alfalfa a utilizar en los 100Kg de mezcla.

x2= Kg de soya a utilizar en los 100Kg de mezcla.

x3= Kg de avena a utilizar en los 100Kg de mezcla.

x4= Kg de maíz a utilizar en los 100Kg de mezcla.

x5= Kg de soya a utilizar en los 100Kg de mezcla.

x5= Kg de harina a utilizar en los 100Kg de mezcla.

20


Min Zo= 7x1+9x2+8x3+20x4+5x5+15x6

Var. Nutrición

0.25X1 + 0.40X2 + 0.10X3 + 0.65X4 + 0.40X5 + 0.30X6 ≥ 30 Proteína

0.50X1 + 0.20X2 + 0.30X3 + 0.15X4 + 0.20X5 + 0.20X6 ≥ 40 Calcio

0.25X1 + 0.40X2 + 0.60X3 + 0.20X4 + 0.40X5 + 0.50X6 ≤ 35 Fosforo Disponibilidad

X6 ≤ 10 Harina X5 ≤ 12 soya

Capacidad total (Mezcla total)

X1 + X2 + X3 + X4 + X5 + X6 = 100 Kg

Xj≥0 j=1,2,3,4,5,6

Min Zo= 7x1+9x2+8x3+20x4+5x5+15x6

s.a

0.25X1 + 0.40X2 + 0.10X3 + 0.65X4 + 0.40X5 + 0.30X6 ≥ 30 0.50X1 + 0.20X2 + 0.30X3 + 0.15X4 + 0.20X5 + 0.20X6 ≥ 40 0.25X1 + 0.40X2 + 0.60X3 + 0.20X4 + 0.40X5 + 0.50X6 ≤ 35

X6 ≤ 10 X5 ≤ 12

X1 + X2 + X3 + X4 + X5 + X6 = 100 X1,X2,X3,X4,X5,X6≥0

21


3) La refinería azteca produce 2 tipos de gasolina sin plomo regular y extra, los cuales se venden en 8 y 15 pesos por barril respectivamente. Ambos t ipos se pr eparan d el i nventario de azteca del pet róleo de az teca nac ional refinado y del petróleo i mportado r efinado y deb e d e c umplir c on l as siguientes especificaciones.

Presión

máxima de vapor

Octanaje mínimo

Demanda máxima

barriles/semana

Entrega mínima

barriles/semana Regular 23 88 100000 50000

Extra 23 93 20000 5000

Las características del inventario refinado son las siguientes

Presión

máxima de vapor

Octanaje mínimo

Demanda máxima

barriles/semana

Entrega mínima

barriles/semana Regular 25 87 40000 8

Extra 15 98 60000 15

Que cantidades de los 2 petróleos nacional e importado debe mezclar la azteca a fin de acrecentar sus ganancias semanales.

x1= Los barriles de petróleo nacional con una mezcla regular.

x2= Los barriles de petróleo importado con una mezcla regular.

x3= Los barriles de petróleo nacional con una mezcla extra.

x4= Los barriles de petróleo importado con una mezcla extra.

Max Z0=12(X1+X2)

Z0=12(X1+X2)+14(X3+X4)-8(X1+X3)-15(X2+X4)

Z0=12X1+12X2+14X3+14X4-8X1-8X3-15X2-15X4

Z0=4X1-3X2+6X3-X4

22


s.a

X1 + X2 ≤ 100000 X3 + X4 ≤ 20000

X1 + X2 ≥ 50000 X3 + X4 ≥ 5000

X1 + X3 ≤ 40000 X2 + X4 ≤ 60000

X1 - 10X2 ≤ 0 6X3 - SX4 ≤ 0

2X1 + SX2 ≤ 0 2X3 2X3 + 8X4 ≤ 0

X1,X2,X3,X4≥0

23


4) Una t ienda de aut oservicio f unciona l as 24 hor as t iene l os siguientes requerimientos m ínimos para l os c ajeros. E l periodo uno s igue inmediatamente después del periodo 6. Un cajero trabaja 8hrs consecutivas, empezando al i nicio de un o de l os 6 periodos. D etermine e l núm ero requerido de empleados en cada uno de los periodos.

Periodo 1 2 3 4 5 6 Horas del día

(24 hrs) 3-7 7-11 11-15 15-19 19-23 23-3

Número mínimo 7 20 14 20 10 5

x1= El número de personas asignadas o requeridas en el periodo 1.

x2= El número de personas asignadas en el periodo 2.





Min Zo= x1+x2+x3+x4+x5+x6

s.a

X1 + X6 ≥ 7 X1 + X2 ≥ 20 X2 + X3 ≥ 14 X3 + X4 ≥ 20 X4 + X5 ≥ 10 X5 + X6 ≥ 5

X1,X2,X3,X4,X5,X6≥0

24


5) La empresa ha destinado un presupuesto de $4,000,000 para la compaña publicitaria del pr imer m es; ad emás, el consejo de ad ministración h a sugerido al departamento de mercadotecnia los siguientes lineamientos.

1.- Deben utilizarse por los menos 20 comerciales de T.V.

2.- El m ensaje d ebe llegar a por l o menos 2,500,000 f amilias pot encialmente compradoras.

3.- El mensaje debe publicarse en un periódico local por lo menos un domingo.

4.- No deben de gastarse más de 2,000,000 de pesos en .T.V.

¿Cuál debe ser la campaña publicitaria para este primer mes?

Plante un Modelo de PL; para resolver este problema.


x1= Número de comerciales T.V matutina durante el primer mes.

x2= Número de comerciales T.V nocturna durante el primer mes.

x3= Número de comerciales en periódico diario durante el primer mes.

x4= Número de comerciales en periódico dominical durante el primer mes.

x5= El Número de comerciales en noticiario de radio durante el primer mes.

Max Zo= 50x1+90x2+35x3+70x4+25x5

Presupuesto

100,000x1+150,000x2+60,000x3+120,000x4+20,000x5≤4,000,000

s.a

X1 ≤ 20 X2 ≤ 10 X3 ≤ 25 X4 ≤ 4 X5 ≤ 30

X1 + X2 ≥ 20 Comerciales de TV

25


Cobertura de audiencia

10,000x1+50,000x2+30,000x3+70,000x4+50,000x5≥2,500,000

Periódico dominical

x4≥1

Gasto T.V

100,000x1+150,000x2≤2,000,000

Xj≥0 j= 1,2,3,4,5

X1,X2,X3,X4,X5≥0

Max Zo= 50x1+90x2+35x3+70x4+25x5

s.a

100,000X1 + 150,000X2 + 60,000X3 + 120,000X4 + 20,000X5 ≤ 4,000,000 X1 ≤ 20

X2 ≤ 10 X3 ≤ 25 X4 ≤ 4 X5 ≤ 30

X1 + X2 ≥ 10,000X1 + 50,000X2 + 30,000X3 + 70,000X4 + 5,000X5 ≥ 2,500,000

X4 ≥ 1 100,000X1 + 150,000X2 ≤ 2,000,000

X1,X2,X3,X4,X5≥0

26


6) La e mpresa olle S .A de C .V, productora de r adio portátiles pa ra intercomunicación (solamente entre dos personas: transmisora y receptora); va a promover s u n uevo r adio c on un alcance de 4 0Km, el c ual t iene diversas f unciones. El pr incipal c anal de di stribución es tá en focado a mayoristas en el área de c omunicación industrial, as í m ismo, la firma está considerando dos alternativas de distribución: una cadena de autoservicio y mayorista de equipos marítimos. Dichos canales de distribución alternativos abren el m ercado a personas i nteresadas en r adio c omunicación c omo afición y como enlace entre botes de pesca y su estación de base.

Debido a l a di ferencia de c ostos d e c omercialización y de pr omoción, l a utilidad d el pr oducto varía con l a al ternativa de di stribución seleccionada. Además, el c osto pu blicitario y el t iempo el v endedor por u nidad s on distintos p ara c ada canal de di stribución. D ado q ue l a c ompañía s olo produce baj o pe dido; el núm ero de uni dades f abricadas y vendidas es el mismo.

A continuación se resume la información preparada por olle S.A de C.V, con respecto a l a ut ilidad, costo publicitario y hr /hombre de v endedor por cada unidad vendida. Lo anterior ha sido estimado con base en experiencias con radios similares.

Canal de distribución

Utilidad unitaria($)

Costo publicitario ($/unidad)

Esfuerzo de ventas (hr-hombre/unidad)

Industrial 20,000 1,800 4 Tienda 12,000 3,000 6

Marítimo 18,000 1,000 7

El di rector g eneral de l a empresa; ha es tablecido q ue en l a es trategia d e ventas a seguir deben venderse por lo menos 100 unidades al canal tienda, 250 al canal marítimo; en el siguiente mes; también el gasto publicitario no debe exceder de $1,000,000. S i la capacidad de producción se estima en 1000 unidades y las horas ho mbre de u n v endedor di sponibles en el pr óximo m es s on 2,000. ¿ Qué estrategia de ventas debe adoptar la empresa? Es decir, la empresa debe decidir:

a) Cuantas unidades producir por c/canal de distribución. b) Cuanto gasto publicitario se debe hacer en c/canal de distribución. c) Cuanto esfuerzo de ventas debe dedicarse a c/canal de distribución.

27


X= U nidades de r adios por tátiles en s us diferentes m ercados para pr oducir el siguiente mes.

x1= Unidades producidas para el mercado industrial.

x2= Unidades producidas para el mercado tiendas.

x3= Unidades producidas para el mercado marítimo.

Objetivo

Max Zo= 20,000x1+12,000x2+18,000x3

s.a

Publicidad

1,800X1 + 3,000X2 + 1,000X3 ≤ 1,000,000 Esfuerzo de ventas

4X1 + 6X2 + 7X3 ≤ 2000 Capacidad productiva

X1 + X2 + X3 ≤ 1000 Mercado tienda

X2 ≥ 100 Mercado marítimo

X3 ≤ 250 Xj≥0 j= 1,2,3

X1,X2,X3≥0

Max Zo= 20,000x1+12,000x2+18,000x3

s.a

1,800X1 + 12,000X2 + 18,000X3 ≤ 1,000,000

4X1 + 6X2 + 7X3 ≤ 2,000 X1 + X2 + X3 ≤ 1,000 X2 ≥ 100 X3 ≥ 250

X1,X2,X3≥0

28


7) Mi dieta requiere que todo los al imentos que ingiera pertenezcan a una d e los c uatro “ grupos bá sicos de al imentos” ( pastel d e c hocolate, hel ado d e crema, b ebidas c arbonatadas y pas tel d e q ueso). P or ahor a hay l os siguientes c uatro al imentos: bar ras de c hocolate, hel ado de crema d e chocolate, bebida d e c ola y pas tel de q ueso c on pi ña. C ada barra d e chocolate c uesta $ 35.00, c ada b ola d e helado de c rema c uesta $40 .oo, cada botella de bebida de c ola cuesta $7.50 y cada rebanada de pastel de queso con piña cuesta $20.00. De acuerdo al nutriólogo, todos los días debo ingerir por lo menos 500 calorías, 6 onzas de chocolate, 10 onzas de azúcar y 8 on zas de g rasas. P lantee u n m odelo d e P L q ue pued a em plear par a cumplir mis necesidades nutricionales al costo mínimo. El contenido nutricional por unidad de c/alimento se da en la siguiente tabla.

Tipo de alimento Calorías Chocolate(onzas) Azúcar(onzas) Grasas(onzas) Barra de chocolate 400 3 2 2

Helado de crema con chocolate(1 bola) 200 2 2 4

Bebida de cola(1 botella) 150 0 4 1

Pastel de queso con piña 500 0 4 5

Definición de la variable

X= Cantidad de calorías a consumir en los diferentes alimentos al día.

x1= Cantidad de barras de chocolate consumidas al día.

x2= Cantidad de helado de crema con chocolate consumida al día(1 bola)

x3= Botellas de bebida de cola consumidas al día.

x4= Rebanadas de pastel de queso con piña consumidas al día.

Min Zo= 35x1+40x2+7.50x3+20x4

s.a

400X1 + 200X2 + 150X3 + 500X4 ≥ 500 calorías 3X1 + 2X2 ≥ 6 chocolate 2X1 + 2X2 + 4X3 + 4X4 ≥ 10 Azúcar 2X1 + 4X2 + X3 + 5X4 ≥ 8 Grasas

29


X1,X2,X3,X4≥0

Min Zo= 35x1+40x2+7.50x3+20x4

s.a

400X1 + 200X2 + 150X3 + 500X4 ≥ 500

3X1 + 2X2 ≥ 6 2X1 + 2X2 + 4X3 + 4X4 ≥ 10 2X1 + 4X2 + X3 + 5X4 ≥ 8

X1,X2,X3,X4≥0

30


8) El t aller de máquinas y her ramientas Era S .A d e C .V; s e dedica a l a fabricación d e dos r efacciones par a u na em presa m etalmecánica. La s partes s e producen en c uatro o peraciones ( departamentos). Las h oras maquina son suficientes aunque se t iene una fuerte l imitación en mano de obra c alificada. La empresa pi ensa por t anto, q ue l as hor as-hombre disponibles r estringen s u c apacidad de pr oducción. Las h oras hom bre asumidas por cada parte en cada departamento son:

Departamento (operación) Parte 1 Parte 2

1 0.10 0.20 2 0.20 0.15 3 0.10 0.15 4 0.05 0.10

La e mpresa g ana $100 y $12 9 por uni dad de l as partes 1 y 2 respectivamente. L uego de c onsiderar l a ex periencia y habi lidad de l os trabajadores actuales, se ha llegado al siguiente resultado:

Asignación posible de mano de obra

Hr/hombre Disponibles/semana

Únicamente a departamento 1 480 Únicamente a departamento 2 400 Únicamente a departamento 3 500 Únicamente a departamento 4 200

A departamento 1 o departamento 2 350 A departamento 3 o departamento 4 370

Plantee un modelo de PL.


Xi= Unidades a fabricar de las refacciones i por semana

ai=horas/hombre a asignar en el departamento j por semana

i= 1,2 j= 1,2,3,4

31


Max Zo= 100x1+120x2

horas/hombre disponibles

0.10X1 + 0.20X2 ≤ a1

0.20X1 + 0.15X2 ≤ a2 0.10X1 + 0.15X2 ≤ a3 0.05X1 + 0.10X2 ≤ a4

Asignación de horas/hombre para cada departamento

a1 ≤ 480 + 350 = 830

a2 ≤ 400 + 350 = 750 a3 ≤ 500 + 370 = 870 a4 ≤ 200 + 370 = 570

a1 + a2 ≤ 480 + 400 + 350 = 1230 a3 + a4 ≤ 500 + 200 + 370 = 1070

Modelo matemático

Max Zo= 100x1+120x2

s.a

0.10X1 + 0.20X2 - a1 ≤ 0 0.20X1 + 0.15X2 - a2 ≤ 0 0.10X1 + 0.15X2 - a3 ≤ 0 0.05X1 + 0.10X2 - a4 ≤ 0

a1 ≤ 830 a2 ≤ 750 a3 ≥ 870 a4 ≥ 570 a1 + a2 ≥ 1230 a3 + a4 ≤ 1070

X1,X2,a1,a2,a3,a4≥0

32


9) PCP S.A de C.V produce rollos de papel en un a ncho estándar de 20 pies c/u, los pedidos de los c lientes en r ollos de diversos anchos; se producen recortando el tamaño estándar de 20 pi es. Los requerimientos promedio de los clientes están dados de la siguiente forma: Rollos de 5 pies 150 unidades Rollos de 7 pies 200 unidades Rollos de 9 pues 300 unidades ¿Qué combinación es la mejor para optimizar los rollos?

A b) c)

5 ft

7 ft

20 ft

9 ft

33


Tipo de corte 5ft 7ft 9ft Desperdicio(ton) I 4 - - 0 II 1 2 - 1 III - - 2 2 IV 2 - 2 1 V - 1 1 4 VI 2 1 - 3

Definición de la variable

x1= No. de cortes del rollo tipo I.

x2= No. de cortes del rollo tipo II.

x3= No. de cortes del rollo tipo III.

x4= No de cortes del rollo tipo IV

x5= No. de cortes del rollo tipo V.

x6= No de cortes del rollo tipo VI.

Min Zo= 0x1+x2+2x3+x4+4x5+3x6

s.a

4X1 + X2 + 2x4 + 2x6 ≥ 150 2X2 + x5 ≥ 200 2x3 + 2x4 + x5 ≥ 300

X1,X2,X3,X4,X5≥0

34


EJERCICIOS I. FORMATO ESTANDAR Y CANÓNICO.

Instrucciones: Dados l os s iguientes m odelos de programación l ineal, expresarlos en f ormato es tándar y c anónico ( solamente c onsidere v ariables d e holgura).

1.-

MIN

Z=2X1+2X2

s.a

3X1+2X2≥3

2X1 ≤3

X2≥4

X1,X2≥0

FORMATO ESTANDAR

MIN

Z=2X1+2X2

s.a

3X1+2X2-S1 =3

2X1 +S2 =3

X2 +S3=4

X1,X2,S1,S2,S3≥0

FORMATO CANÓNICO

MIN

Z=2X1+2X2

s.a

3X1+2X2≥3

-2X1 ≥-3

X2≥4

X1,X2,≥0

SOLUCIONES

35


2.-

MAX

Z=3X1+8X2

s.a

8X1+2X2≤4

-4X1 ≥3

X1+1/2X2≤3

X1,X2≥0

FORMATO ESTANDAR

MIN

Z=3X1+8X2

s.a

8X1+2X2-S1 =4

-4X1 -S2 =3

X1+1/2X2 +S3=3

X1,X2,S1,S2,S3≥0

FORMATO CANÓNICO

MIN

Z=3X1+8X2

s.a

8X1+2X2≤4

-4X1 ≤-3

X1+1/2X2≤3

X1,X2,≥0

36


3.-

MAX

Z=X1+2X2+3X3

s.a

X1+2X2 ≥3

2X2-3X3 ≤5

X1+ 1/4X3≥4

X1-2X2 =5

X1,X2,X3≥0

FORMATO ESTANDAR

MIN

Z=X1+2X2+3X3

s.a

8X1+2X2-S1 =4

2X2-3X3+S2 =5

X1+ 1/4X3 -S3 =4

X1-2X2 =5

X1,X2,S1,S2,S3≥0

FORMATO CANÓNICO

MIN

Z=X1+2X2+3X3

s.a

-X1-2X2 ≤-3

4X2-3X3 ≤-3

-X1-1/4X2 ≤3

X1-2X2 ≤5

-X1+2X2 ≤-5

X1,X2,≥0

37


4.-

MAX

Z=8X1+2X2

s.a

2X1+X2≤4

I3X1+8X2I≤4

X1,X2≥0

FORMATO ESTANDAR

MIN

Z=8X1+2X2

s.a

2X1+X2-S1 =4

3X1+8X2 -S2 =-4

3X1+8X2 +S3=4

X1,X2,S1,S2,S3≥0

FORMATO CANÓNICO

MIN

Z=8X1+2X2

s.a

-2X1-X2 ≥4

3X1+8X2 ≥-4

-3X1-8X2 ≥4

X1,X2, ≥0

38


5.-

MIN

Z=4X1+8X2

s.a

X1+4X2≤4

X1+8X2≥3

X2≤4

X1,X2≥0

FORMATO ESTANDAR

MIN

Z=4X1+8X2

s.a

X1+4X2-S1 =4

X1+8X2 -S2 =3

X2 +S3 =4

X1,X2,S1,S2,S3≥0

FORMATO CANÓNICO

MIN

Z=4X1+8X2

s.a

-X1-4X2 ≥-4

X1+8X2 ≥-3

8X2 ≥-4

X1,X2, ≥0

39


6.-

MAX

Z=8X1+2X2+X3

s.a

IX1 -3X3 I ≥4

X1+2X2 ≤8

X1,X2,X3≥0

FORMATO ESTANDAR

MIN

Z=8X1+2X2+X3

s.a

X1 -3X3+S1 =4

X1 -3X3 +S2 =5

X1+2X2 +S3 =4

X1,X2,S1,S2,S3≥0

FORMATO CANÓNICO

MIN

Z=8X1+2X2+X3

s.a

X1 -3X3 ≤-3

-X1 +3X3 ≤-4

X1+2X2 ≤8

X1,X2,≥0

40


7.-

MIN

Z=4X1+2X2

s.a

X1+2X2≤4

-3X1+X2≥3

2X2≤3

X1,X2≥0

FORMATO ESTANDAR

MIN

Z=4X1+2X2

s.a

X1+2X2 =4

-3X1+X2 -S1 =3

2X2 +S2 =3

X1,X2,S1,S2≥0

FORMATO CANONICO

MIN

Z=4X1+2X2

s.a

-X1-2X2 ≥-4

X1+2X2 ≥4

-3X1+X2 ≥3

-2X2 ≥-3

X1,X2, ≥0

41


8.-

MAX

Z=2X1+8X2+4X3

s.a

X1 -3X3 ≤0

2X2 ≥4

2X1+ 4X3 ≤5

X1,X2,X3≥0

FORMATO ESTANDAR

MIN

Z=2X1+8X2+4X3

s.a

X1 -3X3+S1 =0

2X2 -S2 =5

2X1+ 4X3 -S3 =5

X1,X2,S1,S2,S3≥0

FORMATO CANÓNICO

MIN

Z=2X1+8X2+4X3

s.a

X1 -3X3 ≤-3

2X2 ≤-3

2X1 +4X3 ≤5

X1,X2,≥0

42


9.-

MIN

Z=X1-2X2

s.a

X1+4X2≥4

-4X1-2X2≤9

3X2≤5

X1,X2≥0

FORMATO ESTANDAR

MIN

Z=X1-2X2

s.a

X1+4X2-S1 =4

-4X1-2X2 +S2 =9

3X2 +S3 =5

X1,X2,S1,S2≥0

FORMATO CANÓNICO

MIN

Z=X1-2X2

s.a

X1+4X2 ≥4

4X1+2X2 ≥-9

-3X2 ≥-5

X1,X2, ≥0

43


EJERCICIOS II. MODELACIÓN.

Instrucciones: Plantee el Modelo de Programación Lineal para cada uno de los siguientes problemas. La solución de cada uno de los problemas se encuentra al final de esta sección.

PROBLEMAS

1.- Un pr oveedor de be pr eparar 5 b ebidas de fruta e n ex istencia, 50 0 g al q ue contengan por lo menos 20% de jugo de naranja, 10% de jugo de toronja y 5% de jugo de ar ándano. S i l os d atos del i nventario s on l o q ue s e pr esentan a continuación ¿Qué cantidad de cada bebida de fruta deberá emplear el proveedor a fin de obtener la composición requerida a un costo mínimo?

Jugo de naranja(%)

Jugo de toronja (%)

Jugo de Arándaro

(%)

Existencia (gal)

Costo ($/gal)

Bebida A 40 40 0 200 1.50 Bebida B 5 10 20 400 0.75 Bebida C 100 0 0 100 2.00 Bebida D 0 100 0 50 1.75 Bebida E 0 0 0 800 0.-25

2.- La regiomontana es una fábrica que produce 3 diferentes sombreros: Su capacidad de producción mensual es como sigue.

Modelo Capacidad de producción (sombreros/mes)

Norteño 650 Lona 900

Articela 700 La producción mensual se reparte en tres diferentes distribuidoras que se localizan dentro del área metropolitana de la ciudad. Los costos unitarios de transporte para cada modelo se muestra a continuación

Modelo Zona Norte Zona Rosa Zona Sur Norteño $3.00 $5.00 $7.00

Lona 2.50 4.80 5.80 Articela 2.00 3.40 5.20

44


Los requerimientos mensuales de cada distribuidor son como sigue:

Distribuidora Demanda (sombreros/mes) Zona Norte 750 Zona Rosa 900 Zona Sur 600

3.- Un Hospital está realizando estudios sobre Ingeniería Industrial para optimizar con l os r ecursos c on q ue c uenta. U na de l as pr incipales pr eocupaciones del Director del Hospital es el área de per sonal, ya que no es tá del todo convencido con el número de enfermeras que laboran en la sección de e mergencias. Por tal motivo, ordeno un estudió estadístico, el cual arrojo los siguientes datos

Hora Número mínimo requerido de enfermeras

0 a 4 40 4 a 8 80

8 a 12 100 12 a 16 70 16 a 20 120 20 a 24 50

De acuerdo con la Ley Federal del T rabajo cada enfermera debe t rabajar 8 hr s consecutivas por día. Formule un modelo de programación lineal que cumpla con los requerimientos citados.

4.- En dos máquinas se procesan cuatro productos de forma secuencial. La s ig. Tabla muestra los datos pertinentes de problema.

Máquina Costo por hr ($)

Producto I

Producto II

Producto III

Producto IV

Capacidad (hr)

1 10 2 3 4 2 500 2 5 3 2 1 2 380

Precio Unitario de Venta

75 70 55 45

Formule un Modelo de programación lineal

45


5.- Una c ompañía M anufacturera l ocal p roduce c uatro diferentes pr oductos metálicos q ue debe n m aquinarse p ulirse y ens amblarse. L a nec esidades específicas de tiempo (en horas) para cada producto son las siguientes:

Maquinado (hr) Pulido (hr) Ensamble (hr) Producto I 3 1 2 Producto II 2 1 1 Producto III 2 2 2 Producto IV 4 3 1

La compañía dispone semanalmente de 480 hr para el maquinado, 400 horas para el pul ido y 400 hr para el ensamble. Las ganancias unitarias son: $6,$4,$6 y $8 respectivamente. La compañía t iene un contacto con el distribuidor en el que se compromete a entregar 50 unidades semanalmente del producto I y 100 unidades de cualquier combinación de los productos I, II y III, según la producción, pero solo como máximo 25 unidades del producto IV. ¿Cuántas Unidades de cada producto debe fabricar s emanalmente l a empresa, a f in de c umplir l as c ondiciones d e contrato e incrementar la ganancia total?

6.- Una c omunidad h a r eunido $2 50,000 p ara des arrollar nu evas ár eas par a la eliminación de desechos. Hay siete sitios disponibles, cuyos costos de desarrollo y capacidades s e muestras a c ontinuación. ¿ Qué s itios deberá des arrollar l a comunidad?

Sitio A B C D E F G Capacidad, ton/semana

20 17 15 15 10 8 5

Costo $1000

145 92 70 70 84 14 47

46


7.- Banco az teca v a a r ealizar s us pr ácticas de pr éstamo p ara el pr óximo año , para ello dispone de $20, 000,000. Los préstamos que esta obligado a solicitar son los siguiente, además de la probabilidad de no pago

Préstamo Tasa de Interés Probabilidad Inc Personas 14% 0.1 Automóvil 13% 0.07 Casa Habitación 12% 0.03 Agrícola 12.5% 0.05 Comercial 10% 0.02 El banco debe asignar por lo menos ek 40% de l os fondos totalkes a préstamos agrícolas y c omerciales. Los pr éstamos p ara c asa de ben s er i guales o c uando menos al 50% de l os pr éstamos per sonales, par a au tomóvil y c asa ha bitación. Además por política del banco la relación global de pagos irrecuperables no debe ser mayor al 0.04%

Nota: U n pago q ue no s e c ubre no g enera i nterés. F ormule un modelo de programación lineal que le permita a la empresa incrementar sus utilidades.

Soluciones de los Modelos de programación Lineal

1.

Definir Variables.

𝒙𝒙𝟏𝟏=𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪 𝑪𝑪𝒅𝒅 𝒃𝒃𝒅𝒅𝒃𝒃𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪 𝑨𝑨 𝑪𝑪 𝒅𝒅𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒅𝒅𝑪𝑪𝒆𝒆 𝒅𝒅𝑪𝑪 𝒆𝒆𝒍𝒍𝒍𝒍 𝑪𝑪𝑪𝑪𝒅𝒅𝒅𝒅𝒆𝒆𝒅𝒅𝑪𝑪𝑪𝑪𝒅𝒅𝒍𝒍 𝒋𝒋𝒋𝒋𝒋𝒋𝒍𝒍𝒍𝒍. 𝒙𝒙𝟐𝟐=𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪 𝑪𝑪𝒅𝒅 𝒃𝒃𝒅𝒅𝒃𝒃𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪 𝑩𝑩 𝑪𝑪 𝒅𝒅𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒅𝒅𝑪𝑪𝒆𝒆 𝒅𝒅𝑪𝑪 𝒆𝒆𝒍𝒍𝒍𝒍 𝑪𝑪𝑪𝑪𝒅𝒅𝒅𝒅𝒆𝒆𝒅𝒅𝑪𝑪𝑪𝑪𝒅𝒅𝒍𝒍 𝒋𝒋𝒋𝒋𝒋𝒋𝒍𝒍𝒍𝒍. 𝒙𝒙𝟑𝟑=𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪 𝑪𝑪𝒅𝒅 𝒃𝒃𝒅𝒅𝒃𝒃𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪 𝑪𝑪 𝑪𝑪 𝒅𝒅𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒅𝒅𝑪𝑪𝒆𝒆 𝒅𝒅𝑪𝑪 𝒆𝒆𝒍𝒍𝒍𝒍 𝑪𝑪𝑪𝑪𝒅𝒅𝒅𝒅𝒆𝒆𝒅𝒅𝑪𝑪𝑪𝑪𝒅𝒅𝒍𝒍 𝒋𝒋𝒋𝒋𝒋𝒋𝒍𝒍𝒍𝒍. 𝒙𝒙𝟒𝟒=𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪 𝑪𝑪𝒅𝒅 𝒃𝒃𝒅𝒅𝒃𝒃𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪 𝑫𝑫 𝑪𝑪 𝒅𝒅𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒅𝒅𝑪𝑪𝒆𝒆 𝒅𝒅𝑪𝑪 𝒆𝒆𝒍𝒍𝒍𝒍 𝑪𝑪𝑪𝑪𝒅𝒅𝒅𝒅𝒆𝒆𝒅𝒅𝑪𝑪𝑪𝑪𝒅𝒅𝒍𝒍 𝒋𝒋𝒋𝒋𝒋𝒋𝒍𝒍𝒍𝒍. 𝒙𝒙𝟓𝟓=𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪 𝑪𝑪𝒅𝒅 𝒃𝒃𝒅𝒅𝒃𝒃𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪 𝑬𝑬 𝑪𝑪 𝒅𝒅𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒅𝒅𝑪𝑪𝒆𝒆 𝒅𝒅𝑪𝑪 𝒆𝒆𝒍𝒍𝒍𝒍 𝑪𝑪𝑪𝑪𝒅𝒅𝒅𝒅𝒆𝒆𝒅𝒅𝑪𝑪𝑪𝑪𝒅𝒅𝒍𝒍 𝒋𝒋𝒋𝒋𝒋𝒋𝒍𝒍𝒍𝒍. 𝑴𝑴𝑪𝑪𝑪𝑪

𝒛𝒛 = 𝟏𝟏.𝟓𝟓𝒙𝒙𝟏𝟏 + 𝟎𝟎.𝟕𝟕𝟓𝟓𝒙𝒙𝟐𝟐 + 𝟐𝟐𝒙𝒙𝟑𝟑 + 𝟏𝟏.𝟕𝟕𝟓𝟓𝒙𝒙𝟒𝟒 + 𝟎𝟎.𝟐𝟐𝟓𝟓𝒙𝒙𝟓𝟓

𝒍𝒍.𝑪𝑪

𝟎𝟎.𝟐𝟐𝒙𝒙𝟏𝟏 − 𝟎𝟎.𝟏𝟏𝟓𝟓𝒙𝒙𝟐𝟐 + 𝟎𝟎.𝟖𝟖𝒙𝒙𝟑𝟑 − 𝟎𝟎.𝟐𝟐𝒙𝒙𝟒𝟒 − 𝟎𝟎.𝟐𝟐𝒙𝒙𝟓𝟓 ≥ 𝟎𝟎 𝟎𝟎.𝟑𝟑𝒙𝒙𝟏𝟏 − 𝟎𝟎.𝟏𝟏𝒙𝒙𝟑𝟑 + 𝟎𝟎.𝟗𝟗𝒙𝒙𝟒𝟒 − 𝟎𝟎.𝟏𝟏𝟓𝟓𝟎𝟎𝒙𝒙𝟓𝟓 ≥ 𝟎𝟎 −𝟎𝟎.𝟎𝟎𝟓𝟓𝒙𝒙𝟏𝟏 + 𝟎𝟎.𝟏𝟏𝟓𝟓𝒙𝒙𝟐𝟐 − 𝟎𝟎.𝟎𝟎𝟓𝟓𝒙𝒙𝟑𝟑 − 𝟎𝟎.𝟎𝟎𝟓𝟓𝒙𝒙𝟒𝟒 − 𝟎𝟎.𝟎𝟎𝟓𝟓𝒙𝒙𝟓𝟓 ≥ 𝟎𝟎

47


𝒙𝒙𝟏𝟏 + 𝒙𝒙𝟐𝟐 + 𝒙𝒙𝟑𝟑 + 𝒙𝒙𝟒𝟒 + 𝒙𝒙𝟓𝟓 ≥ 𝟓𝟓𝟎𝟎𝟎𝟎 𝒙𝒙𝟏𝟏 ≤ 𝟐𝟐𝟎𝟎𝟎𝟎 𝒙𝒙𝟐𝟐 ≤ 𝟒𝟒𝟎𝟎𝟎𝟎 𝒙𝒙𝟑𝟑 ≤ 𝟏𝟏𝟎𝟎𝟎𝟎 𝒙𝒙𝟒𝟒 ≤ 𝟓𝟓𝟎𝟎 𝒙𝒙𝟓𝟓 ≤ 𝟖𝟖𝟎𝟎𝟎𝟎

𝒙𝒙𝟏𝟏,𝒙𝒙𝟐𝟐,𝒙𝒙𝟑𝟑,𝒙𝒙𝟒𝟒,𝒙𝒙𝟓𝟓 ≥ 𝟎𝟎 2

Definir Variables.

𝒙𝒙𝟏𝟏=𝑵𝑵ú𝒆𝒆𝒅𝒅𝒆𝒆𝒍𝒍 𝑪𝑪𝒅𝒅 𝒅𝒅𝑪𝑪𝒅𝒅𝒅𝒅𝒆𝒆𝒆𝒆𝒅𝒅𝒆𝒆𝑪𝑪𝒍𝒍 𝑪𝑪𝒍𝒍𝑪𝑪𝒋𝒋𝑪𝑪𝑪𝑪𝒆𝒆 𝒅𝒅𝑪𝑪 𝒅𝒅𝒆𝒆 𝑪𝑪𝒋𝒋𝒆𝒆𝑪𝑪𝒍𝒍 𝟏𝟏. 𝒙𝒙𝟐𝟐=𝑵𝑵ú𝒆𝒆𝒅𝒅𝒆𝒆𝒍𝒍 𝑪𝑪𝒅𝒅 𝒅𝒅𝑪𝑪𝒅𝒅𝒅𝒅𝒆𝒆𝒆𝒆𝒅𝒅𝒆𝒆𝑪𝑪𝒍𝒍 𝑪𝑪𝒍𝒍𝑪𝑪𝒋𝒋𝑪𝑪𝑪𝑪𝒆𝒆 𝒅𝒅𝑪𝑪 𝒅𝒅𝒆𝒆 𝑪𝑪𝒋𝒋𝒆𝒆𝑪𝑪𝒍𝒍 𝟐𝟐. 𝒙𝒙𝟑𝟑=𝑵𝑵ú𝒆𝒆𝒅𝒅𝒆𝒆𝒍𝒍 𝑪𝑪𝒅𝒅 𝒅𝒅𝑪𝑪𝒅𝒅𝒅𝒅𝒆𝒆𝒆𝒆𝒅𝒅𝒆𝒆𝑪𝑪𝒍𝒍 𝑪𝑪𝒍𝒍𝑪𝑪𝒋𝒋𝑪𝑪𝑪𝑪𝒆𝒆 𝒅𝒅𝑪𝑪 𝒅𝒅𝒆𝒆 𝑪𝑪𝒋𝒋𝒆𝒆𝑪𝑪𝒍𝒍 𝟑𝟑. 𝒙𝒙𝟒𝟒=𝑵𝑵ú𝒆𝒆𝒅𝒅𝒆𝒆𝒍𝒍 𝑪𝑪𝒅𝒅 𝒅𝒅𝑪𝑪𝒅𝒅𝒅𝒅𝒆𝒆𝒆𝒆𝒅𝒅𝒆𝒆𝑪𝑪𝒍𝒍 𝑪𝑪𝒍𝒍𝑪𝑪𝒋𝒋𝑪𝑪𝑪𝑪𝒆𝒆 𝒅𝒅𝑪𝑪 𝒅𝒅𝒆𝒆 𝑪𝑪𝒋𝒋𝒆𝒆𝑪𝑪𝒍𝒍 𝟒𝟒. 𝒙𝒙𝟓𝟓=𝑵𝑵ú𝒆𝒆𝒅𝒅𝒆𝒆𝒍𝒍 𝑪𝑪𝒅𝒅 𝒅𝒅𝑪𝑪𝒅𝒅𝒅𝒅𝒆𝒆𝒆𝒆𝒅𝒅𝒆𝒆𝑪𝑪𝒍𝒍 𝑪𝑪𝒍𝒍𝑪𝑪𝒋𝒋𝑪𝑪𝑪𝑪𝒆𝒆 𝒅𝒅𝑪𝑪 𝒅𝒅𝒆𝒆 𝑪𝑪𝒋𝒋𝒆𝒆𝑪𝑪𝒍𝒍 𝟓𝟓. 𝒙𝒙𝟔𝟔=𝑵𝑵ú𝒆𝒆𝒅𝒅𝒆𝒆𝒍𝒍 𝑪𝑪𝒅𝒅 𝒅𝒅𝑪𝑪𝒅𝒅𝒅𝒅𝒆𝒆𝒆𝒆𝒅𝒅𝒆𝒆𝑪𝑪𝒍𝒍 𝑪𝑪𝒍𝒍𝑪𝑪𝒋𝒋𝑪𝑪𝑪𝑪𝒆𝒆 𝒅𝒅𝑪𝑪 𝒅𝒅𝒆𝒆 𝑪𝑪𝒋𝒋𝒆𝒆𝑪𝑪𝒍𝒍 𝟔𝟔.

𝑴𝑴𝑪𝑪𝑪𝑪

𝒛𝒛 = 𝒙𝒙𝟏𝟏 + 𝒙𝒙𝟐𝟐 + 𝒙𝒙𝟑𝟑 + 𝒙𝒙𝟒𝟒 + 𝒙𝒙𝟓𝟓 + 𝒙𝒙𝟔𝟔

𝒍𝒍.𝑪𝑪

𝒙𝒙𝟏𝟏 + 𝒙𝒙𝟔𝟔 ≥ 𝟒𝟒𝟎𝟎 𝒙𝒙𝟏𝟏 + 𝒙𝒙𝟐𝟐 ≥ 𝟖𝟖𝟎𝟎 𝒙𝒙𝟐𝟐 + 𝒙𝒙𝟑𝟑 ≥ 𝟏𝟏𝟎𝟎𝟎𝟎 𝒙𝒙𝟑𝟑 + 𝒙𝒙𝟒𝟒 ≥ 𝟕𝟕𝟎𝟎

𝒙𝒙𝟒𝟒 + 𝒙𝒙𝟓𝟓 ≥ 𝟏𝟏𝟐𝟐𝟎𝟎

𝒙𝒙𝟓𝟓 + 𝒙𝒙𝟔𝟔 ≥ 𝟓𝟓𝟎𝟎

𝒙𝒙𝟏𝟏,𝒙𝒙𝟐𝟐,𝒙𝒙𝟑𝟑,𝒙𝒙𝟒𝟒,𝒙𝒙𝟓𝟓,𝒙𝒙𝟔𝟔 ≥

48


3

Definir Variables

𝒙𝒙=𝑳𝑳𝒍𝒍𝒍𝒍 𝑪𝑪𝑪𝑪𝒅𝒅𝒅𝒅𝒆𝒆𝒅𝒅𝑪𝑪𝑪𝑪𝒅𝒅𝒍𝒍 𝒆𝒆𝒍𝒍𝑪𝑪𝒅𝒅𝒆𝒆𝒍𝒍𝒍𝒍 𝑪𝑪𝒅𝒅 𝒍𝒍𝒍𝒍𝒆𝒆𝒃𝒃𝒆𝒆𝒅𝒅𝒆𝒆𝒍𝒍𝒍𝒍 𝒆𝒆𝒆𝒆𝒍𝒍𝑪𝑪𝒋𝒋𝒑𝒑𝑪𝑪𝑪𝑪𝒍𝒍𝒍𝒍 𝑪𝑪 𝒅𝒅𝑪𝑪𝒆𝒆𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝒍𝒍𝒍𝒍 𝑪𝑪 𝒍𝒍𝒋𝒋𝒍𝒍 𝑪𝑪𝑪𝑪𝒅𝒅𝒅𝒅𝒆𝒆𝒅𝒅𝑪𝑪𝑪𝑪𝒅𝒅𝒍𝒍 𝑪𝑪𝒅𝒅𝒍𝒍𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝒍𝒍𝒍𝒍 𝒋𝒋 𝑪𝑪 = 𝑴𝑴𝒍𝒍𝑪𝑪𝒅𝒅𝒆𝒆𝒍𝒍𝒍𝒍 𝑪𝑪𝒅𝒅 𝒍𝒍𝒍𝒍𝒆𝒆𝒃𝒃𝒆𝒆𝒅𝒅𝒆𝒆𝒍𝒍𝒍𝒍 𝒆𝒆𝒆𝒆𝒍𝒍𝑪𝑪𝒋𝒋𝒑𝒑𝑪𝑪𝑪𝑪𝒍𝒍𝒍𝒍𝑵𝑵𝒍𝒍𝒆𝒆𝑪𝑪𝒅𝒅ñ𝒍𝒍(𝟏𝟏),𝑳𝑳𝒍𝒍𝑪𝑪𝑪𝑪(𝟏𝟏),𝑨𝑨𝒆𝒆𝑪𝑪𝑪𝑪𝒑𝒑𝒅𝒅𝒆𝒆𝑪𝑪(𝟏𝟏) 𝒋𝒋 = 𝑳𝑳𝑪𝑪𝒍𝒍 𝑪𝑪𝑪𝑪𝒅𝒅𝒅𝒅𝒆𝒆𝒅𝒅𝑪𝑪𝑪𝑪𝒅𝒅𝒍𝒍 𝒛𝒛𝒍𝒍𝑪𝑪𝑪𝑪𝒍𝒍 𝑪𝑪𝒅𝒅 𝒅𝒅𝑪𝑪𝒆𝒆𝑪𝑪𝒍𝒍 𝒛𝒛𝒍𝒍𝑪𝑪𝑪𝑪 𝑵𝑵𝒍𝒍𝒆𝒆𝑪𝑪𝒅𝒅(𝟏𝟏),𝑹𝑹𝒍𝒍𝒍𝒍𝑪𝑪(𝟐𝟐) 𝒚𝒚 𝑺𝑺𝒋𝒋𝒆𝒆(𝟑𝟑) 𝑴𝑴𝑪𝑪𝑪𝑪 𝒛𝒛 = 𝟑𝟑𝒙𝒙𝟏𝟏𝟏𝟏 + 𝟓𝟓𝒙𝒙𝟏𝟏𝟐𝟐 + 𝟕𝟕𝒙𝒙𝟏𝟏𝟑𝟑 + 𝟐𝟐.𝟓𝟓𝒙𝒙𝟐𝟐𝟏𝟏 + 𝟒𝟒.𝟖𝟖𝒙𝒙𝟐𝟐𝟐𝟐 + 𝟓𝟓.𝟖𝟖𝒙𝒙𝟐𝟐𝟑𝟑 + 𝟐𝟐𝒙𝒙𝟑𝟑𝟏𝟏 + 𝟑𝟑.𝟒𝟒𝒙𝒙𝟑𝟑𝟐𝟐 + 𝟓𝟓.𝟐𝟐𝒙𝒙𝟑𝟑𝟑𝟑 𝒍𝒍.𝑪𝑪 𝒙𝒙𝟏𝟏𝟏𝟏 + 𝒙𝒙𝟏𝟏𝟐𝟐 + 𝒙𝒙𝟏𝟏𝟑𝟑 ≤ 𝟔𝟔𝟓𝟓𝟎𝟎 𝒙𝒙𝟐𝟐𝟏𝟏 + 𝒙𝒙𝟐𝟐𝟐𝟐 + 𝒙𝒙𝟐𝟐𝟑𝟑 ≤ 𝟗𝟗𝟎𝟎𝟎𝟎 𝒙𝒙𝟑𝟑𝟏𝟏 + 𝒙𝒙𝟑𝟑𝟐𝟐 + 𝒙𝒙𝟑𝟑𝟑𝟑 ≤ 𝟕𝟕𝟎𝟎𝟎𝟎 𝒙𝒙𝟏𝟏𝟏𝟏 + 𝒙𝒙𝟐𝟐𝟏𝟏 + 𝒙𝒙𝟑𝟑𝟏𝟏 ≥ 𝟕𝟕𝟓𝟓𝟎𝟎 𝒙𝒙𝟏𝟏𝟐𝟐 + 𝒙𝒙𝟐𝟐𝟐𝟐 + 𝒙𝒙𝟑𝟑𝟑𝟑 ≥ 𝟗𝟗𝟎𝟎𝟎𝟎 𝒙𝒙𝟏𝟏𝟑𝟑 + 𝒙𝒙𝟐𝟐𝟑𝟑 + 𝒙𝒙𝟑𝟑𝟑𝟑 ≥ 𝟔𝟔𝟎𝟎𝟎𝟎

4

Definir Variables.

𝒙𝒙𝟏𝟏=𝑼𝑼𝑵𝑵𝑼𝑼𝑫𝑫𝑨𝑨𝑫𝑫𝑬𝑬𝑺𝑺 𝑫𝑫𝑬𝑬𝑳𝑳 𝑷𝑷𝑹𝑹𝑷𝑷𝑫𝑫𝑼𝑼𝑪𝑪𝑷𝑷𝑷𝑷 𝟏𝟏 𝑨𝑨 𝑭𝑭𝑨𝑨𝑩𝑩𝑹𝑹𝑼𝑼𝑪𝑪𝑨𝑨𝑹𝑹 𝑬𝑬𝑵𝑵 𝑳𝑳𝑨𝑨 𝑴𝑴Á𝑸𝑸𝑼𝑼𝑼𝑼𝑵𝑵𝑨𝑨 𝟏𝟏 𝒀𝒀 𝟐𝟐. 𝒙𝒙𝟐𝟐=𝑼𝑼𝑵𝑵𝑼𝑼𝑫𝑫𝑨𝑨𝑫𝑫𝑬𝑬𝑺𝑺 𝑫𝑫𝑬𝑬𝑳𝑳 𝑷𝑷𝑹𝑹𝑷𝑷𝑫𝑫𝑼𝑼𝑪𝑪𝑷𝑷𝑷𝑷 𝟐𝟐 𝑨𝑨 𝑭𝑭𝑨𝑨𝑩𝑩𝑹𝑹𝑼𝑼𝑪𝑪𝑨𝑨𝑹𝑹 𝑬𝑬𝑵𝑵 𝑳𝑳𝑨𝑨 𝑴𝑴Á𝑸𝑸𝑼𝑼𝑼𝑼𝑵𝑵𝑨𝑨 𝟏𝟏 𝒀𝒀 𝟐𝟐. 𝒙𝒙𝟑𝟑=𝑼𝑼𝑵𝑵𝑼𝑼𝑫𝑫𝑨𝑨𝑫𝑫𝑬𝑬𝑺𝑺 𝑫𝑫𝑬𝑬𝑳𝑳 𝑷𝑷𝑹𝑹𝑷𝑷𝑫𝑫𝑼𝑼𝑪𝑪𝑷𝑷𝑷𝑷 𝟑𝟑 𝑨𝑨 𝑭𝑭𝑨𝑨𝑩𝑩𝑹𝑹𝑼𝑼𝑪𝑪𝑨𝑨𝑹𝑹 𝑬𝑬𝑵𝑵 𝑳𝑳𝑨𝑨 𝑴𝑴Á𝑸𝑸𝑼𝑼𝑼𝑼𝑵𝑵𝑨𝑨 𝟏𝟏 𝒀𝒀 𝟐𝟐. 𝒙𝒙𝟒𝟒=𝑼𝑼𝑵𝑵𝑼𝑼𝑫𝑫𝑨𝑨𝑫𝑫𝑬𝑬𝑺𝑺 𝑫𝑫𝑬𝑬𝑳𝑳 𝑷𝑷𝑹𝑹𝑷𝑷𝑫𝑫𝑼𝑼𝑪𝑪𝑷𝑷𝑷𝑷 𝟒𝟒 𝑨𝑨 𝑭𝑭𝑨𝑨𝑩𝑩𝑹𝑹𝑼𝑼𝑪𝑪𝑨𝑨𝑹𝑹 𝑬𝑬𝑵𝑵 𝑳𝑳𝑨𝑨 𝑴𝑴Á𝑸𝑸𝑼𝑼𝑼𝑼𝑵𝑵𝑨𝑨 𝟏𝟏 𝒀𝒀 𝟐𝟐. 𝑴𝑴𝑪𝑪𝒙𝒙 𝒛𝒛 = 𝟕𝟕𝟓𝟓𝒙𝒙𝟏𝟏 + 𝟕𝟕𝟎𝟎𝒙𝒙𝟐𝟐 + 𝟓𝟓𝟓𝟓𝒙𝒙𝟑𝟑 + 𝟒𝟒𝟓𝟓𝒙𝒙𝟒𝟒

𝟏𝟏𝟎𝟎𝒙𝒙𝟏𝟏 + 𝟐𝟐 𝒙𝒙𝟐𝟐 + 𝟑𝟑𝒙𝒙𝟑𝟑 + 𝟒𝟒𝒙𝒙𝟒𝟒 + 𝟐𝟐𝒙𝒙𝟓𝟓 ≤ 𝟓𝟓𝟎𝟎𝟎𝟎(𝟏𝟏𝟎𝟎) 𝟓𝟓𝒙𝒙𝟏𝟏 + 𝟑𝟑𝒙𝒙𝟐𝟐 + 𝟐𝟐𝒙𝒙𝟑𝟑 + 𝒙𝒙𝟒𝟒 + 𝟐𝟐𝒙𝒙𝟓𝟓 ≤ 𝟑𝟑𝟖𝟖𝟎𝟎(𝟓𝟓) 𝒙𝒙𝟏𝟏,𝒙𝒙𝟐𝟐,𝒙𝒙𝟑𝟑,𝒙𝒙𝟒𝟒,𝒙𝒙𝟓𝟓 ≥ 𝟎𝟎

49


5

Definir Variables.

𝒙𝒙𝟏𝟏=𝑼𝑼𝑵𝑵𝑼𝑼𝑫𝑫𝑨𝑨𝑫𝑫𝑬𝑬𝑺𝑺 𝑫𝑫𝑬𝑬𝑳𝑳 𝑷𝑷𝑹𝑹𝑷𝑷𝑫𝑫𝑼𝑼𝑪𝑪𝑷𝑷𝑷𝑷 𝟏𝟏 𝑨𝑨 𝑭𝑭𝑨𝑨𝑩𝑩𝑹𝑹𝑼𝑼𝑪𝑪𝑨𝑨𝑹𝑹 𝑺𝑺𝑬𝑬𝑴𝑴𝑨𝑨𝑵𝑵𝑨𝑨𝑳𝑳𝑴𝑴𝑬𝑬𝑵𝑵𝑷𝑷𝑬𝑬. 𝒙𝒙𝟐𝟐=𝑼𝑼𝑵𝑵𝑼𝑼𝑫𝑫𝑨𝑨𝑫𝑫𝑬𝑬𝑺𝑺 𝑫𝑫𝑬𝑬𝑳𝑳 𝑷𝑷𝑹𝑹𝑷𝑷𝑫𝑫𝑼𝑼𝑪𝑪𝑷𝑷𝑷𝑷 𝟐𝟐 𝑨𝑨 𝑭𝑭𝑨𝑨𝑩𝑩𝑹𝑹𝑼𝑼𝑪𝑪𝑨𝑨𝑹𝑹 𝑺𝑺𝑬𝑬𝑴𝑴𝑨𝑨𝑵𝑵𝑨𝑨𝑳𝑳𝑴𝑴𝑬𝑬𝑵𝑵𝑷𝑷𝑬𝑬. 𝒙𝒙𝟑𝟑=𝑼𝑼𝑵𝑵𝑼𝑼𝑫𝑫𝑨𝑨𝑫𝑫𝑬𝑬𝑺𝑺 𝑫𝑫𝑬𝑬𝑳𝑳 𝑷𝑷𝑹𝑹𝑷𝑷𝑫𝑫𝑼𝑼𝑪𝑪𝑷𝑷𝑷𝑷 𝟑𝟑 𝑨𝑨 𝑭𝑭𝑨𝑨𝑩𝑩𝑹𝑹𝑼𝑼𝑪𝑪𝑨𝑨𝑹𝑹 𝑺𝑺𝑬𝑬𝑴𝑴𝑨𝑨𝑵𝑵𝑨𝑨𝑳𝑳𝑴𝑴𝑬𝑬𝑵𝑵𝑷𝑷𝑬𝑬. 𝒙𝒙𝟒𝟒=𝑼𝑼𝑵𝑵𝑼𝑼𝑫𝑫𝑨𝑨𝑫𝑫𝑬𝑬𝑺𝑺 𝑫𝑫𝑬𝑬𝑳𝑳 𝑷𝑷𝑹𝑹𝑷𝑷𝑫𝑫𝑼𝑼𝑪𝑪𝑷𝑷𝑷𝑷 𝟒𝟒 𝑨𝑨 𝑭𝑭𝑨𝑨𝑩𝑩𝑹𝑹𝑼𝑼𝑪𝑪𝑨𝑨𝑹𝑹 𝑺𝑺𝑬𝑬𝑴𝑴𝑨𝑨𝑵𝑵𝑨𝑨𝑳𝑳𝑴𝑴𝑬𝑬𝑵𝑵𝑷𝑷𝑬𝑬. 𝑴𝑴𝑪𝑪𝒙𝒙 𝒁𝒁 = 𝟔𝟔𝒙𝒙𝟏𝟏 + 𝟒𝟒𝒙𝒙𝟐𝟐 + 𝟔𝟔𝒙𝒙𝟑𝟑 + 𝟖𝟖𝒙𝒙𝟒𝟒 s.a 𝟑𝟑𝒙𝒙𝟏𝟏 + 𝟐𝟐𝒙𝒙𝟐𝟐 + 𝟐𝟐𝒙𝒙𝟑𝟑 + 𝟒𝟒𝒙𝒙𝟒𝟒 ≤ 𝟒𝟒𝟖𝟖𝟎𝟎 𝒙𝒙𝟏𝟏 + 𝒙𝒙𝟐𝟐 + 𝟐𝟐𝒙𝒙𝟑𝟑 + 𝟑𝟑𝒙𝒙𝟒𝟒 ≤ 𝟒𝟒𝟎𝟎𝟎𝟎 𝟐𝟐𝒙𝒙𝟏𝟏 + 𝒙𝒙𝟐𝟐 + 𝟐𝟐𝒙𝒙𝟑𝟑 + 𝒙𝒙𝟒𝟒 ≤ 𝟒𝟒𝟎𝟎𝟎𝟎 𝒙𝒙𝟏𝟏 ≥ 𝟓𝟓𝟎𝟎 𝒙𝒙𝟐𝟐 + 𝒙𝒙𝟑𝟑 ≥ 𝟏𝟏𝟎𝟎𝟎𝟎 𝒙𝒙𝟒𝟒 ≤ 𝟐𝟐𝟓𝟓 𝒙𝒙𝟏𝟏,𝒙𝒙𝟐𝟐,𝒙𝒙𝟑𝟑,𝒙𝒙𝟒𝟒 ≥ 𝟎𝟎 6 Definir Variables.

𝒙𝒙𝟏𝟏=𝑺𝑺𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝒍𝒍 𝑨𝑨 𝑪𝑪𝒅𝒅𝒍𝒍𝑪𝑪𝒋𝒋𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝒍𝒍 𝒆𝒆𝑪𝑪𝒆𝒆𝑪𝑪 𝒆𝒆𝑪𝑪 𝒅𝒅𝒆𝒆𝑪𝑪𝒆𝒆𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝒑𝒑𝑪𝑪ó𝑪𝑪 𝑪𝑪𝒅𝒅 𝑪𝑪𝒅𝒅𝒍𝒍𝒅𝒅𝒑𝒑𝒅𝒅𝒍𝒍𝒍𝒍. 𝒙𝒙𝟐𝟐=𝑺𝑺𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝒍𝒍 𝑩𝑩 𝑪𝑪𝒅𝒅𝒍𝒍𝑪𝑪𝒋𝒋𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝒍𝒍 𝒆𝒆𝑪𝑪𝒆𝒆𝑪𝑪 𝒆𝒆𝑪𝑪 𝒅𝒅𝒆𝒆𝑪𝑪𝒆𝒆𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝒑𝒑𝑪𝑪ó𝑪𝑪 𝑪𝑪𝒅𝒅 𝑪𝑪𝒅𝒅𝒍𝒍𝒅𝒅𝒑𝒑𝒅𝒅𝒍𝒍𝒍𝒍. 𝒙𝒙𝟑𝟑=𝑺𝑺𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝒍𝒍 𝑪𝑪 𝑪𝑪𝒅𝒅𝒍𝒍𝑪𝑪𝒋𝒋𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝒍𝒍 𝒆𝒆𝑪𝑪𝒆𝒆𝑪𝑪 𝒆𝒆𝑪𝑪 𝒅𝒅𝒆𝒆𝑪𝑪𝒆𝒆𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝒑𝒑𝑪𝑪ó𝑪𝑪 𝑪𝑪𝒅𝒅 𝑪𝑪𝒅𝒅𝒍𝒍𝒅𝒅𝒑𝒑𝒅𝒅𝒍𝒍𝒍𝒍. 𝒙𝒙𝟒𝟒=𝑺𝑺𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝒍𝒍 𝑫𝑫 𝑪𝑪𝒅𝒅𝒍𝒍𝑪𝑪𝒋𝒋𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝒍𝒍 𝒆𝒆𝑪𝑪𝒆𝒆𝑪𝑪 𝒆𝒆𝑪𝑪 𝒅𝒅𝒆𝒆𝑪𝑪𝒆𝒆𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝒑𝒑𝑪𝑪ó𝑪𝑪 𝑪𝑪𝒅𝒅 𝑪𝑪𝒅𝒅𝒍𝒍𝒅𝒅𝒑𝒑𝒅𝒅𝒍𝒍𝒍𝒍. 𝒙𝒙𝟓𝟓=𝑺𝑺𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝒍𝒍 𝑬𝑬 𝑪𝑪𝒅𝒅𝒍𝒍𝑪𝑪𝒋𝒋𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝒍𝒍 𝒆𝒆𝑪𝑪𝒆𝒆𝑪𝑪 𝒆𝒆𝑪𝑪 𝒅𝒅𝒆𝒆𝑪𝑪𝒆𝒆𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝒑𝒑𝑪𝑪ó𝑪𝑪 𝑪𝑪𝒅𝒅 𝑪𝑪𝒅𝒅𝒍𝒍𝒅𝒅𝒑𝒑𝒅𝒅𝒍𝒍𝒍𝒍. 𝒙𝒙𝟔𝟔=𝑺𝑺𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝒍𝒍 𝑭𝑭 𝑪𝑪𝒅𝒅𝒍𝒍𝑪𝑪𝒋𝒋𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝒍𝒍 𝒆𝒆𝑪𝑪𝒆𝒆𝑪𝑪 𝒆𝒆𝑪𝑪 𝒅𝒅𝒆𝒆𝑪𝑪𝒆𝒆𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝒑𝒑𝑪𝑪ó𝑪𝑪 𝑪𝑪𝒅𝒅 𝑪𝑪𝒅𝒅𝒍𝒍𝒅𝒅𝒑𝒑𝒅𝒅𝒍𝒍𝒍𝒍. 𝒙𝒙𝟕𝟕=𝑺𝑺𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝒍𝒍 𝑮𝑮 𝑪𝑪𝒅𝒅𝒍𝒍𝑪𝑪𝒋𝒋𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝒍𝒍 𝒆𝒆𝑪𝑪𝒆𝒆𝑪𝑪 𝒆𝒆𝑪𝑪 𝒅𝒅𝒆𝒆𝑪𝑪𝒆𝒆𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝒑𝒑𝑪𝑪ó𝑪𝑪 𝑪𝑪𝒅𝒅 𝑪𝑪𝒅𝒅𝒍𝒍𝒅𝒅𝒑𝒑𝒅𝒅𝒍𝒍𝒍𝒍. 𝑴𝑴𝑪𝑪𝒙𝒙

𝒛𝒛 = 𝟐𝟐𝟎𝟎𝒙𝒙𝟏𝟏 + 𝟏𝟏𝟕𝟕𝒙𝒙𝟐𝟐 + 𝟏𝟏𝟓𝟓𝒙𝒙𝟑𝟑 + 𝟏𝟏𝟓𝟓𝒙𝒙𝟒𝟒 + 𝟏𝟏𝟎𝟎𝒙𝒙𝟓𝟓 + 𝟖𝟖𝒙𝒙𝟔𝟔 + 𝟓𝟓𝒙𝒙𝟕𝟕

𝟏𝟏𝟒𝟒𝟓𝟓𝒙𝒙𝟏𝟏 + 𝟗𝟗𝟐𝟐 𝒙𝒙𝟐𝟐 + 𝟕𝟕𝟎𝟎𝒙𝒙𝟑𝟑 + 𝟕𝟕𝟎𝟎𝒙𝒙𝟒𝟒 + 𝟖𝟖𝟒𝟒𝒙𝒙𝟓𝟓 + 𝟏𝟏𝟒𝟒𝒙𝒙𝟔𝟔 + 𝟒𝟒𝟕𝟕𝒙𝒙𝟕𝟕 ≤ 𝟐𝟐𝟓𝟓𝟎𝟎

𝒙𝒙𝑪𝑪 ≥ 𝟎𝟎

𝑪𝑪 = 𝟏𝟏,𝟐𝟐,𝟑𝟑,𝟒𝟒,𝟓𝟓,𝟔𝟔,𝟕𝟕

50


7. Definir Variables.

𝒙𝒙𝟏𝟏=𝑵𝑵ú𝒆𝒆𝒅𝒅𝒆𝒆𝒍𝒍 𝑪𝑪𝒅𝒅 𝒆𝒆𝒆𝒆é𝒍𝒍𝑪𝑪𝑪𝑪𝒆𝒆𝒍𝒍𝒍𝒍 𝒆𝒆𝒅𝒅𝒆𝒆𝒍𝒍𝒍𝒍𝑪𝑪𝑪𝑪𝒆𝒆𝒅𝒅𝒍𝒍. 𝒙𝒙𝟐𝟐=𝑵𝑵ú𝒆𝒆𝒅𝒅𝒆𝒆𝒍𝒍 𝑪𝑪𝒅𝒅 𝒆𝒆𝒆𝒆é𝒍𝒍𝑪𝑪𝑪𝑪𝒆𝒆𝒍𝒍𝒍𝒍 𝒆𝒆𝑪𝑪𝒆𝒆𝑪𝑪 𝑪𝑪𝒋𝒋𝑪𝑪𝒍𝒍𝒆𝒆ó𝒆𝒆𝑪𝑪𝒆𝒆. 𝒙𝒙𝟑𝟑=𝑵𝑵ú𝒆𝒆𝒅𝒅𝒆𝒆𝒍𝒍 𝑪𝑪𝒅𝒅 𝒆𝒆𝒆𝒆é𝒍𝒍𝑪𝑪𝑪𝑪𝒆𝒆𝒍𝒍𝒍𝒍 𝒆𝒆𝑪𝑪𝒆𝒆𝑪𝑪 𝒑𝒑𝑪𝑪𝒍𝒍𝑪𝑪 𝒅𝒅𝑪𝑪𝒃𝒃𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝒑𝒑𝑪𝑪ó𝑪𝑪. 𝒙𝒙𝟒𝟒=𝑵𝑵ú𝒆𝒆𝒅𝒅𝒆𝒆𝒍𝒍 𝑪𝑪𝒅𝒅 𝒆𝒆𝒆𝒆é𝒍𝒍𝑪𝑪𝑪𝑪𝒆𝒆𝒍𝒍 𝑪𝑪 𝒆𝒆𝑪𝑪 𝑪𝑪𝒋𝒋𝒆𝒆í𝒑𝒑𝒋𝒋𝒆𝒆𝑪𝑪𝒋𝒋𝒆𝒆𝑪𝑪. 𝒙𝒙𝟓𝟓=𝑵𝑵ú𝒆𝒆𝒅𝒅𝒆𝒆𝒍𝒍 𝑪𝑪𝒅𝒅 𝒆𝒆𝒆𝒆é𝒍𝒍𝑪𝑪𝑪𝑪𝒆𝒆𝒍𝒍𝒍𝒍 𝑪𝑪𝒆𝒆 𝒍𝒍𝒅𝒅𝒑𝒑𝑪𝑪𝒍𝒍𝒆𝒆 𝒑𝒑𝒍𝒍𝒆𝒆𝒅𝒅𝒆𝒆𝒑𝒑𝑪𝑪𝑪𝑪𝒆𝒆. 𝑴𝑴𝑪𝑪𝒙𝒙

𝒛𝒛 = 𝟎𝟎.𝟏𝟏𝟒𝟒(𝟎𝟎.𝟗𝟗𝟎𝟎)𝒙𝒙𝟏𝟏 + 𝟎𝟎.𝟏𝟏𝟑𝟑(𝟎𝟎.𝟗𝟗𝟑𝟑)𝒙𝒙𝟐𝟐 + 𝟎𝟎.𝟏𝟏𝟐𝟐𝟎𝟎(𝟎𝟎.𝟗𝟗𝟕𝟕)𝒙𝒙𝟑𝟑 + 𝟎𝟎.𝟏𝟏𝟐𝟐𝟓𝟓(𝟎𝟎.𝟗𝟗𝟓𝟓)𝒙𝒙𝟒𝟒+ 𝟎𝟎.𝟏𝟏(𝟎𝟎.𝟗𝟗𝟖𝟖)𝒙𝒙𝟓𝟓

𝒛𝒛 = 𝟎𝟎.𝟏𝟏𝟐𝟐𝟔𝟔𝒙𝒙𝟏𝟏 + 𝟎𝟎.𝟏𝟏𝟐𝟐𝟎𝟎𝟗𝟗𝒙𝒙𝟐𝟐 + 𝟎𝟎.𝟏𝟏𝟏𝟏𝟔𝟔𝟒𝟒𝒙𝒙𝟑𝟑 + 𝟎𝟎.𝟏𝟏𝟏𝟏𝟖𝟖𝟕𝟕𝒙𝒙𝟒𝟒 + 𝟎𝟎.𝟎𝟎𝟗𝟗𝟖𝟖𝒙𝒙𝟓𝟓

𝒍𝒍.𝑪𝑪

𝒙𝒙𝟏𝟏 + 𝒙𝒙𝟐𝟐 + 𝒙𝒙𝟑𝟑 + 𝒙𝒙𝟒𝟒 + 𝒙𝒙𝟓𝟓 ≤ 𝟐𝟐𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝒙𝒙𝟑𝟑 ≥ 𝟎𝟎.𝟓𝟓(𝒙𝒙𝟏𝟏 + 𝒙𝒙𝟐𝟐 + 𝒙𝒙𝟑𝟑) 𝒙𝒙𝟒𝟒 + 𝒙𝒙𝟓𝟓 ≥ 𝟖𝟖,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎

𝟎𝟎.𝟏𝟏𝒙𝒙𝟏𝟏 + 𝟎𝟎.𝟎𝟎𝟕𝟕𝒙𝒙𝟐𝟐 + 𝟎𝟎.𝟎𝟎𝟑𝟑𝒙𝒙𝟑𝟑 + 𝟎𝟎.𝟎𝟎𝟓𝟓𝒙𝒙𝟒𝟒 + 𝟎𝟎.𝟎𝟎𝟐𝟐𝒙𝒙𝟓𝟓

𝒙𝒙𝟏𝟏 + 𝒙𝒙𝟐𝟐 + 𝒙𝒙𝟑𝟑 + 𝒙𝒙𝟒𝟒 + 𝒙𝒙𝟓𝟓 ≤ 𝟎𝟎.𝟎𝟎𝟒𝟒

𝒙𝒙𝟏𝟏,𝒙𝒙𝟐𝟐,𝒙𝒙𝟑𝟑,𝒙𝒙𝟒𝟒,𝒙𝒙𝟓𝟓 ≥ 𝟎𝟎

Objetivo: El a lumno an alizará f undamentos d e l a Programación Lineal y el procedimiento gráfico de solución, al igual que la forma detallada del procedimiento del método simplex.

CAPÍTULO II: EL METODO SIMPLEX.

52

Capítulo II: El método simplex.

2.1. TEORÍA DEL MÉTODO SIMPLEX.

El método S implex es un pr ocedimiento iterativo que permite i r m ejorando la solución a cada paso. El proceso concluye cuando no es posible seguir mejorando más dicha solución.

El método g ráfico m uestra q ue l a s olución ó ptima d e P rogramación Lineal siempre está as ociada c on un punto de es quina ( también c onocido matemáticamente c omo punto e xtremo) del espacio d e l a s olución. E ste resultado es la idea clave para el desarrollo del método simplex algebraico general para resolver cualquier modelo de Programación Lineal.

La t ransición d el punto ex tremo geométrico (o es quina) de l a s olución al método s implex radica en i dentificar al gebraicamente l os puntos extremos. P ara lograr es ta m eta, pr imero c onvertimos el m odelo a l a forma e stándar d e P L, utilizando variables de holgura o de s uperávit, para convertir las restricciones de desigualdad en ecuaciones.

El interés en la forma estándar de PL, se basa en las soluciones básicas de las ec uaciones l ineales s imultáneas. E sta s olución bás ica ( algebraica) d efine completamente t odos l os pu ntos ex tremos ( geométricos) del espacio de l a solución. El algoritmo simplex está diseñado para localizar de m anera eficiente la óptima entre estas soluciones básicas.

Es la técnica para solucionar problemas de programación lineal.

Se fundamenta en 2 criterios:

a) Criterio de optimalidad: Este pr incipio garantiza que nunca encontraremos soluciones inferiores a la del punto ya considerado.

b) Criterio de f actibilidad: E ste c riterio nos asegura q ue s i c omenzamos c on una s olución b ásica f actible i nicial, s iempre enc ontraremos s oluciones básicas factibles.

EJEMPLO 1:

MAX………………………….Z=4X1+3X2

s.a

2X1 + 3X2 ≤ 6 -3X1 + 2X2 ≤ 3

2X2 ≤ 5 2X1 + X2 ≤ 4 X1 , X2 ≥ 0

53


Paso 1: Obtener su forma estándar añadiendo las variables de holgura respectivas en función del signo de la desigualdad.

Max Zo=4x1+3x2+0s1+0s2+0s3+0s4

s.a

2x1 + 3x2 + S1 = 6 -3x1 + 2x2 + S2 = 3

2x2 + S3 = 5 2x1 + x2 + S4 = 4

x1,x2,s1,s2,s3,s4≥0

Paso 2:

n= Incógnitas ó No. de variables m=No. de Restricciones

n= 6 m= 4

n-m= 6-4= 2 No. de variables no básicas.

Nota: Se llaman no básicas a aquellas que su valor es cero.

Paso 3: Preguntar ¿Se puede resolver con la solución más sencilla? es decir, se tienen 4 holguras positivas, para conformar una matriz identidad.

Paso 4: Igualar a cero la función objetivo.

Zo=-4x1-3x2-0s1-0s2-0s3-0s4=0

Paso 5: Armar el tablero inicial

BASE Z X1 X2 S1 S2 S3 S4 Sol Z 1 -4 -3 0 0 0 0 0 S1 0 2 3 1 0 0 0 6 6/2 = 3 S2 0 -3 2 0 1 0 0 3 3/-3 = -1 S3 0 0 2 0 0 1 0 5 5/0 = ∞ S4 0 2 1 0 0 0 1 4 4/2 = 2

A la integración de toda la fila de la variable de salida con la columna de variable de entrada se multiplica por su inverso, para obtener lo que se llama eje pivote.

VARIABLE DE SALIDA

ZONA ∞ VARIABLE DE ENTRADA

MATRÍZ IDENTIDAD

54


Nota: Los c oeficientes de l as v ariables bás icas en c ualquier t abla s implex s e conforma una matriz de identidad.

En la tabla es la exposición donde S1=6, S2=3, S3=5 y S4=4

PRIMERA LEY

Una tabla es óptima para el caso de maximización cuando todos los elementos de la zona ∞ sean positivos o cero y viceversa para el caso de minimización.

SEGUNDA LEY

Para elegir la variable de entrada se toma el elemento más negativo de la zona ∞, para el caso de maximización y viceversa para minimización.

TERCERA LEY

Para definir l as variables de s alida s e forman c ocientes, d onde l os numeradores s e t oman de l a c olumna de l a s olución ( únicamente d e l as restricciones y donde los denominadores serán los números correspondientes en la columna de v ariable ent rada). No se admiten indeterminaciones, no c ocientes negativos, la variable de salida se elige tomando el menor cociente positivo tanto para Maximizar como Minimizar.

55


1.- ITERACIÓN

BASE Z X1 X2 S1 S2 S3 S4 Sol Z 1 0 -1 0 0 0 2 8 S1 0 0 2 1 0 0 -1 2 2/2 = 1 S2 0 0 7/2 0 1 0 3/2 9 9/ 7/2 = 2.57 S3 0 0 2 0 0 1 0 5 5/2 = 2.5 X1 0 1 1/2 0 0 0 1/2 2 2/1/2 = 4

Se multiplica por ½ toda la fila de la variable de salida S1, entrando X2, obteniendo el eje pivote 1 arriba de este último y abajo se tendrá que hacer ceros.

2.- ITERACIÓN

BASE Z X1 X2 S1 S2 S3 S4 Sol Z 1 0 0 1/2 0 0 3/2 9 X2 0 0 1 1/2 0 0 -1/2 1 S2 0 0 0 -7/4 1 0 13/4 11/2 S3 0 0 0 1 1 0 1 3 X1 0 1 0 -1/4 0 0 3/4 3/2

Como la zona Z son todos los números positivos y ceros se dice que la tabla es óptima.

SOL

X1 = 3/2 X2 = 1 S2 = 11/2 S3 3

Nota 1: S olución factible es aq uella par a l a q ue t odas l as r estricciones s e satisfacen.

Nota 2: Una solución no factible es una solución para que al menos una restricción se viole.

VARIABLE DE ENTRADA

MAX

Z= 9

S1= 0

S4= 0

2 Variables no básicas

VARIABLE DE SALIDA

56


Comprobación

Zo=4x1+3x2 Zo=4(3/2)+3(1)

s.a 9 = 9

2x1+3x2≤6 2(3/2)+3(1)≤6

6≤6

-3x1+2x2≤3 -3(3/2)+2(1)≤3

-2.5≤3

2x2≤5 2(1)≤5

2≤5

2x1+x2≤4 2(3/2)+1≤4

4≤4

EJEMPLOS 2:

Resolver el siguiente problema.

MAX Z=2X1-3X2+4X3+5X4

s.a

3X1 + 9X2 + 2X3 + 7X4 ≤ 10

2X1 - 2X2 + 3X3 + 9X4 ≤ 15 2X1 + 4X2 + 9X3 + 6X4 ≤ 5 X1 , X2 , X3 , X4 ≥ 0

Llevándola a su forma estándar

Z=2X1-3X2+4X3+5X4+0S1+0S2+0S3

Z=-2X1+3X2-4X3-5X4-0S1-0S2-0S3=0

3X1 + 9X2 + 2X3 + 7X4 + S1 = 10

2X1 - 2X2 + 3X3 + 9X4 + S2 = 15 2X1 + 4X2 + 9X3 + 6X4 + S3 = 5

n=7 m=3

n-m= 7-3=4 variables no básicas

57


BASE Z X1 X2 X3 X4 S1 S2 S3 Sol Z 1 -2 3 -4 -5 0 0 0 0 S1 0 3 9 2 7 1 0 0 10 =10/7=1.42 S2 0 2 -2 3 9 0 1 0 15 =15/9=1.66 S3 0 2 4 9 6 0 0 1 5 =5/6=0.83

Se multiplica toda la fila de S3 de la base por 1/6 para hacer un eje pivote X4 igual a 1, en l a i ntersección de l a c olumna d e v ariable de ent rada c on l a fila de la variable de s alida; h aciendo c ero ar riba de es te y debaj o d e es te, mediante adiciones y sustracciones.

1.- Iteración

BASE Z X1 X2 X3 X4 S1 S2 S3 Sol Z 1 -1/3 19/3 7/2 0 0 0 5/6 25/6 S1 0 2/3 13/3 -17/2 1 0 0 -7/6 25/6 =4.1666/0.666= 6.25 S2 0 -1 -8 -21/2 0 1 0 -3/2 15/2 =7.5/-1=-7.5 X4 0 1/3 2/3 3/2 0 0 1 1/6 5/6 =0.8333/0.333=2.5

Se multiplica toda la fila de X4 por 3.

2.- Iteración

BASE Z X1 X2 X3 X4 S1 S2 S3 Sol Z 1 0 7 5 1 0 0 0 5 S1 0 0 3 -23/2 -2 1 0 0 5/2 S2 0 0 -6 -6 3 0 1 0 10 X1 0 1 2 9/2 3 0 0 1 5/2

Es óptimo porque la zona ∞ son ceros y positivos.

Variable de entrada

Variable de salida

58


SOL

S1 = 5/2 X1 = 5/2 S2 = 10

Comprobación

Zo=2(5/2)-3(0)+4(0)+5(0)

Z=5

3x1+9x2+2x3+7x4≤10 3(5/2)+9(0)+2(0)+7(0)≤10

7.5≤10

2x1-2x2+3x3+9x4≤15 2(5/2)-2(0)+3(0)+9(0)≤15

5≤15

2x1+4x2+9x3+6x4≤5 2(5/2)+4(0)+9(0)+6(0)≤5

5≤5

EJEMPLO 3:

MAX………………………….Z=2X1+X2

s.a

X1 + 2X2 ≤ 8 -3X1 + 2X2 ≤ 4 4X1 + 2X2 ≤ 24 X1 , X2 ≥ 0

Llevándolo a su forma estándar

Zo=2x1+x2+0s1+0s2+0s3

Zo=-2x1-x2-0s1-0s2-0s3

s.a

x1 + 2x2 + S1 = 8 -3x1 + 2x2 + S2 = 4 4x1 + 2x2 + S3 = 24

n=5 m=3 n-m=5-3=2 Variables no básicas.

Z= 5

X2= 0

X3= 0

X4= 0

S3= 0

Solución óptima finita única

59


BASE Z X1 X2 S1 S2 S3 Sol Z 1 -2 -1 0 0 0 0 S1 0 1 2 1 0 0 8 8/1 = 8 S2 0 -3 2 0 1 0 4 4/ 3 = 1.333 S3 0 4 2 0 0 1 24 24/4 = 6

1.- iteración

BASE Z X1 X2 S1 S2 S3 Sol Z 1 0 0 0 0 1/2 12 S1 0 0 3/2 1 0 -1/4 2 S2 0 0 7/2 0 1 3/4 22 X1 0 1 1/2 0 0 1/4 6 X1 = 6 S1 = 2 S2 = 22

Variable de entrada

Variable de salida

Z= 12 Solución óptima finita única

X2= 0

S2= 0

60


EJEMPLO 4:

MIN Z=X1-3X2-2X3

s.a

3X1 - X2 + 2X3 ≤ 7 -2X1 + 4X2 ≤ 12 -4X1 + 3X2 + 8X3 ≤ 10 X1 , X2 , X3 ≥ 0

Llevándolo a su forma estándar

Z=X1-3X2-2X3+0S1+0S2+0S3

Z=-X1-3X2-2X3-0S1-0S2-0S3=0

3X1 - X2 + 2X3 + S1 = 7 -2X1 + 4X2 + S2 = 12 -4X1 + 3X2 + 8X3 + S3 = 10

n=6 m=3

n-m= 6-3=3 variables no básicas

BASE Z X1 X2 X3 S1 S2 S3 Sol Z 1 -1 3 2 0 0 0 0 S1 0 3 -1 2 1 0 0 7 =7/-1=-7 S2 0 -2 4 0 0 1 0 12 =12/4=3 S3 0 -4 3 8 0 0 1 10 =10/3=3.333

1.- Iteración

BASE Z X1 X2 X3 S1 S2 S3 Sol Z 1 1/2 0 2 0 -3/4 0 -9 S1 0 5/2 0 2 1 1/4 0 10 =10/2=5 X2 0 -1/2 1 0 0 1/4 0 3 =3/0=∞ S3 0 -5/2 0 8 0 -3/4 1 1 =1/8=0.125

Variable de entrada

Variable de salida Variable de

entrada

Variable de salida

61


2.- Iteración

3.- Iteración

La zona ∞ son seros y negativos por lo tanto es optima.

BASE Z X1 X2 X3 S1 S2 S3 Sol Z 1 9/8 0 0 0 -9/16 -1/4 -37/4 S1 0 25/8 0 0 1 7/16 -1/4 39/4

X2 0 -1/2 1 0 0 1/4 0 3 X3 0 -5/16 0 1 0 -3/32 1/8 1/8

BASE Z X1 X2 X3 S1 S2 S3 Sol Z 1 0 0 0 -9/25 -18/25 -4/25 -319/25 X1 0 1 0 0 8/25 7/50 -2/25 78/25 X2 0 0 1 0 4/25 8/25 -1/25 114/25 X3 0 0 0 1 1/10 -1/20 1/10 11/10

X1 =78/25

X2 = 114/25

X3 = 11/10

Z= -319/25 Solución óptima finita única

S1= 0

S2= 0

S3= 0

Variable de entrada

Variable de salida

62


EJEMPLO 5:

MIN………………………….Z=2X1-5X2

s.a

3X1 + 8X2 ≤ 12 2X1 + 3X2 ≤ 16 X1 , X2 ≥ 0

Llevando a su forma estándar

Zo=2x1-5x2+0s1+0s2

Zo=-2x1-x2-0s1-0s2=0

s.a

3x1 + 8x2 + S1 = 12 2x1 + 3x2 + S2 = 16


1.-Iteración

BASE Z X1 X2 S1 S2 Sol Z 1 -2 5 0 0 0 S1 0 3 8 1 0 12 12/8 = 1.5 S2 0 2 3 0 1 16 16/ 3 = 5.3

2.- Iteración

BASE Z X1 X2 S1 S2 Sol Z 1 -31/8 0 -5/8 0 15/2 X2 0 3/8 1 1/8 0 3/2 S2 0 7/8 0 3/8 1 27/2

Solución

X2 = 3/2 S2 = 23/2

Z= 15/2 S1= 0

X1=0

Variables no básicas

63


2.2. MÉTODO DE LAS VARIABLES ARTIFICIALES. 2.2.1. Método de la gran M o método penal.

El método de la gran M es empleado para resolver modelos de programación lineal; c uando en s us r estricciones al m enos u na de el las el s igno de l a desigualdad es di ferente ≤; es decir, las restricciones son del tipo ≥ o =; el algoritmo matemático para resolver este tipo de modelos obedece a los siguientes pasos:

1.- Se expresa en problema en la forma estándar.

2.- Se añaden las Variables no n egativas en c ada una de las ecuaciones, cuyas restricciones originales tengan (≥ ) o (=). Esas variables artificiales y su presencia es una violación a las leyes del álgebra. Esta dificultad se supera asegurando que esas variables artificiales sean ceros (0) en la solución final.

3.- Utilizar las v ariables ar tificiales par a l a s olución b ásica i nicial, p ara ello l a función objetivo deberá ser ajustada adecuadamente.

Proceda con los pasos regulares del Método Simplex.

Nota: Las variables artificiales proporcionan un artificio matemático para obtener la solución inicial. Son variables ficticias y no t ienen ningún significado físico directo en términos del problema original.

Las variables artificiales se reconocerán por la variable Wn

Ejemplo 1

MIN………………………….Z=4X1+X2

s.a

3X1 + X2 = 3

4X1 + 3X2 ≥ 6 X1 + X2 ≤ 3 X1 , X2 ≥ 0

PASO1: P asar a formato es tándar y a ñadir v ariables ar tificiales en l as restricciones y que estas sean ≥.

No se puede

aplicar el Simplex

Se tiene que emplear la técnica de Variables Artificiales

64


Formato estándar.

MIN………………………….Z=4X1+X2

s.a

3X1 + X2 = 3 4X1 + 3X2 + S1 = 6 X1 + X2 + S2 = 3 X1 , X2 , S1 , S2 ≥ 0

n=4 m=3 n-m=4-3=1Variables no básicas.

Por lo tanto hay 3 Variables básicas

PASO 2: Se añade en la función objetivo el coeficiente M contrario a s u espíritu de di cha función p or c ada v ariable ar tificial c ontenida en l as r estricciones y s e iguala a cero la función objetivo.

MIN………………………….Z=4X1+X2-0S1-0S2+MW1+MW2

Z-4X1-X2-0S1-0S2-MW1-MW2=0

s.a

PASO 3: Armar el Tablón en la base s iempre que la desigualdad sea de signo (≥ o =), la variable a contemplar será la artificial y en las desigualdades ≤ será siempre en la base de las variables de holgura.

3X1 + X2 + W1 = 3

4X1 + 3X2 + S1 + W2 = 6 X1 + X2 + S2 = 3 X1 , X2 , S1 , S2 , W1 , W2 ≥ 0

Siempre se considera la variable artificial en vez de la

de holgura en la base, no importa si es Maximización o

Minimización.

65


NOTA 1: Se forma la Matriz identidad con las variables ar tificiales acompañadas con las de holgura, intercambiando la columnas o filas en el siguiente orden X1, X2, S1, W1, S2, W2.

PASO 4: Hacer el ajuste. E liminar l as –M de l a zona ∞, para ello cada variable artificial se multiplica por el mismo coeficiente con signo opuesto y se suman las variables ar tifíciales y la cantidad será adicionada en la función objetivo zona ∞, esto es para Maximizar y Minimizar. E l ajuste solo se l leva a c abo en l a función objetivo.

𝑋𝑋1 = 3𝑀𝑀 + 4𝑀𝑀 = 7𝑀𝑀 − 4 = −4 + 7𝑀𝑀

𝑋𝑋2 = 𝑀𝑀 + 3𝑀𝑀 = 4𝑀𝑀 − 1 = −1 + 4𝑀𝑀

𝑆𝑆1 = 0𝑀𝑀 − 1𝑀𝑀 = 0 −𝑀𝑀 = −𝑀𝑀

𝑊𝑊1 = 1𝑀𝑀 + 0𝑀𝑀 = 𝑀𝑀 −𝑀𝑀 = 0 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝑆𝑆𝐴𝐴𝐴𝐴

𝑊𝑊2 = 0𝑀𝑀 + 1𝑀𝑀 = 𝑀𝑀 −𝑀𝑀 = 0 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝑆𝑆𝐴𝐴𝐴𝐴

BASE Z X1 X2 S1 S2 W1 W2 Sol Z 1 -4 -1 0 0 -M -M 0

W1 0 3 1 0 0 1 0 3 W2 0 4 3 -1 0 0 1 6 S2 0 1 1 0 1 0 0 3

BASE Z X1 X2 S1 W1 W2 S2 Sol Z 1 -4 -1 0 -M -M 0 0

W1 0 3 1 0 1 0 0 3 W2 0 4 3 -1 0 1 0 6 S2 0 1 1 0 0 0 1 3

BASE Z X1 X2 S1 W1 W2 S2 Sol

Z 1 7M-4 4M-1 -M 0 0 0 9M

W1 0 3 1 0 1 0 0 3 =3/3=1

W2 0 4 3 -1 0 1 0 6 =6/4=1.5

S2 0 1 1 0 0 0 1 3 =3/1=3

Variable de entrada Variable de

salida

66


PASO 5: Se sigue o apl ica el método simplex y los criterios de factibilidad, según sea el caso para maximizar o minimizar el coeficiente M no tiene valor.

7M ≥ 4M por lo tanto 7M es la variable más positiva y entra X1.

Toda la fila del renglón W1 se multiplica por 1/3 para obtener 1 y tiene que ser el eje pivote.

En caso de la Función Objetivo se sigue toda la fila, se multiplica por 4-7M; checar operaciones:

𝑋𝑋1 = 4 − 7𝑀𝑀(1) = 4 − 7𝑀𝑀 + ( −4 + 7𝑀𝑀) = 0

𝑋𝑋2 = 4 − 7𝑀𝑀�13� =

43−

73𝑀𝑀 + ( −1 + 4𝑀𝑀) =

13

+53𝑀𝑀

𝑆𝑆1 = 0(4 − 7𝑀𝑀) = 0 −𝑀𝑀 = −𝑀𝑀

𝑊𝑊1 = 4 − 7𝑀𝑀�13� =

43−

73𝑀𝑀 + 0 =

43−

73𝑀𝑀

𝑊𝑊2 = 4 − 7𝑀𝑀(0) = 0

𝑆𝑆2 = 4 − 7𝑀𝑀(0) = 0

𝑆𝑆𝑆𝑆𝑆𝑆 = (4 − 7𝑀𝑀)1 = 4 − 7𝑀𝑀 + 9𝑀𝑀 = 4 + 2𝑀𝑀

1.- Iteración

Se elige la variable de entrada el más positivo de la zona ∞

X2= 1/3+5/3M el más positivo.

W1= 4/3-7/3M negativo.

BASE Z X1 X2 S1 W1 W2 S2 Sol Z 1 0 5/3M+1/3 -M -7/3M+4/3 0 0 2M+4 X1 0 1 1/3 0 1/3 0 0 1 =1/0.33=3 W2 0 4 5/3 -1 -4/3 1 0 2 =2/1.66=1.2 S2 0 1 2/3 0 -1/3 0 0 1 =2/0.66=3.0

X1

-4+7M

NEGATIVO POSITIVO

X2

-1+4M

NEGATIVO POSITIVO

Minimizar el más positivo de la zona ∞ para la variable

de entrada.

67


NOTA: Arriba y abajo del eje pivote ceros, hay que multiplicarlo por cada uno de los números que se encuentran en la columna con s igno opuesto al eje pivote y sumarlo en la respectiva fila.

2.- Iteración.

𝑋𝑋2 = �−13−

53𝑀𝑀�1 = −

13−

53𝑀𝑀 +

13

+53𝑀𝑀 = 0

𝑆𝑆1 = �−13−

53𝑀𝑀� −

35

=15

+ 𝑀𝑀 −𝑀𝑀 =15

+ 𝑀𝑀 −𝑀𝑀 =15

𝑊𝑊1 = �−13−

53𝑀𝑀�

−45

=4

15+

43𝑀𝑀 +

43−

73𝑀𝑀 =

85−𝑀𝑀

𝑊𝑊2 = �−13−

53𝑀𝑀�

35

= −15−𝑀𝑀 + 0 = −

15−𝑀𝑀

NOTA: Los empates se rompen arbitrariamente.

3.- Iteración.

VARIABLES BÁSICAS

S1 = 3 X2 = 3

BASE Z X1 X2 S1 W1 W2 S2 Sol Z 1 0 0 1/5 8/5-M -1/5-M 0 18/5 X1 0 1 0 1/5 3/5 -1/5 0 3/5 =0.6/0.2=3 X2 0 0 1 -3/5 -4/5 3/5 0 6/5 =1.2/-0.6=-2 S2 0 0 0 2/5 1/5 -2/5 1 6/5 =1.2/0.4=3

BASE Z X1 X2 S1 W1 W2 S2 Sol Z 1 -1 0 0 1-M -M 0 3 S1 0 5 0 1 3 -1 0 3 X2 0 3 1 0 1 0 0 3 S2 0 2 0 0 -1 0 1 0

VARIABLES NO BÁSICAS.

MIN Z= 3

S2= 0

W1= 0

W2= 0

68


Ejemplo 2.

MAX………………………….Z=4X1+X2

s.a

2X1 + X2 ≥ 8 3X2 ≤ 30

X1 = 10 X1 , X2 ≥ 0

Formato estándar

Z=4X1+X2-0S1+0S2-MW1-MW2

Z-4X1-X2+0S1-0S2+MW1+MW2

s.a

2X1 + X2 - S1 + W1 = 8 3X2 + S2 = 30

X1 + W2 = 10 X1 , X2 , S1 , S2 , W1 , W2 ≥ 0


BASE Z X1 X2 S1 S2 W1 W2 Sol Z 1 -4 -1 0 0 M M 0

W1 0 2 1 -1 0 1 0 8 S2 0 0 3 0 1 0 1 30 W2 0 1 0 0 0 0 0 10

69


SUMO W1+W2 por el ajuste

1.- Iteración

BASE Z X1 X2 S1 S2 W1 W2 Sol Z 1 -4 -1 0 0 M M 0

(-M) W1 0 2 1 -1 0 1 0 8 S2 0 0 3 0 1 0 1 30

(-M) W2 0 1 0 0 0 0 0 10 -2M -M M -M 0M 0M -8M -1M -0M 0 0 0M -M -10M

BASE Z X1 X2 S1 W1 S2 W2 Sol Z 1 -3M-4 -M-1 M 0 0 0 -8M

W1 0 2 1 -1 0 0 0 8 =8/2=4 S2 0 0 3 0 1 1 0 30 =30/0=∞ W2 0 1 0 0 0 0 1 10 =10/1=10

BASE Z X1 X2 S1 W1 S2 W2 Sol Z 1 0 1/2M-1 -1/2M-2 3/2M+2 0 0 -6M+16

3M+4 X1 0 1 1/2 -1/2 1/2 0 0 4 =8/-1/2=-8 S2 0 0 3 0 0 1 0 30 =30/0=∞ W2 0 0 -1/2 1/2 -1/2 0 1 6 =6/0.5=12

Variable de salida

Variable de entrada

Variable de salida

Variable de entrada

70


2.- Iteración

3. - Iteración

V. Básicas V. no Básicas

BASE Z X1 X2 S1 W1 S2 W2 Sol Z 1 0 -1 0 M 0 M+4 40 X1 0 1 0 0 0 0 1 10 =10/0=∞ S2 0 0 3 0 0 1 0 30 =30/3=10

1/2M+2 S1 0 0 -1 1 -1 0 2 12 =12/-1=12

BASE Z X1 X2 S1 W1 S2 W2 Sol Z 1 0 0 0 M 1/3 M+4 30 X1 0 1 0 0 0 0 1 10 X2 0 0 1 0 0 1/3 0 10 S1 0 0 0 1 -1 1/3 2 22

Variable de entrada

Variable de salida

S2=0

W1=0

W2=0

X1=10

X2=10

S1=22

71


EJEMPLO 3

MAX………….Z=-3X1-6X2 Z=-3X1-6X2

s.a

Formato estándar

Z=-3X1-6X2+0S1-0S2+MW1+MW2

Z+3X1+6X2-0S1+0S2-MW1-MW2=0

s.a

-4X1 + 8X2 + S1 = 12 2X1 + 6X2 - S2 + W1 = 16 3X1 - 6X2 + W2 = X1 , X2 , S1 , S2 , W1 , W2 ≥


[4X1 - 8X2 ≥ -12]-1 2X1 + 6X2 ≥ 16 3X1 - 6X2 = 8

-4X1 + 8X2 ≤ 12

2X1 + 6X2 ≥ 16 3X1 - 6X2 = 8 X1 , X2 ≥ 0

BASE Z X1 X2 S1 S2 W1 W2 Sol Z 1 3 6 0 0 -M -M 0 S1 0 -4 8 1 0 0 0 12 W1 0 2 6 0 -1 1 0 16 W2 0 3 -6 0 0 0 1 8

72


1.-Iteración

2.- Iteración

V. Básicas V. no Básicas

BASE Z X1 X2 S2 S1 W1 W2 Sol Z 1 3 6 0 0 -M -M 0 S1 0 -4 8 0 1 0 0 12 W1 0 2 6 -1 0 1 0 16 W2 0 3 -6 0 0 0 1 8

BASE Z X1 X2 S2 S1 W1 W2 Sol Z 1 5M+3 6 -M 0 0 0 24M X1 0 -4 8 0 1 0 0 12 =12/-4=-3 S2 0 2 6 -1 0 1 0 16 =16/2=8 S1 0 3 -6 10 0 0 1 8 =8/3=2.6

BASE Z X1 X2 S2 S1 W1 W2 Sol Z 1 0 10M+12 -M 0 0 -5/3 M-1 32/3 M-8 X1 0 0 0 0 1 0 4/3 68/3 =22.66/0=∞ W1 0 0 10 -1 0 1 -2/3 32/2 =10.66/10=5.33

5M+4 X1 0 1 -2 10 0 0 1/3 8/3 =2.66/-2=-1.33

BASE Z X1 X2 S2 S1 W1 W2 Sol Z 1 0 0 6/5 0 -M-6/5 -M-1/5 -104/5 S1 0 0 0 0 1 0 4/3 68/3

10M+2 X2 0 0 1 -1/10 0 1/10 -1/15 16/15 X1 0 1 0 -1/5 0 1/5 1/5 24/5

Variable de entrada

Variable de salida

Variable de entrada

X1=24/5

X2=16/5

S1=68/3

MAX

Z=104/5

S2=0

W1=0

W2=0

73


2.2.2. Método de la Doble Fase.

El procedimiento de la doble fase es similar al Método de la M en sus pasos 1 y 2, solo que en su paso 4 se sustituye la función (F.O), por una función que será la de objetivo de es tudio, la cual se obtiene a partir de l a suma de tantas variables artificiales como sean necesarias agregar en la forma estándar.

MIN………………Z=2X1+X2

s.a

Paso 1: Formato Estándar.

Z=2X1+X2-S1-S2-S3+W1+W2+W3

Z-2X1-X2-0S1+0S2+S3+W1+W2+W3

3X1 + X2 - S1 + W1 = 3 4X1 + 3X2 - S2 + W2 = 6 X1 + 2X2 - S3 + W3 = 3 X1 , X2 ≥ 0

Paso 2: Despejar las variables artificiales de cada restricción: s iempre se tomara en cuenta los signos ≥ o = y se suman todas las variables artificiales, tomando una nueva función objetivo.

MIN………………a=W1+W2+W3

s.a

Se iguala la función objetivo a l a constante obtenida de la suma de cada una de ellas, en este caso a 12.

3X1 + X2 ≥ 3 4X1 + 3X2 ≥ 6 X1 + 2X2 ≥ 3 X1 , X2 ≥ 0

W1 = 3 - 3X1 - X2 + S1

W2 = 6 - 4X1 - 3X2 + S2 W3 = 3 - X1 - 2X2 + S3

a = 12 - 8X1 - 6X2 + S1 + S2 + S3

No se puede hacer por Método simplex

74


MIN………………a=12-8X1-6X2-S1-S2-S3-0W1+0W2+0W3

Igualando a

a+8X1+6X2-S1-S2-S3-0W1+0W2+0W3=12

s.a

n-m=8-3=5 variables no básicas

Fase 1

Base a X1 X2 S1 S2 S3 W1 W2 W3 SOL a 1 8 5 -1 -1 -1 0 0 0 12

W1 0 3 1 -1 0 0 1 0 0 3 =3/3=1 W2 0 4 3 0 -1 0 0 1 0 6 =6/4=1.5 W3 0 1 2 0 0 -1 0 0 1 3 =3/1=33

1.- Iteración

Base a X1 X2 S1 S2 S3 W1 W2 W3 SOL a 1 0 10/3 5/3 -1 -1 -8/3 0 0 4 X1 0 1 1/3 -1/3 0 0 1/3 0 0 1 W2 0 0 5/3 4/3 -1 0 -4/3 1 0 2 W3 0 0 5/3 1/3 0 -1 -1/3 0 1 2

2.-Iteración

Base a X1 X2 S1 S2 S3 W1 W2 W3 SOL a 1 0 0 -1 1 -1 0 -2 0 0 X1 0 1 0 -3/5 1/5 0 3/5 -1/5 0 3/5 0.6/0.2=3 X2 0 0 1 4/5 -3/5 0 -4/5 3/5 0 6/5 1.2/-0.6=-2 W3 0 0 0 -1 1 -1 1 -1 1 0 0/1=0

3X1 + X2 - S1 + W1 = 3 4X1 + 3X2 - S2 + W2 = 6 X1 + 2X2 - S3 + W3 = 3 X1 , X2 , S1 , S2 , S3 , W1 , W2 , W3 ≥ 0

Variable de entrada

Variable de salida

75


Fase 2: Lleva de la función objetivo a a la función objetivo inicial Z.

X1 - 2/5S1 + 1/5S3 = 3/5 X2 + 1/5S1 - 3/5S3 = 6/5 - S1 + S2 - S3 = 0

Despejar cada una d e l as ecuaciones de l a base obtenidas en l a Fase I con l a variable respectiva

𝑋𝑋1 =35

+25𝑆𝑆1 −

15𝑆𝑆3

𝑋𝑋2 =65−

15𝑆𝑆1 +

35𝑆𝑆3

Sustituimos los valores X1, X2 en la función objetivo Z, la función original.

𝑍𝑍 = 2𝑋𝑋1 + 𝑋𝑋2

𝑍𝑍 = 2 �35

+25𝑆𝑆1 −

15𝑆𝑆3� +

65−

15𝑆𝑆1 +

35𝑆𝑆3

𝑍𝑍 =65

+45𝑆𝑆1 −

25𝑆𝑆3 +

65−

15𝑆𝑆1 +

35𝑆𝑆3

𝑍𝑍 =125

+35𝑆𝑆1 +

15𝑆𝑆3

Se iguala a 12/5

𝑍𝑍 −35𝑆𝑆1 −

15

𝑆𝑆3 =125

Armar nuevamente el tablón sin las variables artificiales.

La tabla es óptima porque se tienen 0 y negativos en la zona ∞

Base a X1 X2 S1 S2 S3 W1 W2 W3 SOL a 1 0 0 0 0 0 -1 -1 0 0 X1 0 1 0 -2/5 0 1/5 2/5 0 0 3/5 X2 0 0 0 1/5 0 -3/5 -1/5 0 0 6/5 S2 0 0 1 -1 1 -1 1 -1 0 0

Base a X1 X2 S1 S2 S3 SOL a 1 0 0 -3/5 0 -1/5 12/5 X1 0 1 0 -2/5 0 1/5 3/5 X2 0 0 0 1/5 0 -3/5 6/5 S2 0 0 1 -1 1 -1 0

V. Básicas

X1=3/5

X2=6/5

V. no Básicas

S2, S1, S3=0

76


EJERCICIO 1

MIN………………Z=8X1+2X2

3X1 + 5X2 - S1 + W1 = 13 4X1 - X2 - S2 + W2 = 2 5X1 + 3X2 - S3 + W3 = 11 X1 , X2 , S1 , S2 , S3 , W1 , W2 , W3 ≥ 0

MIN………………a=W1+W2+W3

s.a

𝑎𝑎 + 13𝑋𝑋1 + 7𝑋𝑋2 − 𝑆𝑆1 − 𝑆𝑆2 − 𝑆𝑆3 = 26

Fase 1

Base a X1 X2 S1 S2 S3 W1 W2 W3 SOL a 1 13 7 -1 -1 -1 0 0 0 26

W1 0 3 5 -1 0 0 1 0 0 13 =13/5=2.6 W2 0 4 -1 0 -1 0 0 1 0 2 =2/-1=-2 W3 0 5 3 0 0 -1 0 0 1 11 =11/3=3.66

1.- Iteración

Base a X1 X2 S1 S2 S3 W1 W2 W3 SOL a 1 44/5 0 6 -1 -1 -7/5 0 0 39/5 X2 0 3/5 1 -1 0 0 1/5 0 0 13/5 =2.6/0.6=4.3 W2 0 23/5 0 -1 -1 0 1/5 1 0 23/5 =4.6/4.6=1 W3 0 16/5 0 3 0 -1 -3/5 0 1 16/5 3.2/3.2=1

2.-Iteración

Base a X1 X2 S1 S2 S3 W1 W2 W3 SOL a 1 0 0 -9/4 -1 7/4 1/4 0 -11/4 -1

X2 0 0 1 -25/16 0 3/16 5/16 0 -3/16 2 =2/-0.18=10.6 W2 0 0 0 -85/16 0 23/16 17/16 1 -23/16 0 =0/1.43=0 X1 0 1 0 15/16 0 -5/16 -3/16 0 5/16 1 1/-0.31=3.2

W1 = 13 - 3X1 - 5X2 + S1

W2 = 2 - 4X1 + X2 + S2 W3 = 11 - 5X1 - 3X2 + S3

a = 26 - 12X1 - 7X2 + S1 + S2 + S3

77


3.-Iteración.

Base a X1 X2 S1 S2 S3 W1 W2 W3 SOL a 1 0 0 -67/92 -1 0 -24/23 -28/23 -1 -1 X2 0 0 1 -20/23 0 0 4/23 -3/23 0 2 S3 0 0 0 -85/23 0 1 17/23 16/23 -1 0 X1 0 1 0 -5/23 0 0 1/23 5/23 0 1

Fase 2:

Cambiando de a Z

X2 - 20/23 S1 = 2 - 85/23 S1 + S3 = 0

X1 - 5/23 S1 1

𝑋𝑋2 = 2 +2023

𝑆𝑆1

𝑆𝑆3 = 0 +8523

𝑆𝑆1

𝑋𝑋1 = 1 +5

23𝑆𝑆1

Min

𝑍𝑍 = 8 �1 +5

23𝑆𝑆1� + 2 �2 +

2023

𝑆𝑆1�

𝑍𝑍 = 8 +4023

𝑆𝑆1 + 4 +4023

𝑆𝑆1

𝑍𝑍 = 12 +8023

𝑆𝑆1

𝑍𝑍 −8023

𝑆𝑆1 = 12

Base a X1 X2 S1 S2 S3 SOL a 1 0 0 -80/23 0 0 12 X2 0 0 1 -26/23 0 0 2 S3 0 1 0 -85/23 0 1 0 X1 0 0 0 -5/23 0 0 1

MIN Z=12

X2=2

S3=0

X1=1

V. no Básicas

S1, S2 =0

78


EJEMPLO

MAX………………Z=3X1+5X2

s.a

Paso 1: Formato Estándar.

F=W1+W2

F+3X1+3X2-S1-S2=6

4X1 + X2 - S1 + W1 = 4 -X1 + 2X2 - S2 + W2 = 2

X2 + S3 + W3 = 3

Paso 2: Despejar las variables artificiales de cada restricción.

Se iguala la función objetivo

F+3X1+3X2-S1-S2=6

NOTA: Para el caso de Maximizar en el Método de la doble fase se maneja con los criterios de Minimización al momento de definir Variables de entrada y salida esta tiene alcance tanto en las iteraciones desarrolladas en la Fase I y Fa se I I; qu edando ópt ima c uando en l a z ona ∞, todos sean negativos o ceros. Solo este criterio aplicara para Maximizar bajo el método de la doble fase.

4X1 + X2 ≥ 4

-X1 + 2X2 ≥ 2 X2 ≤ 3

X1 , X2 ≥ 0

W1 = 4 - 4X1 - X2 + S1 W2 = 2 + X1 - 2X2 + S2

F = 6 - 3X1 - 3X2 + S1 + S2

79


TABLON

Base F X1 X2 S1 S2 S3 W1 W2 SOL F 1 3 3 -1 -1 0 0 0 6

W1 0 4 1 -1 0 0 1 0 4 W2 0 -1 2 0 -1 0 0 1 2 S3 0 0 1 0 0 1 0 0 3

Base F X1 X2 S1 S2 W1 W2 S3 SOL F 1 3 3 -1 -1 0 0 0 6

W1 0 4 1 -1 0 1 0 0 4 =4/1=4 W2 0 -1 2 0 -1 0 1 0 2 =2/2=1 S3 0 0 1 0 0 0 0 1 3 =3/1=3

1.-Iteración

Base F X1 X2 S1 S2 W1 W2 S3 SOL F 1 9/2 0 -1 1/2 0 -3/2 0 3

W1 0 9/2 0 -1 1/2 1 -1/2 0 3 =3/4.5=0.66 X2 0 -1/2 1 0 -1/2 0 1/2 0 1 =1/0.5=-2 S3 0 1/2 0 0 1/2 0 -1/2 1 2 =2/0.5=4

2.-Iteración

Base F X1 X2 S1 S2 W1 W2 S3 SOL F 1 0 0 0 0 -1/2 -1 0 0 X1 0 1 0 -2/9 1/9 2/9 -1/9 0 2/3 X2 0 0 1 -1/9 -4/9 1/9 -1/18 0 4/3 S3 0 0 0 1/9 4/9 -1/9 -4/9 1 5/3

Fase 2.

Llevar de la función Objetivo F a Z.

Encontrando l as ec uaciones de c ada una de l as v ariables bás icas de l a t abla óptima.

80


X1 - 2/9S1 + 1/9S2 =2/3 Ec. (1) X2 - 1/9S1 - 4/9S2 =4/3 Ec. (2) 1/9S1 + 4/9S2 + S3 =5/3 Ec. (3)

Despejando a X1 de la Ec. (1) a X2 de la Ec (2) y S3 de la Ec. (3)

X1 = 2/3 + 2/9S1 - 1/9S2 Ec. (4) X2 = 4/3 + 1/9S1 + 4/9S2 Ec. (5) S3 = 5/3 - 1/9S1 - 4/9S2 Ec. (6)

Sustituyendo a X1 y X2 y S3 de las ecuaciones 4,5,6.

Z=3X1+5X2

𝒁𝒁 = 𝟑𝟑�𝟐𝟐 𝟑𝟑� + 𝟐𝟐𝟗𝟗� 𝑺𝑺𝟏𝟏 − 𝟏𝟏

𝟗𝟗� 𝑺𝑺𝟐𝟐� + 𝟓𝟓�𝟒𝟒 𝟑𝟑� + 𝟏𝟏𝟗𝟗� 𝑺𝑺𝟏𝟏 + 𝟒𝟒

𝟗𝟗� 𝑺𝑺𝟐𝟐�

𝒁𝒁 = 𝟐𝟐 + 𝟒𝟒𝟗𝟗� 𝑺𝑺𝟏𝟏 − 𝟑𝟑

𝟗𝟗� 𝑺𝑺𝟐𝟐 + 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟑𝟑� + 𝟓𝟓

𝟗𝟗� 𝑺𝑺𝟏𝟏 + 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟗𝟗� 𝑺𝑺𝟐𝟐

𝒁𝒁 = 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟑𝟑� + 𝑺𝑺𝟏𝟏 + 𝟏𝟏𝟏𝟏

𝟗𝟗� 𝑺𝑺𝟐𝟐

𝒁𝒁 − 𝑺𝑺𝟏𝟏 − 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟗𝟗� 𝑺𝑺𝟐𝟐 = 𝟐𝟐𝟐𝟐

𝟑𝟑

TABLON

Base Z X1 X2 S1 S2 S3 SOL Z 1 0 0 -1 17/9 0 26/3 X1 0 1 0 -2/9 1/9 0 2/3 X2 0 0 1 -1/9 -4/9 0 4/3 S3 0 0 0 1/9 4/9 1 5/3

COMPROBACIÓN

Z=3(2/3)+5(4/3)=26/3

s.a

4(2/3)+4/3≥4

4≥4

-2/3+2(4/3)≥2

2≥2

VARIABLES BASICAS

X1=2/3 X2=4/3 S3=5/3

Z=26/3

VARIABLES NO BASICAS

S1=S2=0

81


EJERCICIO 2

Un estanque de peces es abastecido cada primavera con dos especies: beta y globo; si hay dos tipos de comida f1 y f2 disponibles en el tanque. El peso promedio de los peces y el requerimiento promedio de alimento para cada pez; esta dado en la siguiente tabla:

ESPECIE F1 F2 PESO PROMEDIO

BETA 2 3 3 lb GLOBO 3 1 2 lb

Si ex isten 6 00 l b d e c omida f1 y 300 l b de c omida f2 diariamente. ¿ Cuántos peces deben existir en la pecera; dado que lo mínimo para lo cual fue construida es de 400 lb?

Definición de Variables.

X1= No. de peces beta que deben haber en el estanque o pecera.

X2= No. de peces globo que deben haber en el estanque o pecera.

MAX………………Z=X1+X2

s.a

MIN………………Z=X1+X2-0S1+MW1+0S2+0S3

Z=-X1-X2+0S1+MW1-0S2-0S3

3X1 + 2X2 - S1 + W1 = 400 2X1 + 3X2 + S2 = 600 3X1 + X2 + S3 = 300 X1 , X2 , S1 , S2 , S3 , W1 ≥ 0

3X1 + 2X2 ≥ 400

2X1 + 3X2 ≤ 600 3X1 + X2 ≤ 300 X1 , X2 ≥ 0

82


Base Z X1 X2 S1 W1 S2 S3 SOL Z 1 -1 -1 0 M 0 0 0

W1 0 3 2 -1 1 0 0 400 S2 0 2 3 0 0 1 0 600 S3 0 3 1 0 0 0 1 300

AJUSTE

Base Z X1 X2 S1 W1 S2 S3 SOL Z 1 -3M-1 -2M-1 M 0 0 0 -400M

W1 0 3 2 -1 1 0 0 400 400/3=133 S2 0 2 3 0 0 1 0 600 600/2=300 S3 0 3 1 0 0 0 1 300 300/3=100

1.-Iteración

Base Z X1 X2 S1 W1 S2 S3 SOL Z 1 0 -M-2/3 M 0 0 M+1/3 100M+100

W1 0 0 1 -1 1 0 -1 100 S2 0 0 7/3 0 0 1 -2/3 400 X1 0 1 1/3 0 0 0 1/3 100

2.-Iteración

Base Z X1 X2 S1 W1 S2 S3 SOL Z 1 0 0 -2/3 M+2/3 0 1/3 500/3 X2 0 0 1 -1 1 0 -1 100 S2 0 0 0 7/3 -7/3 1 5/3 500/3 X1 0 0 0 1/3 -1/3 0 2/3 200/3

3.-Iteración

Base Z X1 X2 S1 W1 S2 S3 SOL Z 1 0 0 0 M 2/7 17/21 1500/7 X2 0 0 1 0 0 3/7 -2/7 1200/7 S1 0 0 0 1 -1 3/7 5/7 500/7 X1 0 1 0 0 0 -1/7 3/7 300/7

CONCLUSIÓN: Debe de haber en la pecera 214 p eces, de los cuales 43 d eben ser beta y 171 deben ser globo.

83


2.2.3. Método Gráfico.

El método gráfico soluciona problemas de PL por medio de l a representación geométrica del objetivo, las restricciones estructurales y las condiciones técnicas. En es ta r epresentación g eométrica, l os ej es c oordenados p ueden as ociarse y a sea con las variables o c on las restricciones tecnológicas del problema. Cuando los ej es c artesianos es tán r elacionados c on l as v ariables ( actividades) del problema, el proceso se conoce como método gráfico de actividades. Cuando la forma alternativa, l as r estricciones t ecnológicas ( recursos) s e i dentifican c on l os ejes coordenados, el método se denomina método gráfico en recursos.

Un problema de PL con m restricciones y n variables (las condiciones técnicas no se incluyen en la dimensión del problema) se dice que posee una dimensión de (m×n). El método g ráfico par a r esolver un p rograma l ineal c on d os variables s e comprende mejor concentrándose primero en las restricciones y posteriormente en la función objetivo. Para determinar los valores X1, X2 o X,Y satisfacen todas las restricciones, considerando una restricción a la vez.

2.2.3.1. La desigualdad ≤ representada en el eje cartesiano

Cuando el signo de la restricción es menor o i gual (≤) el sentido del vector ira dirigido hacia el origen es decir, hacia adentro.

2X1+X2≤4

2X1+X2=4

X2

5

4

3

2

1

1 2 3 4 5 5 X1

X1 X2

0 4 2 0

84


2.2.3.2. La desigualdad ≥ representada en el eje cartesiano

Cuando el signo de la restricción es mayor o i gual (≥) el sentido del vector ira dirigido hacia afuera del origen es decir hacia afuera.

3X1-X2≥4

3X1-X2=4

1

1

2

3

4

5

4

3

2

1

A 1 2 3 4 5 6 X1

X1 X2

0 -4 4/3 0

1

2

3

Z=9

4

B

C

D

MAX

Z=4X1+3X2

S.A

2X1+3X2≤6

-3X1+2X2≤3

2X2≤5

2X1+X2≤4

X1,X2≥0

85


Solución

Como la función es Maximizar se busca el punto más alejado del origen y s i fuera Minimizar viceversa observando el polígono A, B, C, D, el punto más alejado parece C, B, para lo cual se empleara un sistema de ecuaciones formando en la intersección de ambos puntos.

Punto C

Recta 1 y Recta 4 se interceptan

2𝑋𝑋1 + 3𝑋𝑋2 = 6 … … … … … … … …𝐴𝐴𝐸𝐸. 1

2𝑋𝑋1 + 𝑋𝑋2 = 4 … … … … … … … …𝐴𝐴𝐸𝐸. 2

𝑅𝑅1�12� �

𝑅𝑅2

�𝑋𝑋1 𝑋𝑋22 3 62 1 4

�~ 𝑅𝑅1(−2) + 𝑅𝑅2 �1 3

2� 32 1 4

�~ 𝑅𝑅2�−12� � �1 3

2� 30 −2 −2

�~

𝑅𝑅1�−32� � + 𝑅𝑅1 �

1 32� 3

0 1 1� ~ �1 0 3

2�0 1 1

�

X1= 3/2

X2= 1

Sustituir los valores de X1 y X2 en la función objetivo.

𝑍𝑍 = 4�32� � + 3(1) = 9 > 8 𝑃𝑃𝐴𝐴𝑃𝑃𝐴𝐴𝑆𝑆 𝐶𝐶 > 𝑃𝑃𝐴𝐴𝑃𝑃𝐴𝐴𝑆𝑆 𝐵𝐵

Punto B

La recta 4 se intercepta con X1

2X1+X2=4

X2=0

X1=2

Sustituyendo los valores en la función objetivo Z

Z=4X1+3X2

=4(2)+3(0)=8 es menor que 9 por lo tanto es óptima.

MAX

Z=9

86


Esta versión del método gráfico asocia una variable a c ada eje coordenado y luego realiza tres pasos básicos:

1.- Reemplazar el s igno de l a des igualdad en una r estricción p or un s igno d e igualdad y c alcular l as i nterceptas donde l a ec uación s atisface su c ondición de igualdad.

2.- Dibujar línea correspondiente de la función.

3.- Identificar el sentido de la línea dependiente del sentido de la desigualdad en la restricción.

4.- Sombrear esa porción de l a grafica que satisfaga las restricciones formuladas hasta el momento.

EJEMPLO 1.

MAX………………Z=4X1+3X2

s.a

Descartes menciono para solucionar un problema complejo, se vale solucionar el problema por partes a condiciones de que las soluciones nieguen la totalidad.

En esta primera instancia se trabajara con las restricciones prescindiéndole la función objetivo.

2X1 + 3X2 ≤ 6

-3X1 + 2X2 ≤ 3 2X2 ≤ 5

2X1 + X2 ≤ 4 X1 , X2 ≥ 0

OBSERVACIONES

• Hay dos variables

• Todas las restricciones son ≤

• Es un problema de Maximización

87


2.2.3.3. Método General.

Tomaremos la pr imera restricción y la t ransformaremos en una igualdad y se harán o encontraran las interceptas. Son los puntos en que la curva corta al eje de coordenadas. Estos puntos también tienen una cualidad de que al menos una de sus variables vale 0 (cero).

2.- Localizar interceptas.

2X1+3X2=6------------ -3X1+2X2=3------------

2X1=5------------ 2X1+X2=4---------------

3.- Graficar interceptos

X1 X2 0 2 3 0

X1 X2 0 3/2 -1 0

X1 X2 5/2 0

X1 X2 0 4 2 0

X1=0 X2=0

Y0=0

X3=0

X4=0

1 2

3 4

El área bordeada se llama solución factible o conjunto convexo; o s olución espacio y t iene l a propiedad de cumplir c on t odas las condiciones del modelo no negatividad.

88


Se le llama restricción redundante a la restricción cuya preferencia o ausencia no m odifique par a n ada el ár ea de l a s olución f actible; s in em bargo t odos l os puntos de esa área deberán cumplir dicha condición.

Trabajando exclusivamente con la función objetivo si esta parte del punto (1,0), por el punto (1,1), para (0,0) o por el punto (1.5, 1).

(1,0) (1,1) (0,0) (1.5,1)

Z=4X1+3X2 Z=4X1+3X2 Z=4X1+3X2 Z=4X1+3X2

Z=4(1)+3(0) Z=4(1)+3(1) Z=4(0)+3(0) Z=4(1.5)+3(1)

Z=4 Z=7 Z=0 Z=9

Z=4X1+3X2=4 4X1+3X2=4 4X1+3X2=4 4X1+3X2=4

La función objetivo Z genera una familia finita de rectas paralelas cuyos valores máximos o mínimos se dan exactamente en puntos o esquinas del área.

EJEMPLO 2.

MAX………………Z=10X1+15X2

s.a

X1 X2 0 4/3 1 0

X1 X2 0 7/3

7/4 0

X1 X2 0 0 -3 4

X1 X2 0 3

6/4 0

10X1 + 20X2 ≤ 4000

5X1 + 5X2 ≤ 1500 4X1 + 2X2 ≤ 800 X1 , X2 ≤ 0

89


10X1+20X2=4000 5X1+5X2=1500 4X1+2X2=800

(100,100) (150,100) (130,130)

Z=10(100)+15(100) Z=10(150)+15(100) Z=10(130)+15(130)

Z=2500 Z=3000 Z=3250

10X1+20X2=2500 10X1+20X2≤3000 10X1+20X2≤3250

X1 X2 0 200

400 10

X1 X2 0 300

300 0

X1 X2 0 800

200 0

X1 X2 250 0 0 166.66

X1 X2 300 0 0 200

X1 X2 325 0 0 216

90


10X1+20X2=4000

[4X1+2X2≤800]1/4

10X1+20X2=4000

[ X1+2/4X2=200]-10

15X2=2000

X2=2000/15

X2=133.333

DESPEJANDO A X1 DE LA EC(1).

𝑋𝑋1 =4000 − 20𝑋𝑋2

10=

4000 − 20(133.33)10

X1=2000/15=133.33

Z=10X1+15X2

Z=10(2000/15)+15(2000/15)= 3333.333

EJEMPLO 3.

Un b anco as igna un m áximo d e $20 ,000 en pr éstamos per sonales y de automóviles. El monto de los préstamos para automóviles debe ser cuando menos 2 v eces mayor q ue el de l os préstamos p ersonales. L a experiencia p asada ha demostrado q ue l os a deudos no c ubiertos constituyen el 1% de l os pr éstamos personales. C omo deben as ignarse l os fondos para m aximizar la ut ilidad del banco s i l os i ntereses anual para préstamos personales son de 14% y del 12% para préstamos para automóviles.

X1= Automóviles.

X2= Prestamos personales.

91


Max Z= X1(0.14) +X2(0.12)-0.1X2

Restricciones.

X1+X2≤20000

X1, X2≥0

X1 X2 0 20000

20000 0 20

X1 X2 0 0 10 20

5 10 15 20 25 20000

0.13X1+0.12X2=15

Si Z = 2.5

X1=N=Kg Mezcla barata

X2=Kg Mezcla cara

MAX Z=10X1+15X2

s.a

0.8X1+0.5X2≤1800

0.2X1+0.5X2≤1200

X1≥0

X2≥0

X1 X2 0 3600

2250 0

15

10

30

25

20000

Z=1.5 B

B

S.B.F

X1 X2

0 2400

6000 0

92


X2

6000

5500

5000

4500

4000

3500

3000

2500

2000

1500

1000

500

500 1000 1500 2000 2500 3000 3500 6000 X1

SBF

93


EJERCICIOS III. Problemas Método Grafico.

INSTRUCCIONES: Resolver los siguientes ejercicios por el método grafico, la solución se presenta en cada uno de los problemas.

Problemas del método grafico

𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀 𝑍𝑍 = 5𝑥𝑥1 + 𝑥𝑥2 𝑠𝑠.𝑎𝑎 2𝑥𝑥1 + 𝑥𝑥2 ≥ 6 𝑥𝑥1 + 𝑥𝑥2 ≥ 4 2𝑥𝑥1 + 10𝑥𝑥2 ≥ 20 𝑥𝑥1,𝑥𝑥2 ≥ 0

𝑀𝑀𝑎𝑎𝑥𝑥

𝑍𝑍 = 5𝑥𝑥1 − 𝑥𝑥2 𝑠𝑠.𝑎𝑎 2𝑥𝑥1 + 3𝑥𝑥2 ≥ 12 𝑥𝑥1 − 3𝑥𝑥2 ≥ 0 𝑥𝑥1,𝑥𝑥2 ≥ 0

𝑀𝑀𝑎𝑎𝑥𝑥 𝑍𝑍 = 4𝑥𝑥1 + 𝑥𝑥2 𝑠𝑠.𝑎𝑎 8𝑥𝑥1 + 2𝑥𝑥2 ≤ 16 𝑥𝑥1 + 𝑥𝑥2 ≤ 12 𝑥𝑥1,𝑥𝑥2 ≥ 0

94


𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀 𝑍𝑍 = 6𝑥𝑥1 + 2𝑥𝑥2 𝑠𝑠.𝑎𝑎 3𝑥𝑥1 + 2𝑥𝑥2 ≥ 12 2𝑥𝑥1 + 4𝑥𝑥2 ≥ 12 𝑥𝑥2 ≥ 1 𝑥𝑥1,𝑥𝑥2 ≥ 0

𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀 𝑍𝑍 = 4𝑥𝑥1 + 𝑥𝑥2 𝑠𝑠.𝑎𝑎 3𝑥𝑥1 + 𝑥𝑥2 ≥ 6 4𝑥𝑥1 + 𝑥𝑥2 ≥ 12 𝑥𝑥1 ≥ 2 𝑥𝑥1,𝑥𝑥2 ≥ 0

𝑀𝑀𝑎𝑎𝑥𝑥 𝑍𝑍 = 𝑥𝑥1 + 𝑥𝑥2 𝑠𝑠.𝑎𝑎 4𝑥𝑥1 + 𝑥𝑥2 ≤ 100 𝑥𝑥1 + 𝑥𝑥2 ≤ 80 𝑥𝑥1 ≤ 40 𝑥𝑥1,𝑥𝑥2 ≥ 0

95


𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀 𝑍𝑍 = 4𝑥𝑥1 − 𝑥𝑥2 𝑠𝑠.𝑎𝑎 2𝑥𝑥1 + 𝑥𝑥2 ≤ 8 𝑥𝑥2 ≤ 5 𝑥𝑥1 − 𝑥𝑥2 ≤ 4 𝑥𝑥1,𝑥𝑥2 ≥ 0

96


EJERCICIOS IV. Resolución de Modelos de Programación Lineal.

Instrucciones: Resolver los siguientes modelos de programación l ineal por el método apropiado.

𝑀𝑀𝑎𝑎𝑥𝑥 𝑍𝑍 = 2𝑥𝑥1 + 3𝑥𝑥2 𝑠𝑠. 𝑎𝑎 𝑥𝑥1 − 2𝑥𝑥2 ≤ 16 5𝑥𝑥1 + 8𝑥𝑥2 ≤ 29 3𝑥𝑥1 + 7𝑥𝑥2 ≤ 17 𝑥𝑥1, 𝑥𝑥2 ≥ 0

𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀 𝑍𝑍 = 2𝑥𝑥1 − 5𝑥𝑥2 s.a 2 𝑥𝑥1 ≤ 61 −3𝑥𝑥2 ≤ 85 𝑥𝑥1 + 3𝑥𝑥2 ≤ 40 8𝑥𝑥1 + 2𝑥𝑥2 ≤ 50

𝑥𝑥1, 𝑥𝑥2 ≥ 0

𝑀𝑀𝑎𝑎𝑥𝑥 𝑍𝑍 = 2𝑥𝑥1 + 10𝑥𝑥2 + 𝑥𝑥3 𝑠𝑠. 𝑎𝑎 5𝑥𝑥1 + 2𝑥𝑥2 + 𝑥𝑥3 ≤ 15 2𝑥𝑥1 + 𝑥𝑥2 + 7𝑥𝑥3 ≤ 20 𝑥𝑥1 + 3𝑥𝑥2 + 2𝑥𝑥3 ≤ 25 𝑥𝑥1, 𝑥𝑥2, 𝑥𝑥3 ≥ 0

𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀 𝑍𝑍 = 2𝑥𝑥1 − 𝑥𝑥2 + 4𝑥𝑥3 𝑠𝑠. 𝑎𝑎 5𝑥𝑥1 + 2𝑥𝑥2 − 3𝑥𝑥3 ≥ −7 2𝑥𝑥1 − 2𝑥𝑥2 + 𝑥𝑥3 ≤ 8 𝑥𝑥1, 𝑥𝑥2, 𝑥𝑥3 ≥ 0

𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀

𝑍𝑍 = −66.6667

𝑠𝑠2 = −40 𝑠𝑠3 = −40 𝑠𝑠4 = 26.6667

Solución

𝑉𝑉.𝐵𝐵á𝑠𝑠𝑀𝑀𝐸𝐸𝑎𝑎𝑠𝑠 V.No Básicas 𝑥𝑥2 = 13.333 𝑥𝑥1 = 𝑠𝑠1 = 0

𝑀𝑀𝑎𝑎𝑥𝑥 𝑍𝑍 = 75

𝑠𝑠1 = 15 𝑠𝑠2 = 7.5 𝑠𝑠3 = 22.50

Solución

𝑉𝑉.𝐵𝐵á𝑠𝑠𝑀𝑀𝐸𝐸𝑎𝑎𝑠𝑠 V.No Básicas 𝑥𝑥2 = 7.5 𝑥𝑥1 = 𝑥𝑥3 = 0

NO TIENE SOLUCIÓN FACTIBLE

𝑀𝑀𝑎𝑎𝑥𝑥 𝑍𝑍 = 11.3333

𝑠𝑠1 = 5.6667 𝑠𝑠2 = 28.3336 𝑠𝑠3 = 17.00

Solución

𝑉𝑉.𝐵𝐵á𝑠𝑠𝑀𝑀𝐸𝐸𝑎𝑎𝑠𝑠 V.No Básicas 𝑥𝑥1 = 5.6667 𝑥𝑥2 = 0

97


𝑀𝑀𝑎𝑎𝑥𝑥 𝑍𝑍 = 3𝑥𝑥1 + 4𝑥𝑥2 𝑠𝑠. 𝑎𝑎 2𝑥𝑥1 + 𝑥𝑥2 ≤ 6 2𝑥𝑥1 + 3𝑥𝑥2 ≤ 9 𝑥𝑥1, 𝑥𝑥2 ≥ 0

𝑀𝑀𝑎𝑎𝑥𝑥 𝑍𝑍 = 2𝑥𝑥1 − 10𝑥𝑥2 + 𝑥𝑥3 𝑠𝑠. 𝑎𝑎 3𝑥𝑥1 + 𝑥𝑥2 + 𝑥𝑥3 ≤ 6 𝑥𝑥1 − 𝑥𝑥2 + 2𝑥𝑥3 ≤ 1 𝑥𝑥1 + 3𝑥𝑥2 − 𝑥𝑥3 ≤ 2 𝑥𝑥1, 𝑥𝑥2, 𝑥𝑥3 ≥ 0

𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀 𝑍𝑍 = 𝑥𝑥1 + 2𝑥𝑥2 𝑠𝑠. 𝑎𝑎 𝑥𝑥1 + 3𝑥𝑥2 ≥ 11 2𝑥𝑥1 + 𝑥𝑥2 ≥ 9 𝑥𝑥1, 𝑥𝑥2 ≥ 0

𝑀𝑀𝑎𝑎𝑥𝑥 𝑍𝑍 = 2𝑥𝑥1 + 3𝑥𝑥2 + 4𝑥𝑥3 𝑠𝑠. 𝑎𝑎 𝑥𝑥1 + 𝑥𝑥2 + 𝑥𝑥3 ≤ 1 𝑥𝑥1 + 𝑥𝑥2 + 27𝑥𝑥3 = 2 3𝑥𝑥1 + 2𝑥𝑥2 + 1𝑥𝑥3 ≥ 4 𝑥𝑥1, 𝑥𝑥2, 𝑥𝑥3 ≥ 0


𝑥𝑥1 = 22.25

𝑠𝑠1 = 6 𝑠𝑠2 = 9

Solución

𝑉𝑉.𝐵𝐵á𝑠𝑠𝑀𝑀𝐸𝐸𝑎𝑎𝑠𝑠

𝑥𝑥2 = 1.50

𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀 𝑍𝑍 = 8.40

𝑥𝑥1 = 3.20

𝑠𝑠1 = 0

Solución


𝑥𝑥2 = 2.60 V.No Básicas

𝑠𝑠2 =0

NO TIENE SOLUCIÓN FACTIBLE.


𝑥𝑥1 = 1.5

𝑥𝑥3 = 0

Solución


𝑥𝑥2 = 0.50

98


𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀 𝑍𝑍 = 2𝑥𝑥1 + 3𝑥𝑥2 + 2𝑥𝑥3 𝑠𝑠. 𝑎𝑎 𝑥𝑥1 + 4𝑥𝑥2 + 2𝑥𝑥3 ≥ 8 3𝑥𝑥1 + 2𝑥𝑥2 + 2𝑥𝑥3 ≥ 6 𝑥𝑥1, 𝑥𝑥2, 𝑥𝑥3 ≥ 0

𝑀𝑀𝑎𝑎𝑥𝑥 𝑍𝑍 = 2𝑥𝑥1 − 𝑥𝑥2 + 3𝑥𝑥3 𝑠𝑠. 𝑎𝑎 𝑥𝑥1 + 𝑥𝑥2 + 𝑥𝑥3 = 3 𝑥𝑥1 − 2𝑥𝑥2 + 𝑥𝑥3 ≥ 1 2𝑥𝑥2 + 𝑥𝑥3 ≤ 2 𝑥𝑥1, 𝑥𝑥2, 𝑥𝑥3 ≥ 0

𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀 𝑍𝑍 = 5𝑥𝑥1 + 2𝑥𝑥2 + 𝑥𝑥3 𝑠𝑠. 𝑎𝑎 2𝑥𝑥1 + 3𝑥𝑥2 + 𝑥𝑥3 ≥ 20 6𝑥𝑥1 + 8𝑥𝑥2 + 5𝑥𝑥3 ≥ 30 7𝑥𝑥1 + 𝑥𝑥2 + 3𝑥𝑥3 ≥ 40 𝑥𝑥1 + 2𝑥𝑥2 + 4𝑥𝑥3 ≥ 50 𝑥𝑥1, 𝑥𝑥2, 𝑥𝑥3 ≥ 0

𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀 𝑍𝑍 = 7

𝑥𝑥1 = 0.8

𝑠𝑠1 = 𝑤𝑤1 = 0

Solución


𝑥𝑥2 = 1.80 V.No Básicas

𝑠𝑠2 = 𝑤𝑤2 =0 𝑥𝑥3 =0


𝑥𝑥1 = 1

𝑠𝑠1 = 𝑤𝑤1 = 0

Solución


𝑥𝑥3 = 2 V.No Básicas

𝑠𝑠2 = 𝑤𝑤2 =0 𝑥𝑥2 =0

𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀 𝑍𝑍 = 17.5

𝑥𝑥2 = 12.5

𝑠𝑠1 = 𝑤𝑤1 = 0

Solución


𝑥𝑥3 = 2 V.No Básicas

𝑠𝑠2 = 𝑤𝑤2 =0 𝑥𝑥3 =0

99


𝑀𝑀𝑎𝑎𝑥𝑥 𝑍𝑍 = 5𝑥𝑥1 + 7𝑥𝑥2 𝑠𝑠. 𝑎𝑎 2𝑥𝑥1 + 3𝑥𝑥2 ≥ 42 3𝑥𝑥1 + 4𝑥𝑥2 ≥ 60 𝑥𝑥1 + 𝑥𝑥2 ≥ 18

𝑥𝑥1, 𝑥𝑥2 ≥ 0

𝑀𝑀𝑎𝑎𝑥𝑥 𝑍𝑍 = 2𝑥𝑥1 + 5𝑥𝑥2 + 3𝑥𝑥3 𝑠𝑠. 𝑎𝑎 𝑥𝑥1 − 𝑥𝑥2 + 𝑥𝑥3 ≥ 20 2𝑥𝑥1 + 4𝑥𝑥2 + 𝑥𝑥3 = 50 𝑥𝑥1, 𝑥𝑥2, 𝑥𝑥3 ≥ 0

𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀 𝑍𝑍 = 5000𝑥𝑥1 + 7000𝑥𝑥2 𝑠𝑠. 𝑎𝑎 −2𝑥𝑥1 + 𝑥𝑥2 ≥ 1 𝑥𝑥1 − 2𝑥𝑥2 ≥ 1 𝑥𝑥1, 𝑥𝑥2 ≥ 0



𝑠𝑠1 = 𝑤𝑤1 = 0

Solución

𝑉𝑉.𝐵𝐵á𝑠𝑠𝑀𝑀𝐸𝐸𝑎𝑎𝑠𝑠 𝑥𝑥3 = 50 V.No Básicas

𝑠𝑠2 = 𝑤𝑤2 =0 𝑥𝑥2 = 𝑥𝑥1 =0


Objetivo: El alumno conocerá y aplicará el concepto f undamental de l a dual idad y l a r elación matemática con e l problema pr imal, al i gual qu e la metodología del anál isis d e sensibilidad para determinar el efecto que t ienen los cambios realizados en el modelo de Programación Lineal.

CAPÍTULO III: TEORÍA DE LA DUALIDAD

Y ANÁLISIS DE SENSIBILIDAD.

101

Capítulo III: Teoría de la dualidad y Análisis de sensibilidad

3.1 FORMULACIÓN DE UN PROBLEMA DUAL.

Uno de los descubrimientos más importantes durante el desarrollo inicial de la programación lineal fue el concepto de dualidad y sus importantes ramificaciones. Este descubrimiento revelo que asociado a todo problema de programación lineal, existe otro llamado DUAL.

Desde di stintos puntos d e v ista l as r elaciones e ntre el problema du al y el original (llamado Primal) son muy útiles.

Esencia de la Teoría de Dualidad

Dada nuestra forma es tándar par a el problema primal, presente a s u l ado e l problema dual, tiene la forma que muestra en la derecha.

PROBLEMA PRIMAL PROBLEMA DUAL

En consecuencia; con el problema de maximización, el problema dual está conformado por minimización. A un más, el pr oblema du al u sa l os m ismos parámetros q ue el pr oblema pr imal; per o en di ferentes l ugares, t al c omo s e resume a continuación.

1) Los c oeficientes de l a f unción o bjetivo del problema pr imal s on l os l ados derechos de las restricciones funcionales del problema dual.

La dualidad parte dependiendo de su origen:

Cuando el primo esta en formato canónico.

1.- El objeto de un problema debe ser opuesto al otro.

𝑍𝑍 = �𝐶𝐶𝑖𝑖

𝑛𝑛

𝑗𝑗=1

𝑋𝑋𝑗𝑗

�𝑎𝑎𝑖𝑖 .𝑗𝑗 𝑥𝑥𝑗𝑗 ≤ 𝑏𝑏 𝑖𝑖 = 1,2,3 … … . .𝑚𝑚𝑛𝑛

𝑗𝑗=1

MAX

s.a

Y Xj≥0 para j=1,2,3……….n

𝑊𝑊 = �𝑏𝑏𝑖𝑖𝑗𝑗𝑖𝑖

𝑚𝑚

𝑖𝑖=1

�𝑎𝑎𝑖𝑖 .𝑗𝑗 𝑥𝑥𝑖𝑖 ≤ 𝑐𝑐 𝑗𝑗 = 1,2,3 … … . .𝑚𝑚𝑚𝑚

𝑖𝑖=1

MIN

s.a

Y Yi≥0 para i=1,2,3…………m

102


2.- El problema de Maximización. Debe contar con todas sus restricciones ≤ y el de Min ≥.

3.- Las variables de ambos problemas deben ser no negativas.

4.- Cada r estricción en un pr oblema t iene asociada un a v ariable en el ot ro y viceversa.

5.- El vector de recursos (transporte) de un problema se convierte en el vector de coeficientes objetivo del otro y viceversa.

6.- La matriz de coeficientes tecnológicos de un problema es la transpuesta de la matriz de coeficientes tecnológicos de otros.

Por tanto, si el problema es primo su dual entonces es:

MAX Z0=CX

AX≤b

X≥0

MIN Y0=bt

ATY≥Ct

3.2 DUALIDAD.

Se dice que con la solución de todo problema de programación lineal, se está también solucionando un problema estrechamente relacionado; a t al problema se le l lama el pr oblema DUAL, a s u vez al pr oblema or iginal al c ual s e hac e referencia un dual, que es el problema original, se le l lama también el problema PRIMAL

3.2.1 FORMA CANÓNICA.

Un pr oblema de maximización se e ncuentra e n forma c anónica s i en l a definición d el m odelo m atemático t odas s us r estricciones s on d el t ipo ≤ que y todas sus variables son mayores o iguales a cero.

Max Z= CX

Sujeta a Ax≤b

X≥0

103


Un pr oblema de minimización se enc uentra e n forma c anónica s i en l a definición del m odelo matemático, t odas s us r estricciones s on del t ipo mayor o igual que y todas sus variables son mayores o iguales a cero.

Min Z=CX

Sujeta a Ax≥b

X≥0

3.2.1.1 TRANSFORMACIÓN. Todo problema de maximización primal tiene un problema de minimización

en su dual. Todo problema de minimización primal tiene un problema de maximización

en su dual. Cada restricción del primal implica una variable dual. Cada variable primal implica una restricción dual. Los coeficientes del lado derecho del pr imal, son los coeficientes del lado

derecho dual. Los coeficientes tecnológicos de la variable j del primal, son los coeficientes

tecnológicos de la restricción j del dual. Los c oeficientes t ecnológicos de l a r estricción i del pr imal, s on l os

coeficientes tecnológicos de la variable i del dual.

Todo problema en forma canónica tiene como problema dual a uno también en forma Canónica:

Todo problema en forma canónica tiene como problema dual a uno también en forma canónica:

PRIMAL

MAX Z=CX

Sujeta a Ax≤b

X≥0

DUAL

MIN Z=Wb

Sujeta a wA≥c

W≥0

PRIMAL

MIN Z=CX

Sujeta a Ax≥b

X≥0

DUAL

MAX Z=Wb

Sujeta a wA≤c

w≥0

104


EJEMPLO 1.

MAX Z =4X1+2X2+X3 MAX W=8Y1+12Y2+5Y3

2X1 + 4X2 ≥ 8

5X1 + 2X2 + X3 ≥ 12

2X2 + X3 ≥ 15 X1 , X2 , X3 ≥ 0

NOTA: Se aplica Método Simplex para resolver.

n=6 m=3 6-3=3 variables no básicas

Básicas= S1, S2, S3

A= -8X1 - 12Y2 - 5Y3 = 0 2X1 + 5Y2 + 0 ≤ 4 4X1 + 2Y2 + 2Y3 ≤ 2 0 + Y2 + Y3 ≤ 1

2Y1 + 5Y2 + S1 = 4

4Y1 + 2Y2 + 2Y3 + S2 = 2 0 + Y2 + Y3 + S3 = 1

BASE W Y1 Y2 Y3 S1 S2 S3 SOL

W 1 -8 -12 -5 0 0 0 0

S1 0 2 5 0 1 0 0 4

S2 0 4 2 2 0 1 0 2

S3 0 0 1 1 0 0 1 1

W 1 -16/5 0 -5 12/5 0 0 48/5 12x2+W

Y2 0 2/5 1 0 1/5 0 0 4/5

S2 0 16/5 0 2 -2/5 1 0 2/5 -2X2+S2

S3 0 2/5 2 1 1/5 0 1 1/5 X2+S3

W 1 24/5 0 0 7/5 5/2 0 53/5 5X3+W

Y2 0 2/5 1 0 0 0 0 4/5 0X3+X2

Y3 0 8/5 0 1 1/2 1/2 0 1/5

S3 0 -6/5 2 0 -1/2 -1/2 1 0 -X3+S3

MODELO PRIMAL MODELO DUAL

105


No básicas= X1,X2,X3

COMPROBACIÓN

8(0)+12(4/5)+5(1/5)=53/5

V. Básicas

X2=4/5

X3=1/5

S3=0

V. no Básicas.

X1=0

S1=0

S2=0

106


EJEMPLO 2.

Utilizando el problema du al r esuelva el s iguiente modelo d e P rogramación Lineal.

MODELO PRIMAL

MIN G= 4Y1+2Y2

MODELO DUAL

MIN G= 4Y1+2Y2 MAX W=85X1+115X2+50X3

FORMATO ESTANDAR.

MAX W =85X1+115X2+50X3

M=5 n=2 5-2=3

18Y1 - 19Y2 ≥ 85

14Y1 - 5Y2 ≥ 115

4Y1 + 2Y2 ≥ 150 Y1 , Y2 ≥ 0

18Y1 - 19Y2 ≥ 85

14Y1 - 5Y2 ≥ 115

4Y1 + 2Y2 ≥ 150 Y1 , Y2 ≥ 0

18X1 + 14X2 + 4X3 ≤ 4

-19X1 - 5X2 + 2X3 ≤ 2

18X1 + 14X2 + 4X3 + S1 = 4

-19X1 - 5X2 + 2X3 + S2 = 2

107


V. Básicas

X2=0

X3=1

V. no Básicas

X1=0

S1=0

S2=0

Base W X1 X2 X3 S1 S2 SOL

W 1 -85 -115 -50 0 0 0

S1 0 18 14 4 1 0 4

S2 0 -19 -5 2 0 1 2

w 1 440/7 0 -120/7 115/4 0 230/7 115Y2+W

X2 0 9/7 1 2/7 1/4 0 2/7

S2 0 -88/7 0 24/7 5/4 1 27/7

Base W X1 X2 X3 S1 S2 SOL

W 229/3 0 0 10 5 50

X2 7/3 1 0 1/74 -1/12 0

X3 -11/3 0 1 35/96 7/24 1

108


EJEMPLO 3.

MIN

Z=4X1+3X2

s.a

Y1 + Y2 ≥ 6

2Y1 - Y2 ≥ 0

Y1 ≥ 2

Y2 ≥ 2 Y1 , Y2 ≥ 0

Tablon

1.- ITERACIÓN

Base Z X1 X2 S1 S2 S3 S4 SOL X1=-4/-1=4

Z 1 -4 -3 0 0 0 0 0 X2=-3/-1=3

S1 0 -1 -1 1 0 0 0 -6 S1=0/1=0

S2 0 -2 1 0 1 0 0 0 S2=0/0=∞

S3 0 -1 0 0 0 1 0 -2 S3=0/0=∞

S4 0 0 -1 0 0 0 1 -2 S4=0/0=∞

Base Z X1 X2 S1 S2 S3 S4 SOL X1=-1/-3=1/3

Z 1 -1 0 -3 0 0 0 18 X2=0/0=∞

X2 0 1 1 -1 0 0 0 6 S1=-3/1=-3

S2 0 -3 0 1 1 0 0 -6 S2=0/1=0

S3 0 -1 0 0 0 1 0 -2 S3=0/0=∞

S4 0 1 0 1 0 0 1 4 S4=0/0=∞

FORMATO CANÓNICO

MIN

Z=4X1+3X2

s.a

-X1 - X2 ≤ -6

-2X1 + X2 ≤ 0

-X1 ≤ -2

- X2 ≤ -2 X1 , X2 ≥ 0

FORMATO ESTANDAR

Z=4X1+3X2+0S1+0S2+0S3+0S4

Z-4X1-3X2-0S1-0S2-0S3-0S4=0

s.a

-X1 - X2 +S1 = -6

-2X1 + X2 +S2 = 0

-X1 +S3 = -2

- X2 +S4 = -2

X1 , X2 ,S1 ,S2 ,S3 ,S4 ≥ 0

109


2.- ITERACIÓN

V. Básicas

X2=4

X1=2

S3=0

S4=2

COMPROBACIÓN

Z=4(2) +3(4) =20

s.a

4+2≥6

6≥6

2(2)-4≥0

0≥0

X1≥2

2≥2

Base Z X1 X2 S1 S2 S3 S4 SOL

Z 1 0 0 -10/3 -1/3 0 0 20

X2 0 0 1 -2/3 1/3 0 0 4

X1 0 1 0 -1/3 -1/3 0 0 2

S3 0 0 0 -1/3 -1/3 1 0 0

S4 0 0 0 -2/3 1/3 0 1 -2

V. no Básicas

S1=0

S2=0

MIN

Z=20

110


EJEMPLO 4.

MIN

Z=2X1+6X2

s.a

-5X1 + 7X2 ≥ 8

4X1 - 6X2 ≤ 2

X1 + 2X2 = 3

X1 , X2 ≥ 0

TABLON

1.-ITERACIÓN

Base Z Y1 Y2 S1 S2 S3 S4 SOL Y1=-2/5=-0.4

Z 1 -2 -6 0 0 0 0 0 Y2=-6/-7=.05

S1 0 5 -7 1 0 0 0 -8 S1=0/1=0

S2 0 4 -6 0 1 0 0 2 S2=0/0=∞

S3 0 1 2 0 0 1 0 3 S3=0/0=∞

S4 0 -1 -2 0 0 0 1 -3 S4=0/0=∞

Base Z Y1 Y2 S1 S2 S3 S4 SOL Y1=0/0=∞

Z 1 0 -44/5 2/5 0 0 0 -16/5 Y2=44/17=2.58

S1 0 1 -7/5 1/5 0 0 0 -8/5 S1=2

S2 0 0 -2/5 -4/5 1 0 0 42/5 S2=0/0=∞

S3 0 0 17/5 -2/5 0 1 0 23/5 S3=0/0=∞

S4 0 0 -17/5 1/5 0 0 1 -23/5 S4=0/1=0

FORMATO CANONICO

MIN

Z=2X1+6X2

s.a

5y1 - 7y2 ≤ -8

-4y1 - 6y2 ≤ 2

y1 + 2y2 ≤ 3

y1 - y2 ≥ 3 -y1 - 2y2 ≤ -3

FORMATO ESTANDAR

Z=2X1+6X2+0S1+0S2+0S3+0S4

Z-2X1-6X2-0S1-0S2-0S3-0S4=0

s.a

5y1 - 7y2 +S1 = -8

4y1 - 6y2 +S2 = 2

y1 + 2y2 +S3 = 3

-y1 - 2y2 +S4 = -3

y1 , y2 ,S1 ,S2 ,S3 ,S4 ≥ 0

111


2.-ITERACIÓN

3.-ITERACIÓN

V. Básicas

Y1=5/17

S2=152/17

Y2=23/17

COMPROBACIÓN

Z=2(5/17)+6(23/17)=148/17

-5(5/17)+7(23/17)≥8

8≥8

Base Z Y1 Y2 S1 S2 S3 S4 SOL Y1=0/0=∞

Z 1 0 -2 0 0 0 -2 6 Y2=-2/-17=0.11

Y1 0 1 2 0 0 0 -1 3 S1=0/1=0

S2 0 0 -14 0 1 0 -1 -10 S2=0/0=∞

S3 0 0 0 0 0 1 1 0 S3=0/0=∞

S4 0 0 -17 1 0 0 5 -23 S4=0/0=∞

Base Z Y1 Y2 S1 S2 S3 S4 SOL

Z 1 0 0 -2/17 0 0 -44/17 148/17

Y1 0 1 0 2/17 0 0 -7/17 5/17

S2 0 0 0 -14/17 1 0 -2/17 152/17

S3 0 0 0 0 0 1 1 0

Y2 0 0 1 -1/17 0 0 -5/17 23/17

MAX

Z=148/17

V. no Básicas

S1=0

S3=0

S4=0

112


3.3 TRANSFORMACIÓN ALTERNA DUAL.

Cuando un modelo no está en forma canónica puede seguirse la siguiente tabla de transformación:

PRIMAL DUAL FUNCIÓN OBJETIVO MAXIMIZACIÓN MINIMIZACIÓN FUNCIÓN

OBJETIVO

VARIABLE ≥0 ≤0

LIBRE

≥ ≤ =

RESTRICCIÓN

RESTRICCIÓN ≤ ≥ =

≥0 ≤0

LIBRE VARIABLE

DUAL PRIMAL Tabla 2. Fuente: IPN-UPIICSA

Como se observa en la tabla de transformación anterior, en un momento dado se puede estar ut ilizando variables no-positivas (Xk≤0) y variables libres, esto es, variables s in r estricción de s igno ( Xk≥0 ´0 Xk≤0); al d efinir al algoritmo Simplex siempre se trabaja con variables no-negativas y así debe continuar; por lo tanto, debe hac erse un aj uste al modelo poder manejar v ariables n o-positivas y l as variables libres.

EJEMPLO1.

MAX Z= 5X1+6X2

s.a

X1+9X2≤60

2X1+3X2≤45

5X1-2X2≤20

X2≤30

X1,X2≥0

113


DIAGRAMA DE TRUCKER

X1 X2

Y1 1 9 ≤60

Y2 2 3 ≤45

Y3 5 -2 ≤20

Y4 0 1 ≤30

5 6 Tabla 3. Fuente: IPN-UPIICSA.

MIN G= 60Y1+45Y2+20Y3+30Y4

s.a

Y1+2Y2+5Y3≥5

9Y1+3Y2-2Y3+Y4≥6

Y1,Y2,Y3,Y4≥0

Observaciones de este caso en particular:

a) Que el problema dual tiene menor número de restricciones que el primario.

b) Cada restricción en un problema corresponde con una variable en el ot ro

problema.

c) Los elementos del lado derecho de las restricciones en un problema son los

coeficientes de la función objetivo en el otro problema.

d) Un problema busca maximizar y en otro minimizar.

e) El pr oblema d e maximización t iene s ignos ≤ en t odas l as r estricciones,

tanto que el de minimización tiene signos ≥ en todas las restricciones.

f) Las variables en los dos problemas son no negativas.

114


¿Qué sucede cuando se tiene una restricción en forma de igualdad?

EJEMPLO:

Obtenga el modelo Dual a partir de Primario.

PRIMAL

MAX Z=C1+C2

s.a

a11x1+a12x2=b1……………………..Rs 1

a21x1+a22x2=b2……………………..Rs 2

X1,X2≥0

Trabajando con la restricción Rs 1.

a11x1+a12x2≤b1

[a11x1+a12x2≥b1 ]x-1 para invertir el sentido de la desigualdad y dejarlo en forma canónica.

-a11x1-a12x2≤-b1

NOTA: Lo mismo pasa con Rs2. Se hace el mismo procedimiento.

Acomodando el modelo nos queda.

MAX Z=C1+C2

s.a

a11x1+a12x2≤b1

a21x1+a22x2≤b2

a21x1+a22x2≤b2

X1,X2≥0

115


X1 X2

Y1 a11 a11 ≤b1

Y1 -a11 -a11 ≤b1

Y3 a21 a22 ≤b1

C1 C2

DUAL.

MIN G= b1-b1+b2

s.a

a11y+1-a11y-

1+a21y2≥C1

a12y+1-a12y-

1+a22y2≥C2

y+1,y-

1,y2≥0

FACTORIZANDO

MIN G=b1(y+1-y-

1)+b2y2

s.a

a11(y+1-y-

1)+a21y2≥C1

a12(y+1-y-

1)+a22y2≥C2

y+1,y-

1,y2≥0

Sustituyendo la expresión del paréntesis por y1 el modelo nos queda así:

MIN G=b1y1+b2y2

s.a

a11y1+a21y2≥C1

a12y1+a22y2≥C2

y+1 Libre, irrestricta, no restringida, y2≥0

Siempre que tengamos una restricción en el problema primario en forma (=) la variable dual correspondiente será dual y viceversa.

116


3.4 TRANSFORMACIÓN ALTERNA DUAL SIMPLEX.

Se aplica a problemas que tiene factibilidad dual inicial, es decir, que son óptimos pero infactibles simples.

La factibilidad dual se reconoce expresando las restricciones en la forma canónica (≤). La función objetivo puede ser de maximización o minimización.

Condiciones

FACTIBILIDAD

• La variable de salida es la variable básica que tiene el valor más negativo, en caso de empate procedemos de forma arbitraria, y si todas las variables básicas son no n egativas, el procesos finaliza y la solución factible óptima se encuentra.

OPTIMALIDAD

• La v ariable d e e ntrada es s eleccionada de l as v ariables no bás icas, se hacen cocientes cuyos denominadores serán necesariamente negativos y se t oman d e l a ecuación pivote. L os n umeradores s erán l os nú meros correspondientes en la función objetivo.

Se escoge el cociente más próximo a 0 para minimización. No toma en cuenta cocientes as ociados con de nominadores positivos o c eros. Y s i t odos l os denominadores s on 0 o pos itivos, el pr oblema n o t iene s olución f actible, los empate se deciden arbitrariamente.

Cuando s e t iene un c aso d e M ax en el m étodo D ual-Simplex, t odo el procedimiento es exactamente igual si fuera Min, excepto que al definir la variable de e ntrada s e hacen c ocientes c uyos de nominadores s erán n ecesariamente negativos tomados d e l a ec uación pi vote y l os nu meradores s erán l os números correspondientes en la función objetivo.

Se t oman l os v alores abs olutos de l os c ocientes ( prescindiendo de l os negativos) y s e el ige, par a det erminar l a v ariable de e ntrada, el c ociente más próximo a cero.

117


EJEMPLO

MIN

Z=2X1+X2

s.a

3x1+x2≥3

4x1+3x2≥6

x1+2x2≥8

x1,x2≥0

PASO1.- Se expresan las restricciones del problema únicamente las restricciones en la forma canónica:

MIN

Z=2X1+X2

s.a

-3x1-x2≤-3

-4x1-3x2≤-6

-x1-2x2≤-8

x1,x2≥0

PASO2.- Se añade variables de holgura positivas:

Zo=2x1+x2+0s1+0s2+0s3

Zo=-2x1-x2-0s1-0s2-0s3

s.a

-3x1 - x2 + S1 = -3 -4x1 - 3x2 + S2 = -6 -x1 - 2x2 + S3 = -8

NO SE PUEDE RESOLVER POR EL METODO SIMPLEX

118


PASO 4.-

BASE Z X1 X2 S1 S2 S3 Sol Z 1 -2 -1 0 0 0 0 S1 0 -3 -1 1 0 0 -3 S2 0 -4 -3 0 1 0 -6 S3 0 -1 -2 0 0 1 -8

V entrada V.salida

BASE Z X1 X2 S1 S2 S3 Sol Z 1 -2/3 0 0 -1/3 0 2 S1 0 -5/3 0 1 -1/3 0 -1 X2 0 -4/3 1 0 1/3 0 2 S3 0 5/3 0 0 -1/3 1 1

V. entrada V. salida

BASE Z X1 X2 S1 S2 S3 Sol Z 1 0 0 -2/5 1/5 0 12/5 X1 0 1 0 -3/5 -1/5 0 3/5 X2 0 0 1 4/5 3/5 0 6/5 S3 0 0 0 1 1 1 0

V. básicas V. no básicas

−2−4

= 0.5 −1−3

= 0.3

−2/3−5/3

= 0.4 −1/3−1/3

= 1

X1=3/5

X2=6/5

S3=0

S2=0

S1=0

119


Como hay factibilidad se puede aplicar el método Dual-Simplex.

PASO5.-Se define la variable de salida, se elige por el valor más negativo de la columna de solución.

PASO 6.- Se define la variable de entrada, para ello se formaran cocientes en los que los denominadores de la ecuación pivote y que pertenezcan a las variables no básicas. Los numeradores serán los números correspondientes a la función objetivo.

EJEMPLO.

El entrenador de Básquetbol de l os B orregos del Tec. de Monterrey es tá interesado en preparar lo que ha bau tizado como la ensalada vitamínica, la cual puede prepararse a partir de 5 v erduras b ásicas di sponibles y de finidas c omo 1,2,3,4,5; se desea que la ensalada vitamínica contenga por lo menos 10 unidades de vitamina A y 25 unidades de v itamina C , l a r elación neta del c ontenido vitamínico y el costo de las verduras se proporcionan en la siguiente tabla.

VERDURAS

(UNIDADES DE VITAMINA/Kg)

VITAMINAS 1 2 3 4 5 A 2 0 3 4 1 C 1 2 2 1 3

COSTO 100 80 95 100 110

X= Cantidad de las diferentes verduras a emplear en la E.V.

X1= Cantidad de vitamina 1 a emplear en la E.V.





120


MAX

Z=100X1+80X2+95X3+100X4+110X5

s.a

2X1 + 3X3 + 4X4 + X5 ≥ 10 X1 + 2X2 + 2X3 + X4 + 3X5 ≥ 52 X1 , X2 , X3 , X4 , X5 ≥ 0

DUAL

MIN

F=10Y1+25Y2

s.a

2Y1 + Y2 ≤ 100 + 2Y2 ≤ 80

3Y1 + 2Y2 ≤ 95 4Y1 + Y2 ≤ 100 Y1 + 3Y2 ≤ 110 Y1 , Y2 ≥ 0

MAX

Z= 100X1+80X2+95X3+100X4+110X5-0S1-0S2-MW1-MW2

Z-100X1-80X2-95X3-100X4-110X5+0S1+0S2+MW1+MW2=0

2X1 + 3X3 + 4X4 + X5 -S1 + W1 = 10

X1 + 2X2 + 2X3 + X4 + 3X5 -S2 + W2 = 25

Xi≥0 S1,S2,W1,W2≥0

i=1,2,3,4,5

121


AJUSTE

1 ITERACIÓN

2. ITERACIÓN

BASE Z X1 X2 X3 X4 X5 S1 S2 W1 W2 Sol Z 1 -100 -80 -95 -100 -100 0 0 M M

W1 0 2 0 3 4 1 -1 0 1 1 W2 0 1 2 2 1 3 0 -1 0 0

BASE Z X1 X2 X3 X4 X5 S1 S2 W1 W2 Sol

Z 1 -100-3M -80-2M -95-5M -100-5M 110-3M M M 0 0 -35

W1 0 2 0 3 4 1 -1 0 1 0 10

W2 0 1 2 2 1 3 0 -1 0 1 25


Z 1 -100/3-5/3M -26/3+2/3M 65/5-7/3M -193/3-1/3M 0 M -110/3+4/3M 0 110/3+4/3M 2750/3

W1 0 5/3 -2/3 7/3 11/2 0 -1 1/3 1 -1/3 5/3

X5 0 1/3 2/3 2/3 1/3 1 0 -1/3 0 1/3 25/3


Z 1 -380/11 -200/11 208/11 0 0 -190/11 -390/11 190/11+M 340/11+M 10600/11

X4 0 5/11 -2/11 7/11 1 0 -3/11 1/11 3/11 -1/11 -5/11

X5 0 2/11 8/11 5/11 0 1 1/11 -4/11 -1/11 -4/11 9/11

122


3 ITERACIÓN

4 ITERACIÓN

Conclusión.

Se necesitan 25 unidades de vitamina 1 y 40 unidades de vitamina 5 para preparar una ensalada vitamínica con 2500 unidades.


Z 1 0 -32 67 76 0 -38 -24 38+M 25+M 980

X1 0 1 -2/3 7/5 11/5 0 -3/5 1/5 3/5 -1/5 1

X5 0 0 4/5 1/5 -2/5 1 1/5 -2/5 -1/5 2/5 8


Z 1 0 120 105 0 190 0 -100 M 100+M 2500

X1 0 1 2 2 1 3 0 -1 0 1 25

X5 0 0 4 1 2 5 1 -2 -1 2 40

123


EJEMPLO.

MAX Z =2X1+5X2 MIN W=3Y1+4Y2+6Y3

X1 - X2 ≤ 3

-2X1 - X2 = 4

-X1 + 3X2 ≤ 6 X1 ≤ 0 X2 Libre o irrestricta

MIN

Z=3Y1+4Y2+6Y3+0S1+MW1

Z-3Y1-4Y2-6Y3-0S1-MW1

s.a.

TABLON

Y1 - 2Y2 - 6Y3 ≤ 2

Y1 - Y2 + 3Y3 = 5

Y1 , Y3 ≥ 0 Y2 = 0

Y1 - 2Y2 + 6Y3 + S1 = 2

-Y1 - Y2 + 3Y3 + W1 = 5 Y1 , Y3 ≥ 0 Y2 Libre

Base Z Y1 Y2 Y3 S1 W1 SOL

Z 1 -3 -4 -6 0 -M 0

S1 0 1 -2 1 1 0 2

W1 0 -1 -1 3 0 1 5

MODELO DUAL MODELO PRIMAL

124


AJUSTE

1.- ITERACIÓN

V. Básicas

S1=11/3

Y3=5/3


Z 1 -3-M -4-M -6+3M 0 -M 5M

S1 0 1 -2 1 1 0 2 =2/1=2

W1 0 -1 -1 3 0 1 5 =5/3=1.66


Z 1 -5 -6 0 0 2-M 10

S1 0 2/3 -7/3 0 1 1/3 11/3

W1 0 -1/3 -1/3 1 0 1/3 5/3

Z=10

V. no Básicas

Y1=0

Y2=0

W1=0

125


3.5 ANALISIS DE SENSIBILIDAD.

El método de modelo de programación lineal es estático y por tal motivo puede resultar inoperante con el transcurso del tiempo; es decir, los cambios que ocurren en c ualquier ec onomía dan l ugar a q ue pr ecios, c ostos, r ecursos di sponibles o requeridos ya no se puedan considerar para otro tiempo. Estos parámetros por lo general son valores estimados sin la deseable precisión debido a las dificultades normales para conseguir registros confiables.

Una solución es óptima solo en la que se refiere al modelo específico que se usa p ara r epresentar un pr oblema r eal es tudiado, pero no pu ede ser c onfiable hasta verificar un buen comportamiento al hacer cambios en sus parámetros. E l análisis de sensibilidad tiene el propósito de investigar el defecto sobre la solución óptima entregada por el método simplex con los cambios a los valores originales.

En tal caso la programación lineal tiene el recurso de revisar la solución óptima del pr oblema para aj ustarla a l o q ue j uzga v alido p or l os r esponsables d e l a decisión o bi en e n r espuesta a c ambios ( solo di scretos, pue s l os c ambios continuos forman par te d e l a pr ogramación p aramétrica no i ncluida aquí) del entorno ec onómico; p or t al m otivo a es te análisis t ambién s e l e c onoce c omo análisis de la paso optimalidad.

En general se pueden presentar cambios que no a fecten la optimalidad de la solución obtenida pero también ocurrir que se pierda esa condición. Por tal motivo es importante verificar los parámetros sensibles, que al cambiar de valor, se pierde el óptimo en este caso, es posible calcular el intervalo de v alores permitidos que no pierdan lo óptimo. También se puede determinar el intervalo para conservar la factibilidad (los valores no negativos de una variable).

3.5.1. Forma Matricial de la Tabla Simplex y las Relaciones Vectoriales

Implicadas.

Donde:

Z= Al valor de la función objetivo.

A= A las matriz de coeficientes tecnológicos conforme las restricciones.

b= Es un vector c olumna de t érminos i ndependientes, c onforme a l as restricciones.

C= Es un vector renglón de coeficientes, conforme a la función objetivo.

126


CB= Es un vector r englón de c oeficientes de v ariables de f unción obj etivo conforme transpuesto s e u biquen en l a c olumna d e b ase ( básicas en l a t abla simplex).

Y= Es un vector renglón de variables duales (precios sombra) los que se localizan como coeficientes en las variables de holgura y/o artificiales del renglón Z.

XB= Es u n v ector c olumna c on v alores de v ariables bás icas e n l a c olumna de solución.

B-1= Es la inversa de una matriz B formada por las columnas aj de coeficientes aij de r estricciones, c onforme a v ariables b ásicas ( columna de base) en l a t abla simplex.

N= Matriz de coeficientes tecnológicos, no básicos.

XN= Es el vector de variables no básicas.

1= Matriz identidad.

0= Vector cero.

3.5.1.1. Cambio en el vector A.

Cambios en l a m atriz A de c oeficientes t ecnológicos de r estricciones en variables no básicas.

Los cambios en A para variables básicas resultan en cálculos muy complicados siendo mejor recalcular con el simplex para cambio de coeficientes aij de la matriz

A de r estricciones en variables no b ásicas solo interesa manejar los aij de el los, pues el resto queda igual y se puede así:

1. ETAPA

Usando la fórmula de 𝑍𝑍𝑗𝑗 − 𝐶𝐶𝑗𝑗 = 𝐶𝐶𝐵𝐵𝐵𝐵−1𝐴𝐴 − 𝐶𝐶 = 𝑌𝑌𝐴𝐴 − 𝐶𝐶 se revisa si el coeficiente indicador de 𝑍𝑍𝑗𝑗 − 𝐶𝐶𝑗𝑗 cambia de s igno, s i no ocurre el c ambio de s igno en t al coeficiente n o es nec esario a plicar l a 2 etapa y a q ue el c ambio pr opuesto no afecta la optimalidad del problema. Cuando el coeficiente 𝑍𝑍𝑗𝑗 − 𝐶𝐶𝑗𝑗 cambia de signo se ent iende q ue el c ambio pr opuesto, s i pr ovoca per dida de o ptimalidad de l a solución que se está realizando y en tal caso se procede a la siguiente etapa.

127


2. ETAPA

Se aplica la fórmula de de 𝐴𝐴∗ = 𝐵𝐵−1𝐴𝐴 con la cual se calcula la nueva columna 𝑎𝑎∗𝑗𝑗. S e apl ica el s implex has ta r e opt imizar dado el s iguiente modelo d e programación lineal suponga que el coeficiente -1 cambia a 2.

EJEMPLO 1:

Min Z=3X1-X2+4X3

s.a

X1 - X3 ≥ 8 2X2 + X3 = 20

X1 , X2 , X3 ≥ 0

Min Z=3X1-X2+4X3-0S1+MW1+MW2

X1 - X3 - S1 + W1 = 3

2X2 + X3 + W2

≤ 4

X1 , X2 , X3 , S1 , W1 , W2 ≥ 0

BASE Z X1 X2 X3 S1 W1 W2 Sol Z 1 -3M 1+2M -4 -M 0 0 28M

W1 0 1 0 -1 -1 1 0 8 W2 0 0 2 1 0 0 1 20

1.- ITERACIÓN

BASE Z X1 X2 X3 S1 W1 W2 Sol Z 1 -3M 0 -9/2-M -M 0 -1/2-M -10+8M

W1 0 1 0 -1 -1 1 0 8 X2 0 0 0 1/2 0 0 1/2 10

128


2.- ITERACIÓN

BASE Z X1 X2 X3 S1 W1 W2 Sol Z 1 0 0 -15/2-M -3 3-M -1/2-M 14 X1 0 1 0 -1 -1 1 0 8 X2 0 0 1 1/2 0 0 1/2 10

𝑍𝑍𝑗𝑗 − 𝐶𝐶𝑗𝑗 = �3,−12� � �21� − 4 = 3

2� ≥ 0 ∴ 𝑝𝑝𝑖𝑖𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝 𝑜𝑜𝑝𝑝𝑜𝑜𝑖𝑖𝑚𝑚𝑎𝑎𝑜𝑜𝑖𝑖𝑝𝑝𝑎𝑎𝑝𝑝

𝑍𝑍𝑗𝑗 − 𝐶𝐶𝑗𝑗 = 𝑌𝑌𝐴𝐴 − 𝐶𝐶 = �3,−12� � �1 0 2

0 2 1� −[3 −1 4] = �

3 0 60 −1 −1

2�� =

�0 0 32� � ≥ 0

ETAPA 2 𝐴𝐴∗ = 𝐵𝐵−1𝐴𝐴

�1 00 1

2�� 1 0 2

0 2 1� = �1 0 20 1 1

2�� = �

1 00 1

2�� 21� = �

21

2��

BASE Z X1 X2 X3 S1 W1 W2 Sol Z 1 0 0 3/2 -3 3-M -1/2-M 14 X1 0 1 0 2 -1 1 0 8 X2 0 0 1 1/2 0 0 1/2 10

BASE Z X1 X2 X3 S1 W1 W2 Sol Z 1 -3/4 0 0 -9/4 9/4-M -1/2-M 8 X3 0 1/2 0 1 -1/2 1/2 0 4 X2 0 1/4 1 0 1/4 -1/4 1/2 8

129


EJEMPLO 2

Suponga que el vector de la columna 𝑎𝑎1[2,6,2] cambia a 𝑎𝑎1[6,6,−2]

MIN Z=5X1-6X2-7X3

s.a

2X1 + 10X2 - 6X3 ≥ 30

6X1 - 3X2 + X3 ≤ 12 2X1 + 2X2 + 2X3 = 12 X1 , X2 , X3 ≥ 0

Z=5X1-6X2-7X3-0S1+0S2+MW1+MW2

Z-5X1+6X2+7X3+0S1-0S2-MW1-MW2=0

2X1 + 10X2 - 6X3 - S1 + W1 = 30 6X1 - 3X2 + X3 + S2 = 12 2X1 + 2X2 + 2X3 + W2 = 12

BASE Z X1 X2 X3 S1 W1 S2 W2 Sol Z 1 -5+4M 6+12M 7-4M -M 0 0 0 42M

W1 0 2 10 -6 -1 1 0 0 30 S2 0 6 -3 1 0 0 1 0 12 W2 0 2 2 2 0 0 0 1 12

1.- ITERACIÓN

BASE Z X1 X2 X3 S1 W1 S2 W2 Sol Z 1 -12+4M -1+16M 0 -M 0 0 -7/2+2M -42+66M

W1 0 8 16 0 -1 1 0 3 66 S2 0 5 -4 0 0 0 1 -1/2 6 X3 0 1 1 1 0 0 0 1/2 6

130


2.- ITERACIÓN

BASE Z X1 X2 X3 S1 W1 S2 W2 Sol Z 1 23/2 0 0 -1/16 1/16-M 0 -53/16-M -303/8 X2 0 1/2 1 0 -1/16 1/16 0 3/16 33/8 S2 0 7 0 0 -1/4 1/4 1 1/4 45/2 X3 0 1/2 0 1 1/16 -1/16 0 5/16 15/8

𝑍𝑍𝑗𝑗 − 𝐶𝐶𝑗𝑗 = 𝑌𝑌𝑎𝑎 − 𝐶𝐶 = �1 16� 0 −5316� � �

66−2

� = 2 > 0 𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃 𝑂𝑂𝑃𝑃𝑂𝑂𝑃𝑃𝑂𝑂𝐴𝐴𝑂𝑂𝑃𝑃𝑃𝑃𝐴𝐴𝑃𝑃

FASE 2

⎣⎢⎢⎡

116� 0 3

16�1

4� 1 14�

−116� 0 5

16� ⎦⎥⎥⎤ �

66−2

� = �07−1

�

REOPTIMIZO

BASE Z X1 X2 X3 S1 W1 S2 W2 Sol Z 1 2 0 0 -1/16 1/16-M 0 -53/16-M -303/8 X2 0 0 1 0 -1/16 1/16 0 3/16 33/8 S2 0 7 0 0 -1/4 1/4 1 1/4 45/2 X3 0 -1 0 1 1/16 -1/16 0 5/16 15/8

3.- ITERACIÓN

BASE Z X1 X2 X3 S1 W1 S2 W2 Sol Z 1 0 0 0 1/112 -1/112-M -2/7 -379/112-M -2481/56 X2 0 0 1 0 -1/16 1/16 0 3/16 33/8 S2 0 1 0 0 -1/28 1/28 1/7 1/28 45/14 X3 0 0 0 1 3/112 -3/112 1/7 39/112 285/56

131


4.- ITERACIÓN

BASE Z X1 X2 X3 S1 W1 S2 W2 Sol Z 1 0 0 -1/3 0 -M -1/3 -7/2-M -46 X2 0 0 1 7/3 0 0 1/3 1 16 S2 0 1 0 4/3 0 0 1/3 1/2 10 X3 0 0 0 112/3 1 -1 16/3 13 190

3.5.1.2. Cambio en el vector B

A partir de l a de finición por pr oducto d e m atrices y v ectores de una t abla simplex óptima se obtiene.

(CB B-1 N-CN)≥0 y B-1b≥0

Para el v ector de v ariables bás icas o ptimas XB*=B-1b. A sí el anál isis de

sensibilidad determinara l os i ntervalos de l os r oles par a c ada p arámetro en e l modelo q ue p ermita m antener al c onjunto de v ariables b ásicas en es tas condiciones.

Para el análisis de sensibilidad se requiere saber la composición matricial de la tabla s implex y l as r elaciones v ectoriales implicadas. L a l ocalización de estos vectores y matrices en la tabla forman parte de la estructura matricial.

Cuando s e m odifica el valor de l as c omponentes d el vector de r ecursos b a (b+Δb), s ólo deb e v erificarse q ue s e s iga m antenimiento l a factibilidad de l as variables básicas, esto es, al hacer el cambio se debe tener que B-1(b+Δb)≥0

A partir de la ley distributiva para la suma se tiene

(𝑩𝑩−𝟏𝟏𝒃𝒃 + 𝑩𝑩−𝟏𝟏∆𝒃𝒃) ≥ 0

Este es u n s istema de i necuaciones q ue nos per mite d eterminar t odas l as posibles combinaciones que permite determinar todas las posibles combinaciones para los cambios en b.

De es ta úl tima ex presión, des pués de r ealizar l as c orrespondientes operaciones, se define Δb tal q ue per mita en t odo c aso m antener c omo ni-negativas a todas las variables óptimas en XB.

132


Analizando sólo los cambios de uno de los recursos a la vez se tiene:

∆𝑏𝑏=

⎝

⎜⎛∆𝑏𝑏1

0..0 ⎠

⎟⎞

,∆𝑏𝑏=

⎝

⎜⎛

0∆𝑏𝑏𝑖𝑖

.

.0 ⎠

⎟⎞

,∆𝑏𝑏= �

0...

∆𝑏𝑏𝑚𝑚

�

Siguiendo estas condiciones para mantener la factibilidad de la solución básica óptima se encuentra el rango de v alores para cada recurso b 1, la solución es e l rango de valores que satisfacen.

(𝐵𝐵−1𝑏𝑏 + 𝐵𝐵−1∆𝑏𝑏) ≥ 0

EJEMPLO 1:

Z=5x1+3x2+0s1+0s2

Z-5x1-3x2-0s1-0s2=0

s.a

3x1 + 5x2 + S1 = 15 5x1 + 2x2 + S2 = 10

x1,x2,s1,s2≥0

Producto A B disponible utilidad 5 3

C1 C2 Personal 5 5 15

T. máquina 5 2 10

BASE Z X1 X2 S1 S2 Sol Z 1 -5 -3 0 0 8 S1 0 3 5 1 0 15 15/3 = 5 S2 0 5 2 0 1 10 10/5 = 2

1 ITERACIÓN

BASE Z X1 X2 S1 S2 Sol Z 1 0 -1 0 1 10 S1 0 0 19/5 1 -3/5 9 =9/19/5=2.3 X1 0 0 2/5 0 1/5 2 =2/2/5=2

b

133


2. ITERACIÓN

BASE Z X1 X2 S1 S2 Sol Z 1 0 0 5/19 16/19 235/19 X2 0 0 1 5/19 -3/19 45/19

X1 0 1 0 -2/19 5/19 20/19 ¿Qué pasaría si trabajo con 5 personas. Maximizar para producto A y producto B y que el Tiempo de Máquina sean 5 horas?

b+Δb 5 personas

𝐵𝐵−1 = �

519

−319

−219

519

�

𝑋𝑋𝐵𝐵� = 𝐵𝐵−1(𝑏𝑏 + ∆𝑏𝑏) = �

519

−319

−219

519

� �55� = 2 × 1

𝑋𝑋𝐵𝐵� = �

2519

−1519

−1019

2519

� = �10

19�15

19�� ≥ 0

Zo= CBXB

𝑍𝑍𝑜𝑜 = [3,5] �

10191519

�

𝑏𝑏 + ∆𝑏𝑏 �1020�

𝐵𝐵−1 �5

19� −319�

−219� 5

19��

Es lo único que se toma de la solución factible.

134


𝑋𝑋𝐵𝐵� = 𝐵𝐵−1(𝑏𝑏 + ∆𝑏𝑏) = �

519

−319

−219

519

� �1020� = �

5019� −60

19�−20

19� 10019�� = �

−1019�

8019�

� ≥ 0

Aplicar Dual Simplex.

BASE Z X1 X2 S1 S2 Sol Z 1 0 0 5/19 16/19 X2 0 0 1 5/19 -3/19 -10/19 X1 0 1 0 -2/19 5/19 80/19

3 ITERACIÓN.

BASE Z X1 X2 S1 S2 Sol Z 1 0 -1 0 1 S1 0 0 19/3 1 -3/5 -2 X1 0 1 2/5 0 1/5 4

BASE Z X1 X2 S1 S2 Sol Z 1 0 16/3 5/3 0 S2 0 0 -19/3 -5/3 1 10/3 X1 0 1 5/3 1/3 0 10/3

𝑍𝑍𝑜𝑜 = 𝐶𝐶𝐵𝐵𝑋𝑋�𝐵𝐵1 = [𝑆𝑆2 ,𝑋𝑋1] �𝑆𝑆2𝑋𝑋1� = [0,5] �

103�

103�� = �0 + 50

3� � = 16.6

𝑠𝑠1 =5

195

19

𝑠𝑠2 =1619−319

𝑋𝑋2 =1

−195

= 0.26

𝑠𝑠2 =1−35

= 1.6

Se toma este porque no se hace cíclico

𝑍𝑍𝑜𝑜 = 𝐶𝐶𝐵𝐵𝐵𝐵−1

𝑍𝑍 = 𝐶𝐶𝐵𝐵𝑋𝑋�𝐵𝐵

135


EJEMPLO 2:

Z=2X1+X2

C1 C2

s.a

X1 ≤ 6 b1 X2 ≤ 4 b2

6X1 + 8X2 ≤ 48 b3

C3 C4 C5

Z=2X1+X2+0S1+0S2+0S3

Z-2X1-X2-0S1-0S2-0S3=0

x1 + S1 = 6 x2 + S2 = 4

6x1 + 8x2 + S3 = 48 x1 , x2 , S1 , S2 , S3 ≥ 0

Tablón

1.-ITERACIÓN

BASE Z X1 X2 S1 S2 S3 Sol Z 1 -2 -1 0 0 0 0 S1 0 1 0 1 0 0 6 =6/1=6 S2 0 0 1 0 1 0 4 =4/0=∞ S3 0 6 8 0 0 1 48 =48/6=8

BASE Z X1 X2 S1 S2 S3 Sol Z 1 0 -1 2 0 0 12 X1 0 1 0 1 0 0 6 =6/0=∞ S2 0 0 1 0 1 0 4 =4/1=4 S3 0 0 8 -6 0 1 12 12/8=1.5

136


B-1

B-1 I

�

1 0 03

4� 1 −18 �

−34� 0 1

8��

1 0 00 1 00 0 1

� = �

1 0 00 1 −1

8�

0 0 18��

1 0 0−3

4� 1 03

4� 0 1�

�1 0 00 1 00 0 1

� �1 0 00 1 16 0 8

� 𝑋𝑋𝐵𝐵 � = 𝐵𝐵−1𝑏𝑏

I B 𝑏𝑏 = 𝑥𝑥𝐵𝐵�𝐵𝐵−1

𝑏𝑏 �1 0 00 1 16 0 8

� �

65

2�3

2�� = �

6 0 00 5

2�3

2�36 0 12

� = �64

48�

𝐵𝐵−1∆𝑏𝑏 ≥ −𝐵𝐵−1𝑏𝑏

Para el recurso 1. (Análisis de sensibilidad) X1≤6……….R1

�

1 0 03

4� 1 −18�

−34� 0 1

8�� ∆𝑏𝑏1

00� ≥ �

65

2�3

2�� -∞ -6 −10

3 2 ∞

�

∆𝑏𝑏1 0 034∆𝑏𝑏1 0 0

−34∆𝑏𝑏1 0 0

� ≥ �

−6−5

2�−3

2�� ≈ −�

∆𝑏𝑏134∆𝑏𝑏1

−34∆𝑏𝑏1

� ≥

−6−52−32

=

Para el recurso 2 (X≤4) R2

BASE Z X1 X2 S1 S2 S3 Sol Z 1 0 0 1/2 0 1/8 27/2 X1 0 1 0 1 0 0 6 B S2 0 0 0 3/4 1 -1/8 5/2 X2 0 0 1 -3/4 0 1/8 3/2

𝑏𝑏 = 𝑋𝑋𝐵𝐵� ∙ 𝐵𝐵

∆𝑏𝑏1 ≥ −6

∆𝑏𝑏1 ≥ −−5

2�3

4��

∆𝑏𝑏1 ≥103

∆𝑏𝑏1 ≤ 2 b1[-∞,8]

137


�

1 0 03

4� 1 −18�

−34� 0 1

8��

0∆𝑏𝑏1

0� ≥ −�

65

2�3

2�� -∞ -2 -1 0 1 2

∞

�0 0 00 ∆𝑏𝑏2 00 0 0

� ≥ �

−6−5

2�−3

2�� ≈ �∆𝑏𝑏2� ≥

−6−52−32

=

Para el recurso 3 (6X1+8X2≤48)

�

1 0 03

4� 1 −18�

−34� 0 1

8��

00∆𝑏𝑏3

� ≥ −�

65

2�3

2�� -∞ 12 -6 0 20

�

0 0 00 0 −1

8� ∆𝑏𝑏3

0 0 18� ∆𝑏𝑏3

� ≥ �

−6−5

2�−3

2�� ≈ −�

∆𝑏𝑏134∆𝑏𝑏1

−34∆𝑏𝑏1

� ≥ �

0− 1

8𝑏𝑏3

18𝑏𝑏3

� =

Qué pasaría si el vector b valiera 20, 5, 14 será óptimo y factible.

𝑏𝑏 �205

14� 𝑥𝑥�𝐵𝐵 = 𝐵𝐵−1𝑏𝑏 𝑥𝑥�𝐵𝐵 �

1 0 03

4� 1 −18�

−34� 0 1

8��

205

14�

𝑥𝑥�𝐵𝐵 �

20 0 015 5 −7

4�

−15 0 74��

2073

4�−53

4�� ≥ 0 𝑝𝑝𝑑𝑑𝑎𝑎𝑜𝑜 𝑠𝑠𝑖𝑖𝑚𝑚𝑝𝑝𝑜𝑜𝑝𝑝𝑥𝑥

0 ≥ −6

∆𝑏𝑏2 ≥ − 52�

0 ≥32

∆𝑏𝑏1𝜀𝜀�−52� ,∞ +� b2[4-5/2,-∞]

0 ≥ −6

∆𝑏𝑏3 ≥ −−5

2�1

8��

∆𝑏𝑏3 ≥ 20

∆𝑏𝑏3 ≤ −12

138


3.- ITERACIÓN. (X dual simplex xK salió ≤ a 0)

TABLON

Base Z X1 X2 S1 S2 S3 SOL X1=0/0=∞ Z 1 0 0 1/2 0 1/8 0 X2=0/1=0 X1 0 1 0 1 0 0 20 S1=0.5/0.75=-0.6 S2 0 0 0 3/4 1 -1/8 73/4 S2=0/0=∞ X2 0 0 1 -3/4 0 1/8 -53/4 S3=0.125/0.125=1

4.- ITERACIÓN.

Base Z X1 X2 S1 S2 S3 SOL Z 1 0 2/3 0 0 5/24 X1 0 1 4/3 0 0 1/6 7/3 S2 0 0 1 0 1 0 5 X2 0 0 -4/3 1 0 -1/6 53/3

Calculando la función objetivo Z.

𝑍𝑍 = 𝐶𝐶𝐵𝐵𝑋𝑋�𝐵𝐵

𝑍𝑍 = [𝑋𝑋1,𝑆𝑆2, 𝑆𝑆1] �𝑋𝑋1𝑆𝑆2𝑆𝑆1

�

𝑍𝑍 = [2,0,0] �

73�

553

3�� = �

143

+ 0 + 0� = 143�

EJEMPLO 3:

MAX Z=2X1+5X2

s.a

X1-X2≤3

-2X1-X2=4

-X1+3X2≤6

X1,X2≥0

Análisis de sensibilidad

139


MAX

Z=2X1+5X2+0S1-MW1+OS2

Z-2X1-5X2-0S1+MW1-OS2=0

X1 - X2 + S1 = 3 -2X1 - X2 + W1 ≤ 4 -X1 + 3X2 + S2 ≥ 6

Tablón Método de la gran M

AJUSTE

1.- ITERACIÓN

BASE Z X1 X2 S1 W1 S2 SOL Z 1 -2 -5 0 M 0 0 S1 0 1 -1 1 0 0 3 W1 0 -2 -1 0 1 0 4 S2 1 3 0 0 1 6

BASE Z X1 X2 S1 W1 S2 SOL Z 1 -2+2M -5+M 0 0 0 4M S1 0 1 -1 1 0 0 3 W1 0 -2 -1 0 1 0 4 S2 1 3 0 0 1 6

BASE Z X1 X2 S1 W1 S2 SOL Z 1 -11/3+2/3M 0 0 0 5/3-1/3M 10-6M S1 0 2/3 0 1 0 1/3 5 W1 0 -2/3 0 0 1 1/3 6 X2 -1/3 1 0 0 1/3 2

140


2.- ITERACIÓN

No tiene solución factible pues se vuelve cíclica y no se puede realizar análisis de sensibilidad en el modelo primal.

3.5.1.3. Cambio en el vector C.

Si es la modificación de un costo básico se utilizará (CB+ΔC), de t al forma que en el r englón c ero de l a t abla s implex s e s iga m anteniendo l a pr opiedad [(CB+ΔC)B-1N-CN]≥0; de forma similar al utilizar la ley distributiva se obtiene:

(𝑪𝑪𝐵𝐵𝑩𝑩−𝟏𝟏𝑵𝑵 − 𝒄𝒄𝑵𝑵 + ∆𝑪𝑪𝑩𝑩−𝟏𝟏𝑵𝑵) ≥ 0

Este s istema enc uentra t odo el espacio de posibles s oluciones para l os cambios simultáneos en las componentes del vector de costos básicos; analizando sólo el cambio de cada uno de los costos básicos a la vez, se tiene:

∆𝑐𝑐= (∆𝑐𝑐1, 0 … … … 0),∆𝑐𝑐= �0,∆𝑐𝑐𝑗𝑗 , … . .0�,∆𝑐𝑐= (0, … … 0.∆𝑐𝑐𝑐𝑐 )

Siguiendo es tas c ondiciones par a m antener l as c ondiciones ópt imas de l a solución básica se encuentra el rango de valores para cj.

La solución es el rango de valores que satisfacen

(𝒄𝒄𝑩𝑩𝑩𝑩−𝟏𝟏 − 𝒄𝒄𝑵𝑵 + ∆𝒄𝒄𝑩𝑩−𝟏𝟏𝑵𝑵) ≥ 𝟎𝟎

BASE Z X1 X2 S1 W1 S2 SOL Z 1 0 0 11/2-7/2M 0 7/2-3/2M 25/2-47/2M X1 0 1 0 3/2 0 1/2 15/2 W1 0 0 0 7/2 1 3/2 47/2 X2 0 1 1/2 0 1/2 9/2

141


EJEMPLO:

𝑍𝑍 = 5𝑋𝑋1 − 6𝑋𝑋2 − 7𝑋𝑋3 − 0𝑆𝑆1 + 0𝑆𝑆2 + 𝑂𝑂𝑊𝑊1 + 𝑂𝑂𝑊𝑊2

𝑍𝑍 − 5𝑋𝑋1 + 6𝑋𝑋2 + 7𝑋𝑋3 + 0𝑆𝑆1 − 0𝑆𝑆2 −𝑂𝑂𝑊𝑊1 −𝑂𝑂𝑊𝑊2

2X1 + 10X2 - 6X3 + S1 + W1 = 30 6X1 - 3X2 + X3 + S2 = 12 2X1 + 2X2 + 2X3 + W2 = 12

Xi≥0 Sj≥0 WK≥0

TABLON

BASE Z X1 X2 X3 S1 W1 S2 W2 Sol Z 1 -5 6 7 0 -M 0 -M 0

W1 0 2 10 -6 -1 1 0 0 30 S2 0 6 -3 1 0 0 1 0 12 W2 0 2 2 2 0 0 0 1 12

AJUSTE

BASE Z X1 X2 X3 S1 W1 S2 W2 Sol Z 1 -5+4M 6+12M 7-4M -M 0 0 0 42M

W1 0 2 10 -6 -1 1 0 0 30 S2 0 6 -3 1 0 0 1 0 12 W2 0 2 2 2 0 0 0 1 12

142


1.- ITERACIÓN

2.- ITERACIÓN

N B-1

𝑋𝑋𝐵𝐵 = [𝑋𝑋2, 𝑆𝑆2,𝑋𝑋3]

𝐶𝐶𝐵𝐵 = [−6,0,−7]𝐶𝐶𝑜𝑜𝑠𝑠𝑜𝑜𝑜𝑜 𝑏𝑏𝑎𝑎𝑠𝑠𝑖𝑖𝑐𝑐𝑜𝑜

𝑋𝑋𝑁𝑁 = [𝑋𝑋1,𝑆𝑆2,𝑊𝑊1,𝑊𝑊2]

𝐶𝐶𝑁𝑁 = [0,0,0,0]

∆𝐶𝐶𝐵𝐵−1𝑁𝑁 ≥ [𝐶𝐶𝐵𝐵𝐵𝐵−1𝑁𝑁 − 𝐶𝐶𝑁𝑁] 𝐵𝐵−1 = �1/16 0 3/161/4 1 1/4

−1/16 0 5/16�

𝑁𝑁 = 𝑚𝑚 × (𝑛𝑛 −𝑚𝑚)

𝑁𝑁 = 3 × (7 − 3)

𝑁𝑁 = 3 × 4

B-1N

BASE Z X1 X2 X3 S1 W1 S2 W2 Sol Z 1 -12+8M -1+16M 0 -M 0 0 -7/2+2M -42+66M

W1 0 8 16 0 -1 1 0 3 66 S2 0 5 -4 0 0 0 1 -1/2 6 X3 0 1 1 1 0 0 0 1/2 6

BASE Z X1 X2 X3 S1 W1 S2 W2 Sol Z 1 23/2 -1+16M 0 -1/16 1/16-M 0 -53/16-M -303/8 X2 0 1/2 16 0 -1/16 1/16 0 3/16 33/8 S2 0 7 -4 0 -1/4 1/4 1 1/4 45/2 X3 0 1/2 1 1 1/16 -1/16 0 5/16 15/8

𝑁𝑁 =

⎣⎢⎢⎢⎢⎡12

1 0 7 0 0 12

0 1

−116−141

16 ⎦⎥⎥⎥⎥⎤

143


⎣⎢⎢⎡

116� 0 3

16�1

4� 1 14�

−116� 0 5

16� ⎦⎥⎥⎤

⎣⎢⎢⎡1 2� 1 0

7 0 01

2� 0 1

−116�

−14�

116� ⎦

⎥⎥⎤

=

⎣⎢⎢⎡1

8�1

16� 316�

14�

14�

14�

18�

−116� 5

16�

1128�

−14�

3128� ⎦

⎥⎥⎤

[−𝟔𝟔 𝟎𝟎 − 𝟕𝟕]

⎣⎢⎢⎡𝟏𝟏𝟖𝟖�

𝟏𝟏𝟏𝟏𝟔𝟔� 𝟑𝟑

𝟏𝟏𝟔𝟔�𝟏𝟏𝟒𝟒�

𝟏𝟏𝟒𝟒�

𝟏𝟏𝟒𝟒�

𝟏𝟏𝟖𝟖�

−𝟏𝟏𝟏𝟏𝟔𝟔� 𝟓𝟓

𝟏𝟏𝟔𝟔�

𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟖𝟖�

−𝟏𝟏𝟒𝟒�

𝟑𝟑𝟏𝟏𝟏𝟏𝟖𝟖� ⎦

⎥⎥⎤

= [−𝟔𝟔 𝟖𝟖� + 𝟎𝟎 − 𝟕𝟕𝟖𝟖� − 𝟔𝟔

𝟏𝟏𝟔𝟔� + 𝟎𝟎 + 𝟕𝟕𝟏𝟏𝟔𝟔� − 𝟏𝟏𝟖𝟖

𝟏𝟏𝟔𝟔� + 𝟎𝟎+ 𝟑𝟑𝟓𝟓𝟏𝟏𝟔𝟔� − 𝟔𝟔

𝟏𝟏𝟏𝟏𝟓𝟓� + 𝟎𝟎 − 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟖𝟖�

= [−138� 1 16� − 53

16� − 27128� ]

�−𝟏𝟏𝟑𝟑 𝟖𝟖� 𝟏𝟏 𝟏𝟏𝟔𝟔� − 𝟓𝟓𝟑𝟑𝟏𝟏𝟔𝟔� − 𝟏𝟏𝟕𝟕

𝟏𝟏𝟏𝟏𝟖𝟖� � − [𝟎𝟎,𝟎𝟎,𝟎𝟎,𝟎𝟎] = −𝟏𝟏𝟑𝟑 𝟖𝟖� 𝟏𝟏 𝟏𝟏𝟔𝟔� − 𝟓𝟓𝟑𝟑𝟏𝟏𝟔𝟔� − 𝟏𝟏𝟕𝟕

𝟏𝟏𝟏𝟏𝟖𝟖�

Análisis de sensibilidad para el costo 2

[∆𝑪𝑪𝟏𝟏 𝟎𝟎 𝟎𝟎]

⎣⎢⎢⎡𝟏𝟏𝟖𝟖�

𝟏𝟏𝟏𝟏𝟔𝟔� 𝟑𝟑

𝟏𝟏𝟔𝟔�𝟏𝟏𝟒𝟒�

𝟏𝟏𝟒𝟒�

𝟏𝟏𝟒𝟒�

𝟏𝟏𝟖𝟖�

−𝟏𝟏𝟏𝟏𝟔𝟔� 𝟓𝟓

𝟏𝟏𝟔𝟔�

𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟖𝟖�

−𝟏𝟏𝟒𝟒�

𝟑𝟑𝟏𝟏𝟏𝟏𝟖𝟖� ⎦

⎥⎥⎤

≥ −�−𝟏𝟏𝟑𝟑 𝟖𝟖� ,𝟏𝟏 𝟏𝟏𝟔𝟔� ,−𝟓𝟓𝟑𝟑 𝟏𝟏𝟔𝟔� ,−𝟏𝟏𝟕𝟕 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟖𝟖� �

�𝟏𝟏𝟑𝟑 𝟖𝟖� ∆𝑪𝑪𝟏𝟏,−𝟏𝟏 𝟏𝟏𝟔𝟔� ∆𝑪𝑪𝟏𝟏,𝟓𝟓𝟑𝟑 𝟏𝟏𝟔𝟔� ∆𝑪𝑪𝟏𝟏,𝟏𝟏𝟕𝟕 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟖𝟖� ∆𝑪𝑪𝟏𝟏� ≥ 𝟏𝟏𝟑𝟑𝟖𝟖� ,−𝟏𝟏 𝟏𝟏𝟔𝟔� ,𝟓𝟓𝟑𝟑 𝟏𝟏𝟔𝟔� ,𝟏𝟏𝟕𝟕 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟖𝟖�

18� ∆𝐶𝐶2 ≥ 13

8� 3 16� ∆𝐶𝐶2 ≥ 5316�

∆𝐶𝐶2 ≥ 13 ∆𝐶𝐶2 ≥ 17.6

116� ∆𝐶𝐶2 ≥ −1

16� 1 126� ∆𝐶𝐶2 ≥ 27128�

∆𝐶𝐶2 ≥ −1 ∆𝐶𝐶2 ≥ 27

-∞ -1 0 13 17.6 27 ∞

𝑍𝑍 = 5𝑋𝑋1 − 6𝑋𝑋2 − 7𝑋𝑋3

144


∆𝐶𝐶2 ≥ 27

[27,∞+]

Análisis de sensibilidad para el costo 3

[𝟎𝟎 𝟎𝟎 ∆𝑪𝑪𝟏𝟏]

⎣⎢⎢⎡𝟏𝟏𝟖𝟖�

𝟏𝟏𝟏𝟏𝟔𝟔� 𝟑𝟑

𝟏𝟏𝟔𝟔�𝟏𝟏𝟒𝟒�

𝟏𝟏𝟒𝟒�

𝟏𝟏𝟒𝟒�

𝟏𝟏𝟖𝟖�

−𝟏𝟏𝟏𝟏𝟔𝟔� 𝟓𝟓

𝟏𝟏𝟔𝟔�

𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟖𝟖�

−𝟏𝟏𝟒𝟒�

𝟑𝟑𝟏𝟏𝟏𝟏𝟖𝟖� ⎦

⎥⎥⎤

≥ −�−𝟏𝟏𝟑𝟑 𝟖𝟖� ,𝟏𝟏 𝟏𝟏𝟔𝟔� ,−𝟓𝟓𝟑𝟑 𝟏𝟏𝟔𝟔� ,−𝟏𝟏𝟕𝟕 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟖𝟖� �

�𝟏𝟏𝟑𝟑 𝟖𝟖� ∆𝑪𝑪𝟑𝟑,−𝟏𝟏 𝟏𝟏𝟔𝟔� ∆𝑪𝑪𝟑𝟑,𝟓𝟓𝟑𝟑 𝟏𝟏𝟔𝟔� ∆𝑪𝑪𝟑𝟑,𝟏𝟏𝟕𝟕 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟖𝟖� ∆𝑪𝑪𝟑𝟑� ≥ 𝟏𝟏𝟑𝟑𝟖𝟖� ,−𝟏𝟏 𝟏𝟏𝟔𝟔� ,𝟓𝟓𝟑𝟑 𝟏𝟏𝟔𝟔� ,𝟏𝟏𝟕𝟕 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟖𝟖�

18� ∆𝐶𝐶3 ≥ 13

8� 1 16� ∆𝐶𝐶3 ≥ −116�

∆𝐶𝐶3 ≥ 13 ∆𝐶𝐶3 ≥ 1

516� ∆𝐶𝐶3 ≥ 53

16� 3 128� ∆𝐶𝐶2 ≥ 27128�

∆𝐶𝐶3 ≥ 10.6 ∆𝐶𝐶3 ≥ 9

-∞ 0 1 9 10 13 ∞

∆𝐶𝐶3(−∞, 1) ∪ (13,∞ +)

𝐶𝐶3 = (−∞,−6) ∪ (6,∞ +)

Haciendo lo del costo 3, restándole a es -7 para obtener el más óptimo.

145


Completa la siguiente tabla óptima y obtenga el modelo original sabiendo X5, X6, X7 son variables de holgura.

𝐴𝐴 = 𝐵𝐵𝐴𝐴

1𝐵𝐵𝐴𝐴 = 𝐴𝐴 → 𝐴𝐴 = 𝐵𝐵𝐴𝐴

1𝐵𝐵𝑏𝑏 = 𝑋𝑋𝐵𝐵 → 𝑏𝑏 = 𝐵𝐵𝑋𝑋𝐵𝐵

B-1 I

�1 −1

2�3

4�0 2 10 0 1

� �1 0 00 1 00 0 1

�

�1 0 10 1 1

2�0 0 1

� �1 1

4� 0

0 12� 0

0 0 1

�

�1 0 00 1 00 0 1

� �1 1

4� −1

0 12�

−12�

0 0 1

�

A=BA

𝐴𝐴 = �1 1

4� −1

0 12�

−12�

0 0 1

� �1 −2 15

2�1 −24 60 0 0

�

𝐴𝐴 = �

54� −8 −1

12� −12 −1

2� 0 0 1

930�

BASE Z X1 X2 X3 X4 X5 X6 X7 SOL Z 1 0 2 0 21/2 0 3/2 5/4 5/4 X5 0 1 -2 0 15/2 1 -1/2 3/4 3/4

X1 0 1 -24 0 6 0 2 1 1 X3 0 0 0 1 0 0 0 1 1

𝑍𝑍𝑗𝑗 − 𝐶𝐶𝑖𝑖 = 𝜋𝜋𝐴𝐴 − 𝐶𝐶 𝜋𝜋 = 𝐶𝐶𝐵𝐵𝐵𝐵−1 𝐶𝐶𝐵𝐵 = 𝜋𝜋𝐵𝐵 𝑍𝑍0 = 𝐶𝐶𝐵𝐵𝑋𝑋𝐵𝐵

𝑋𝑋𝐵𝐵 = 𝐵𝐵−1𝑏𝑏

146


𝐶𝐶𝐵𝐵 = 𝜋𝜋𝐵𝐵 = �0 32�

54� � �

1 14� −1

1 12�

−12�

0 0 1

�

𝐶𝐶𝐵𝐵 = �0 34�

12� �

𝑍𝑍0 = 𝐶𝐶𝐵𝐵𝑋𝑋𝐵𝐵 = �0 34�

12� � �

34�

11� = 5

4�

𝑏𝑏 = 𝐵𝐵𝑋𝑋𝐵𝐵 = �1 1

4� −1

0 12�

−12�

0 0 1

� �3

4�11� = �

001�

𝑍𝑍𝑗𝑗 − 𝐶𝐶𝑗𝑗 = 𝜋𝜋𝐴𝐴 − 𝐶𝐶

�0 2 0 212� � = �0 3

2�5

4� � �

54� −8 −1

12� −12 −1

2�0 0 1

930� − 𝐶𝐶

�0 2 0 212� � = �3 4� −18 1 2�

92� � − 𝐶𝐶

𝐶𝐶 = �3 4� −18 1 2�9

2� � − �0 2 0 212� �

𝐶𝐶 = �3 4� −20 1 2� −6�

Z=3/4X1-20X2+1/2X3-6X4

s.a

5/4X1 - 8X2 - X3 + 9X4 ≤ 0 1/2X1 - 12X2 - 1/2X3 + 3X4 ≤ 0

X3 ≤ 1 X1 , X2 , X3 , X4 ≥ 0

147


Completa la siguiente tabla óptima y obtenga el modelo original sabiendo X4, X5 son variables de holgura de la primera y segunda restricción.

A=B-1ª B-1

1𝐵𝐵𝐴𝐴 = 𝐴𝐴 → 𝐴𝐴 = 𝐵𝐵𝐴𝐴

1𝐵𝐵𝑏𝑏 = 𝑋𝑋𝐵𝐵 → 𝑏𝑏 = 𝐵𝐵𝑋𝑋𝐵𝐵

B-1 I

�1

2� 0

0 13�� 1 0

0 1�

I B-1

�1 00 1� �

2 00 3�

𝐴𝐴 = 𝐴𝐴𝐵𝐵 = �2 00 3� �

1 0 12�

0 1 23��

𝐴𝐴 = �2 0 10 3 2�

𝐶𝐶𝐵𝐵 = 𝜋𝜋𝐵𝐵 = �2 13� � �2 0

0 3�

𝐶𝐶𝐵𝐵 = [4 1]

𝑍𝑍0 = 𝐶𝐶𝐵𝐵𝑋𝑋𝐵𝐵 = [4,1] �2520� = [100 + 20] = 120

𝑏𝑏 = 𝐵𝐵𝑋𝑋𝐵𝐵 = �2 00 3� �

2520� = �50

60�

𝑍𝑍𝑗𝑗 − 𝐶𝐶𝑗𝑗 = 𝜋𝜋𝐴𝐴 − 𝐶𝐶 = �0 0 53� � = �2, 1

3� � �2 0 10 3 2�

BASE Z X1 X2 X3 X4 X5 SOL Z 1 0 0 5/3 2 1/3 120 X1 0 1 -0 1/2 1/2 0 25

X2 0 0 1 2/3 0 1/2 20

𝑍𝑍𝑗𝑗 − 𝐶𝐶𝑖𝑖 = 𝜋𝜋𝐴𝐴 − 𝐶𝐶 𝜋𝜋 = 𝐶𝐶𝐵𝐵𝐵𝐵−1 𝐶𝐶𝐵𝐵 = 𝜋𝜋𝐵𝐵 𝑍𝑍0 = 𝐶𝐶𝐵𝐵𝑋𝑋𝐵𝐵

𝑋𝑋𝐵𝐵 = 𝐵𝐵−1𝑏𝑏

148


�0 0 53� � = �4 1 8

3� � − 𝐶𝐶

𝐶𝐶 = �4 1 83� � − �0 0 5

3� � = [4 1 1]

Z=4X1+X2+X3

s.a

2X1 + X3 ≤ 50 3X2 + 2X3 ≤ 60

X1 , X2 , X3 ≥ 0

149


EJERCICIOS V. Dualidad.

Instrucciones: Dado el Modelo Primal obtener su Modelo Dual y resolverlo por el método apropiado.

1.- Modelo Primal

Max

Z=2X1+X2

s.a

X1+5X2≤10

X1+3X2≤6

2X1+2X2≤8

1.- Min

Z=10Y1+6Y2+8Y3

s.a

Y1+Y2+2Y3≥2

5Y1+3Y2+2Y3≥1

Y1,Y2≥0

Z=8

Y1=0

Y2=2

Y3=1

2.- Modelo Primal

Min

Z=2X1+X2

s.a

X1+5X2≤10

X1+3X2≤6

2X1+2X2≤8

2.- Max

Z=25Y1+30Y2

s.a

4Y1+7Y2≥1

8Y1+5Y2≥3

6Y1+9Y2≥-2

Y1,Y2≥0

NO

TIENE

SOLUCIÓN

3.- Modelo Primal

Min

Z=12X1+26X2+80X3

s.a

2X1+6X2+5X3≥4

4X1+2X2+X3≥10

X1+X2+2X3≥6

3.- Max

Z=4Y1+10Y2+6Y3

s.a

2Y1+4Y2+Y3≤12

6Y1+2Y2+Y3≤26

5Y1+Y2+2Y3≤80

Y1,Y2≥0

MODELO DUAL

Z=72

Y1=0

Y2=0

Y3=12

150


4.- Modelo Primal

Max

Z=10X1+15X2+20X3+25X4

s.a

8X1+6X2-X3+X4≥16

3X1 +2X3-X4=20

4.- Min

Z=16Y1+2Y2

s.a

8Y1+3Y2≥10

6Y1 ≥15

-Y1+2Y2≥20

-Y1 ≥0

Y1,Y2≥0

NO

TIENE

SOLUCIÓN

5.- Modelo Primal

Min

Z=X1+2X2+X3

s.a

X2+X3=1

3X1+X2+3X3=4

5.- Max

Z=Y1+4Y2

s.a

Y2≤1

Y1+Y2≤2

Y1+3Y2≤1

Z=1.333

Y1=0

Y2=0.3333

Objetivo: El al umno establecerá l os problemas de transporte y asignación como una variable de l modelo de Programación Lineal así mismo aprenderá y aplicará la m etodología de s olución d e los mismos.

CAPÍTULO IV: TRANSPORTE Y ASIGNACIÓN.

152

Capítulo IV: Transporte y Asignación.

4.1. DEFINICIÓN DEL PROBLEMA DE TRANSPORTE.

En s u de finición más s imple el M odelo de T ransporte t iene q ue v er c on l a determinación d e u n plan de c osto mínimo par a t ransportar una m ercancía o producto de u na ó v arias par tes ( plantas pr oductoras) a varios des tinos (almacenes o bodegas).

El m odelo de t ransporte es b ásicamente un m odelo de P rogramación Li neal que s e pue de r esolver a t ravés del m étodo s implex, s in em bargo s u es tructura especial h ace p osible el des arrollo de u n pr ocedimiento al terno de s olución conocido como Modelo o Técnica de transporte; entre las técnicas más conocidas para resolver el modelo de transporte se presentan:

A) Método de la esquina noroeste. B) Costo mínimo. C) Aproximación de Voguel.

El método de transporté toma como referencias transportar una mercancía de varias partes a varios destinos y los datos más representativos que se consideran son:

1.-Nivel de oferta en cada fuente y la cantidad de demanda en cada destino.

2.-Costo Mínimo.

3.-Aproximación de Voguel.

El modelo de t ransporte toma referencia transportar una mercancía de v arias partes a varios destinos y los datos más representativos que se consideran son:

a) Nivel de oferta en cada fuente y la cantidad de demanda en cada destino. b) El c osto de t ransporte unitario de l a mercancía d e c ada fuente a c ada

destino.

153


ESQUEMA EN EL MODELO DE TRANSPORTE

Un problema de t ransporte i ncluye M f uentes, a c ada u na de l as c uales corresponde l a di sponibilidad d e ai cuando i = 1,2,3,4,5,6………m uni dades de

producto h omogéneo y n des tinos a c ada un o de l os c uales r equiere bj y j=1,2,3,4,5,6…….n unidades de producto los números ai y bj son enteros positivos. El co sto C ij de t ransportar un a uni dad d e or igen i al des tino j par a c ada i corresponde una j . E l obj etivo de desarrollar un pr ograma de t ransporte q ue cumpla c on t odas l as dem andas a par tir d el i nventario ac tual y a un c osto d e embarque mínimo se considera que el suministro y la demanda total son iguales.

�𝑎𝑎𝑖𝑖 = �𝑏𝑏𝑗𝑗

𝑛𝑛

𝑗𝑗=1

𝑚𝑚

𝑖𝑖=1

C

B

A

I

II

III

IV

154


Se g arantiza c reando y a un des tino ficticio c on u na de manda i gual al excedente, si la demanda total es menor que le suministro total, o un origen ficticio con un suministro igual al faltante si la demanda excede al suministro total sea Xij el núm ero des conocido de uni dades q ue s e em barcan del or igen i al des tino j entonces t odo m odelo de t ransporte t endrá c omo p atrón el s iguiente m odelo matemático.

Min

𝑍𝑍 = ��𝐶𝐶𝑖𝑖𝑗𝑗 𝑋𝑋𝑖𝑖𝑗𝑗

𝑛𝑛

𝑗𝑗=1

𝑚𝑚

𝑖𝑖=1

s.a

�𝑋𝑋𝑖𝑖𝑗𝑗 = 𝑎𝑎𝑖𝑖(𝑖𝑖 = 1,2 … …𝑚𝑚)𝑛𝑛

𝑗𝑗=1

�𝑋𝑋𝑖𝑖𝑗𝑗 = 𝑏𝑏𝑖𝑖(𝑖𝑖 = 1,2 … …𝑛𝑛)𝑚𝑚

𝑗𝑗=1

𝑋𝑋𝑖𝑖𝑗𝑗 ≥ 0

4.1.1 ALGORITMO DE TRANSPORTE.

1.- Analizar qué datos se tienen.

2.- Para v isualizar m ejor l os datos e i niciar el al goritmo s e r ealiza l a s iguiente tabla.

Demanda origen

A B C D

1 2 3 4

En cada una de las casillas de c olocan los costos de t ransporte del or igen al destino trabajándose con una matriz de (m) renglones (n) columnas.

3.- Se inicia el algoritmo con la verificación siguiente:

155


�𝑎𝑎1 = �𝑏𝑏1

𝑚𝑚

𝑗𝑗=1

𝑚𝑚

𝑖𝑖=1

Demanda origen

A B C D a1

1 C1A C1B C1C C1D 40 2 C2A C2B C2C C2D 50 3 C3A C3B C3C C3D 20 b1 10 40 30 30 110

Como s e o bserva, al aum entar en 3 0, el s istema s e eq uilibró, y ahor a s í podemos seguir con el algoritmo. Los costos de la columna No.4 valen cero.

4.- Primera asignación. La primera asignación o distribución de la oferta se realiza de la siguiente manera:

a).- Se inicia el algoritmo as ignado cantidades en l as regiones que contengan el costo mínimo, empezando por el más bajo y as í sucesivamente hasta satisfacer demanda y oferta.

Por ejemplo: Se tienen 3 fábricas y 5 almacenes, los costos de transporte son los que se muestran en la matriz.

Demanda origen

A B C D E a1

1 6 8 6 4 3

1250

2 3 5 7 4 6

900

3 9 4 6 4 5

550 b1 500 350 650 500 700 2700

Se interpreta la columna A y el renglón 1 como:

En l a fábrica 1 s e t ienen 1250 unidades pr oducidas p ara o frecer y s e demandan 500 unidades en el renglón A.

156


Se busca el costo mínimo, ahí se designa la cantidad que satisfaga la demanda total o parcial quedando la tabla de la siguiente manera:

Demanda origen

A B C D E a1

1 6 8 6 4 3

1250 550

2 3 5 7 4 6

900

3 9 4 6 4 5

550 b1 500 350 650 500 700 2700 Al realizar la asignación se ha satisfecho la demanda de la región E a un costo

mínimo, pero la oferta del renglón 1 t odavía no s e distribuye ya que quedan 550 unidades disponibles.

Ahora se observa cual es el s iguiente costo mínimo, es te se encuentra en la región ( 2 A ), a hí s e asigna l a c antidad p ara s atisfacer t otal o parcialmente l a demanda quedando lo siguiente:

Demanda origen

A B C D E a1

1 6 8 6 4 3

1250 550

2 3 5 7 4 6

900 400

3 9 4 6 4 5

550 b1 500 350 650 500 700 2700

0

Se busca el siguiente costo mínimo y ahí se asigna una cantidad quedando:

Demanda origen

A B C D E a1

1 6 8 6 4 3

1250 550 50

2 3 5 7 4 6

900 400

3 9 4 6 4 5

550 b1 500 350 650 500 700 2700

0

0 0

700

700

500

700

500

500

157


Se busca el siguiente costo mínimo y ahí se asigna la cantidad quedando:

Demanda origen

A B C D E a1

1 6 8 6 4 3

1250 550 50

2 3 5 7 4 6

900 400

3 9 4 6 4 5

550 200 b1 500 350 650 500 700 2700

0 0

0 0 Se busca el siguiente costo mínimo y ahí se asigna una cantidad quedando:

Demanda origen

A B C D E a1

1 6 8 6 4 3

1250 550 50

2 3 5 7 4 6

900 400

3 9 4 6 4 5

550 200 b1 500 350 650 500 700 2700

0 0

450 400 0 0

Se busca el siguiente costo mínimo y ahí se asigna una cantidad quedando:

Demanda origen

A B C D E a1

1 6 8 6 4 3

1250 550 50

2 3 5 7 4 6

900 400

3 9 4 6 4 5

550 200 b1 500 350 650 500 700 2700

0 0

400 0 0 0

Se observa en la tabla que toda la oferta ha sido distribuida para satisfacer las demandas totales, en este momento la primera asignación termina.

5.- Cálculo de la función Z para la primera asignación; se entiende como Z el costo de distribución a diferentes centros de consumo, calculándose ésta de la siguiente manera:

700

500

500

350

700

500

500

350

50

200

700

500

500

350

50

200

400

158


𝑍𝑍 = (6 × 50) + (4 × 500) + (3 × 700) + (3 × 500) + (7 × 400) + (4 × 350) + (6 × 200)

𝑍𝑍 = 300 + 2000 + 2100 + 1500 + 2800 + 1400 + 1200 = 11300

6.- Una vez que se ha encontrado el valor de la función Z el costo de distribución se verifica si en realizada este costo que se ha encontrado es el mínimo.

Por ello se realiza un análisis de costos de oportunidad, o sea, que se analizan.

Si se asignó o aumentó una unidad en el renglón 1 A se desbalancea tanto la columna c omo el r englón, por t al m otivo s e t iene q ue di sminuir es a uni dad de dicha columna y renglón para que el sistema no se desbalancee, haciendo esto en renglones (ij) en los cuales se haya asignado alguna cantidad. Este mismo análisis se realiza para cada renglón donde se incrementa o disminuye la unidad y así se desbalancea el sistema.

Nota: L a configuración de los c iclos (LOPPS) es cualquiera, solo que deben estar formados por líneas rectas horizontales y verticales todas ellas.

EJEMPLO 1:

La e mpresa F ord Motor C ompany des ea el aborar un pl an de t ransporte semanal para enviar automóviles de sus plantas productoras ubicadas en el D.F. Monterrey y G uadalajara, s us almacenes en Toluca, M érida, B aja C alifornia, Matamoros, Cancún.

Se sabe que el D.F. produce semanalmente 60 unidades, Monterrey produce 50 automóviles y Guadalajara produce 30 automóviles.

Por su parte el almacén de Toluca requiere 50 autos semanalmente, Mérida 20, Baja California 15, Matamoros 20 y Cancún 25.

El costo promedio en pesos de enviar un automóvil de una planta productora a alguno de los centros de distribución se presentan en la siguiente tabla:

a) Determinar el Modelo de Programación Lineal para este problema. b) Calcule una solución que usted considere viable para este modelo.

Destino Toluca Mérida Baja California Matamoros Cancún Oferta

D.F. 25 40 50 45 30 60 Monterrey 50 55 25 25 40 40

Guadalajara 34 41 52 36 42 30 Demanda 50 20 15 20 25

159


𝑿𝑿𝑖𝑖𝑗𝑗 = 𝑁𝑁𝑁𝑁.𝑑𝑑𝑑𝑑 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑁𝑁𝑚𝑚ó𝑣𝑣𝑖𝑖𝑣𝑣𝑑𝑑𝑣𝑣 𝑑𝑑𝑛𝑛𝑣𝑣𝑖𝑖𝑎𝑎𝑑𝑑𝑁𝑁𝑣𝑣 𝑑𝑑𝑑𝑑𝑣𝑣 𝑁𝑁𝑜𝑜𝑖𝑖𝑜𝑜𝑑𝑑𝑛𝑛 𝑖𝑖 𝑎𝑎𝑣𝑣 𝑑𝑑𝑑𝑑𝑣𝑣𝑎𝑎𝑖𝑖𝑛𝑛𝑁𝑁 𝑗𝑗.

Min C.

Costo de envío = 25𝑋𝑋11 + 40𝑋𝑋12 … … … … … … … … … + 42𝑋𝑋35

s.a

𝑋𝑋11 + 𝑋𝑋21 + 𝑋𝑋31 ≤ 50

𝑋𝑋12 + 𝑋𝑋22 + 𝑋𝑋32 ≤ 20

𝑋𝑋13 + 𝑋𝑋23 + 𝑋𝑋33 ≤ 15

𝑋𝑋14 + 𝑋𝑋24 + 𝑋𝑋34 ≤ 20

𝑋𝑋15 + 𝑋𝑋25 + 𝑋𝑋35 ≤ 25

Oferta

𝑋𝑋11 + 𝑋𝑋12 + 𝑋𝑋13 + 𝑋𝑋14 + 𝑋𝑋15 ≤ 60

𝑋𝑋21 + 𝑋𝑋22 + 𝑋𝑋23 + 𝑋𝑋24 + 𝑋𝑋25 ≤ 40

𝑋𝑋31 + 𝑋𝑋32 + 𝑋𝑋33 + 𝑋𝑋34 + 𝑋𝑋35 ≤ 30

Este algoritmo es un método especializado para el formato de un m odelo de transporte el cual puede resolverse mediante 3 métodos:

4.2 MÉTODO DE VOGUEL

Este pr ocedimiento es uno de l os m étodos m ás ac eptados q ue s e bas a en encontrar la diferencia de costos menores (método heurístico).

PROCEDIMIENTO

1.- Se construye una matriz de o ferta y demanda colocando en cada una de las casillas y pestaña que indique el costo.

2.- Se realiza penalizaciones entre casilla de menor costo y l a casilla de m enor costo siguiente para cada renglón y para cada columna se restan.

3.- Se selecciona en penalización mayor ya sea en renglón de columna.

160


4.- Se ubica la casilla con menor costo seleccionada en el paso anterior, se hace la máxima asignación de dicha casilla.

5.- Ajustan valores de oferta y demanda y se tachan valores de asignación.

6.-Se s elecciona l a mayor pen alización s iguiente y s e ubi ca al r englón o l a columna q ue l a t enga par a u bicar a l a c asilla de m enores c ostos y hac er l a máxima asignación.

7.- En caso de empate se procede arbitrariamente.

8.- Si en al gún del p roblema no es pos ible ut ilizar los pas os 2 -7(utilice c osto mínimo) continúe con este proceso hasta agotar oferta y demanda.

Para ejemplificar este método se utilizara el ejemplo 1.

Fuente Destino

Toluca Mérida B.C. Matamoros Cancún Oferta

D.F. 25 40 50 45 30

60 5 15

Monte 50 55 25 25 40

40 2

Gauda 34 41 52 36 42

30 Demanda 50 20 15 20 25

9 0

0 25 11 10

25 × 35 + 34 × 15 + 55 × 5 + 41 × 15 + 25 × 15 + 25 × 20 + 30 × 25 = $ 3900

4.3 MÉTODO ESQUINA NORESTE.

Es el método menos óptimo ya que únicamente hace referencia a l a posición de los datos de la oferta y la demanda sin hacer referencia o considerar los costos. Se diseña una matriz de oferta y demanda.

PROCEDIMIENTO

1.- Se s elecciona l a casilla de l a es quina ( noroeste d e l a m atriz), s e hac e l a máxima asignación posible.

25

X

X

15

X

X

35

15

X

5 20 20

X

X

X

161


2.- Se ajustan los valores de l a oferta y la demanda y si alguno de los destinos o de las partes se ha agotado ya no se considera para el siguiente pedido.

3.- Con l a s ub m atriz obt enida se r epiten l os p asos a nteriores t achando previamente las casillas que no tienen asignación.

4.- Se continúa con este proceso hasta que la oferta y la demanda quede cero.

Fuente Destino


D.F. 25 40

60 40 0

Monte

55 25 25

40 30 0

Gauda

36 42 30 25 0

Demanda 50 20 15 20 25

0 0

0 0 0 0

25 × 50 + 40 × 10 + 55 × 20 + 25 × 15 + 25 × 15 + 36 × 5 + 42 × 25 = $ 4180

4.4 MÉTODO DE COSTO MINIMO.

Trata de localizar una mejor solución inicial del modelo de transporte, utilizando las rutas baratas.

PROCEDIMIENTO

1.- Se construye una matriz de o ferta y demanda colocando en cada una de las casillas una pestaña que indique el costo.

2.- Se selecciona de la matriz la casilla con menor costo posible y se realiza en ella la máxima asignación posible.

3.- Se ajustan valores de oferta y demanda tachando en cada caso las casillas que no tienen asignación, en caso de empates se procede de manera arbitraria.

4.-continua c on es te pr ocedimiento has ta q ue l os v alores de l a o ferta y l a demanda queden satisfechos.

X

X

X

X

X

X

50

X

10

10 15 15

5

X

25

162


Fuente Destino


D.F. 25 40 50 45 30

60 40 0

Monte

55 25 25 40 40 25 0

Gauda

41 52 36 42 30 10

Demanda 50 20 15 20 25

0 0

0 0 0 10

25 × 50 + 41 × 20 + 25 × 15 + 25 × 20 + 30 × 20 + 40 × 5 + 42 × 20 = $ 3865

10

X

X

20

X

X

50

X

X

X 15 20

X

5

10

163


EJEMPLO 2.

La f abrica S.A de C .V. f ábrica dispositivos mecánicos en 2 f ábricas una e n Memphis y otra en Denver. La de Memphis puede fabricar 150 dispositivos por día y la de D enver puede producir 200 dispositivos por día y enviarlos por aire a l os clientes de l os Á ngeles y B oston; l os c lientes en c ada c iudad r equieren de 1 30 dispositivos por día, debido a l as irregularidades en l as tarifas aéreas la empresa cree que podría ser más barato enviarlos primero a Nueva York y Chicago y luego a los destinos finales.

Los costos de env iar por v ía aérea un dispositivo se muestra en l a s iguiente tabla. L a em presa q uiere m inimizar el c osto t otal de env iar l os di spositivos requeridos a sus clientes.

de Memphis Denver Nueva York Chicago Los

Ángeles Boston

Memphis 0 - 8 13 25 28 Denver - 0 15 12 26 26 Nueva York - - 0 6 16 17

Chicago - - 6 0 14 16 Los

Ángeles - - - - 0 -

Boston - - - - - 0

DESTINOS

Origen Nueva York Chicago Los

Ángeles Boston X Cap. De Producción

Memphis 8 13 25 28 0 150

Denver 15 12 26 25 0 200

Nueva York

0 6 16 17 0 350

Chicago 6 0 14 16 0 350

Demanda 350 350 130 130 90 1050

164


a) MÉTODO VOGUEL.



Memphis 8 13 25 28 20 150/20

Denver 15 12 26 25 70 200/70

Nueva York

0 6 16 17 350

Chicago 6 0 14 16 350

Demanda 350 350 130 130 90 1050

𝐶𝐶𝑁𝑁𝑣𝑣𝑎𝑎𝑁𝑁 𝑀𝑀𝑖𝑖𝑛𝑛𝑖𝑖𝑚𝑚𝑁𝑁 = (130 × 25) + (130 × 25) = $6500

b) MÉTODO ESQUINA NORESTE.



Memphis 8 13 X

Denver 15 12 X

Nueva York

0 X

Chicago 6 0 14 16 90

Demanda 350 350 130 130 90

𝐶𝐶𝑁𝑁𝑣𝑣𝑎𝑎𝑁𝑁 𝑀𝑀𝑖𝑖𝑛𝑛𝑖𝑖𝑚𝑚𝑁𝑁 = (180 × 8) + (200 × 15) + (130 × 14) + (130 × 16) = $10,200

X

X

350

X

X

X

X

350

130

X

X

X

X

130

X

X

180

200

X

X

X

X

350

350

X

X

X

130

X

X

X

130

165


a) MÉTODO COSTO MÍNIMO.



Memphis 8 13 25 28

90 150/60

Denver 15 12 26 25

X

Nueva York

0 6 16 17 X

Chicago 6 0 14 16

90

Demanda 350 350 130 130 90

𝐶𝐶𝑁𝑁𝑣𝑣𝑎𝑎𝑁𝑁 𝑀𝑀𝑖𝑖𝑛𝑛𝑖𝑖𝑚𝑚𝑁𝑁 = (60 × 25) + (70 × 26) + (130 × 25) = $6570

4.5 MÉTODO HUNGARO.

Un problema d e a signación es un pr oblema d e t ransporte b alanceado, e n el cual todas las ofertas y todas las demandas son iguales a uno. Se puede resolver eficientemente un problema de asignación m x m mediante el método Húngaro:

Paso 1.- Empiece por encontrar el elemento más pequeño en cada renglón de la matriz de c ostos. Construya una nu eva matriz, al restar de c ada costo, el costo mínimo d e s u r englón. E ncuentre, p ara es ta nuev a m atriz el c osto m ínimo e n cada c olumna. C onstruya una n ueva m atriz ( la m atriz de c ostos reducidos) al restar de cada costo el costo mínimo de su columna.

Paso 2 .- Dibuje el m ínimo número de l íneas ( horizontales o verticales) que s e necesitan p ara c ubrir t odos l os c eros e n l a m atriz de c ostos r educidos. S i s e requieren m líneas para cubrir todos los ceros, siga con el paso 3.

Paso 3.- Encuentre el menor elemento no cero (llame su valor k en l a matriz de costos reducidos, que n o está cubiertos por l as l íneas di bujadas en el paso 2. Ahora reste k de c ada elemento no c ubierto de l a matriz de c ostos reducidos y sume k a c ada elemento de l a m atriz de c ostos r educidos c ubierto por d os líneas. Regrese al paso 2.

X

X

350

X

X

X

X

350

60

70

X

X

X

130

X

X

166


Un problema de asignación es un problema de transporte balanceado en el que todas l as o fertas y dem andas s on i guales a 1; as í s e c aracteriza por el conocimiento del costo de as ignación de c ada punto de o ferta a cada pun to de demanda. La matriz de c ostos d el pr oblema d e asignación se l lama: m atriz de costos.

Como todas l as ofertas y de mandas para el pr oblema de asignación s on números en teros, t odas l as v ariables en l a s olución ó ptima de ben s er valores enteros.

EJEMPLO 1.

La empresa tiene 4 maquinas y 4 tareas por completar cada máquina se debe de as ignar par a c ompletar un a t area. E l t iempo r equerido p ara pr eparar c ada máquina para completar cada tarea se muestra en l a s iguiente tabla. P lantea la mejor asignación posible mediante el método húngaro.

Maquina Tarea 1 Tarea 2 Tarea 3 Tarea 4 1 14 5 8 7 2 2 12 6 5 3 7 8 3 9

4 2 4 6 10

Se agarra el mínimo de cada máquina.

Maquina Tarea 1 Tarea 2 Tarea 3 Tarea 4

1 14 5 8 7 5

2 2 12 6 5 2

3 7 8 3 9 3

4 2 4 6 10 2

167


Se resta a toda fila


1 9 0 3 2

2 0 10 4 3

3 4 5 0 6

4 0 2 4 8


1 0 0 4 0

2 0 9 3 0

3 5 6 0 -

4 0 1 3 -

EJEMPLO 2.

Se cuenta con 5 e mpleados para l levar acabo 4 t areas, el t iempo que toca a cada persona realizar cada tarea se muestra en l a s iguiente tabla. Determine la asignación de empleados a l as tareas que reduce el t iempo total requerido para efectuar las 4 tareas.

Persona

1 22 18 30 18 18

2 18 - 27 22 0

3 26 20 28 28 20

4 16 22 - 14 0

5 21 - 25 28 0

168


1 22 18 30 18 18

2 18 - 27 22 0

3 26 20 28 28 20

4 16 22 - 14 0

5 21 - 25 28 0

1 0 0 12 0

2 14 0 27 22

3 2 0 8 8

4 12 0 0 14

5 17 0 25 28

X14= 1 Persona

X22= 3 Personas

X31= 3 Personas

X43= 4 Personas

X52= 5 Personas

EJEMPLO 3.

Una c orporación n ecesita t ransportar 70 uni dades de u n pr oducto 1, 2 , 3 e n cantidades de 45 y 2 5 uni dades r espectivamente l as t arifas s e p resentan en la siguiente tabla:

i/j 1 2 3 4 1 …. 38 56 34 2 38 …. 27 …. 3 56 27 …. 19 4 34 …. 19 ….

0 0 14 0

12 0 25 20

0 0 6 6

14 24 0 16

15 0 23 26

169


Determine u n pr ograma de embarque que as igne el n úmero r equerido de artículos a c ada d estino a un c osto mínimo de t ransporte; ningún e mbarque requiere del vuelo directo, se permiten los envíos empleando intermediarios.

Origen 2 3 4 Oferta

1 38 56 34

70

2 0 27 0

70

3 27 0 19

70 25

4 0 19 0

280

Demanda 115 95 130 130

𝐶𝐶𝑁𝑁𝑣𝑣𝑎𝑎𝑁𝑁 𝑀𝑀𝑖𝑖𝑛𝑛𝑖𝑖𝑚𝑚𝑁𝑁 = (25 × 19) + (70 × 34) = $2855

X14= 70

X21= 70

X32= 70

X41= 45

X43= 25

X

70

X

45

X

X

70

25

70

X

X

X

170


EJEMPLO 4.

En un a c ompañía i ndustrial s e deb e de pl anear par a c ada una d e l as estaciones del pr óximo año l as c apacidades de pr oducción d e l a c ompañía as í como s us de mandas esperadas t odo e n un idades, s e m uestran en l a s iguiente tabla.

Primavera Verano Otoño Invierno

Demanda 250 100 400 500

Capacidad Normal 200 300 350 -

Capacidad Tiempo 100 50 100 150

Los costos de producción normal para la compañía son de $7.00 por unidad, el tiempo extra varía según la estación del año siendo de $8.00 en primavera, $9.00 en verano y $10.00 en invierno.

La empresa tiene un inventario inicial de 200 unidades el 1 de enero pero como se pl anea d escontinuar el pr oducto a finales de añ o s e desea q ue s e t enga un inventario de 0. Las unidades producidas en los turnos normales no se encuentran disponibles e n embarques dur ante l a es tación d e producción g eneralmente s e venden a la siguiente estación.

Aquellas unidades que no se venden se agregan al inventario que se acumulan a un c osto de $0.70 por unidad por unidad por estación. En cambio las unidades producidas e n t iempo ex tra deb en d e e mbarcarse en l a misma estación qu e s e produce.

Determine u n pr ograma de producción que c ubra el total de demandas a un costo mínimo.

171


Orígenes Primavera Verano Otoño Invierno Ficticia Oferta

Capacidad Normal en Primavera

0 7 7.7 8.4 0 200

Capacidad Normal en

Verano

0 0 7 7.7 0 300 250 150

Capacidad Normal en

Otoño

0 0 0 7 0 350 100

Inventario Inicial

0 0.70 1.4 2.1 0 200

Capacidad en Tiempo

Extra Primavera

8 0 0 0 0

100

Capacidad en Tiempo

Extra Verano

0 9 0 0 0

50

Capacidad en Tiempo

Extra Otoño

0 0 0 0 0 100 50

Capacidad en Tiempo

Extra Invierno

0 0 0 10 0

150

250 50 100 400

250

500 400 200 100 50

200 150 1450

𝐶𝐶𝑁𝑁𝑣𝑣𝑎𝑎𝑁𝑁 𝑀𝑀𝑖𝑖𝑛𝑛𝑖𝑖𝑚𝑚𝑁𝑁 = (150 × 7) + (100 × 7) + (200 × 2.1) = $2170

200

50

X

X

X

X

150

X

X

X

X

X 250 100 X

X

X

X

X

X

X

X

200

100

X

X

X X 50 X

X 50 50

X

X

X 150

X

X X

172


EJERCICIOS VI. Modelos de Transporte y Asignación

Instrucciones: Dado el Modelo resolverlo por el método apropiado.

Problema 1.

Una compañía suministra bienes a tres clientes y cada uno requiere 30 unidades. La compañía tiene dos almacenes el almacén 1 tiene 40 unidades disponibles y el almacén dos 30 u nidades disponibles. Los costos de enviar una u nidad desde el almacén a los clientes se muestra en la siguiente tabla. Hay una penalización por cada unidad no suministrada al cliente; con el cliente 1 se incurre en un costo de penalización de $90, con el cliente 2 d e $80 y con el cliente 3 $110. Formule un modelo de transporte equilibrado para minimizar la suma de escasez y costo de envió.

De Cliente 1 Cliente 2 Cliente 3

Almacén 1 $15 $35 $25

Almacén 2 $10 $50 $40

Solución

Cliente1 Cliente 2 Cliente 3 suministro

Almacen 1

40

Almacén 2

30

Escacez

20

Demanda 30

30 30

Problema 2

Un hos pital necesita comprar 3 g alones de m edicina p erecedera q ue utilizara durante el mes actual y cuatro galones para uso durante el siguiente mes. Debido a que la medicina es perecedera solo puede utilizarse durante el mes de compra. Dos empresas Daisy y Louroach venden las medicinas, la medicina es escaza, por consiguiente durante los siguientes dos meses, el hospital está limitado a comprar a los sumo 5 galones de cada empresa. Las compañías cargan los precios como se v e en l a t abla s iguiente. F ormule un m odelo d e t ransporte e quilibrado par a minimizar el costo de comprar medicina innecesaria.

15 35 25

10 50 40

90 80 110

173


De Precio del mes actual por galón ($)

Precio del mes siguiente por galón($)

Daisy $800 $720 Loroach $710 $750

Solución

Mes 1 Mes 2 Ficticio suministro Daysy

5

Loroach

5

Demanda 3

4 3

Una g asolinera p uede c omprar s u c ombustible para au tos a cualquiera de l os tres proveedores. Las necesidades de la gasolinera para el siguiente mes en cada una de s us es taciones a l os q ue l es p uede dar s ervicio es c omo s igue, s on 100,000 de la estación 1, 180,000 galones de la estación 2 y 350,000 galones de la es tación 3. C ada pr oveedor pu ede s uministrar a l as es taciones de l as gasolineras a los precios de centavos por galán como se ve en la siguiente tabla

De Estación 1 Gasolina

Estación 2 Gasolina

Estación 3 de gasolina

Proveedor 1 92 89 90



800 720 0

710 750 0

174


Problema 3

Cada proveedor t iene l a c apacidad e n c uanto al nú mero t otal d e g alones q ue puede pr oporcionar d urante un m es d ado. E stas c apacidades s on d e 3 20,000 galones par a el pr oveedor 1, 2 70,000 g alones par a el pr oveedor 2 y 190, 000 galones p ara el proveedor 3. D etermine u na p olítica de c ompra q ue c ubra l os requerimientos de la estación de gasolina a un costo mínimo.

Solución

Estación1 Estación2 Estación 3 Ficticia suministro

1

320,000

320,000

2

120,000

150,000 270,000

3

100,000

60,000

190,000

Demanda 100,000

180,000 350,00 150,000

El proveedor 1 ent regara 320,000 gal al aeropuerto 3, el proveedor 2 ent regara 120,00 g al al a eropuerto 2 y conserva 15 0,000 g al, el pr oveedor 3 ent regara 100,00 gal y 30,000 gal respectivamente a las estaciones 1,2 y 3

92 89 90

91 91 95

87 90 92

175


Problema 4

El consejo de Chicago de la Educación está aceptando ofertas en relación con las cuatro rutas del autobús escolar d e l a c iudad. C uatro compañías hicieron la s ofertas como se muestra en la siguiente tabla.

De Ruta 1 Ruta 2 Ruta 3 Ruta 4

Compañía 1 4,000 5,000 0 0

Compañía 2 0 4,000 0 4,000

Compañía 3 3000 0 2,000 0

Compañía 4 0 0 4,000 5,000

Suponga q ue a c ada l icitante s e l e pue de as ignar una ruta, utilice e l método húngaro para minimizar el costo de recorrer las cuatro rutas de autobuses.

Solución

La compañía 1 r ecorre la ruta 1, la compañía 2 r ecorre la ruta 2, la compañía 3 recorre la ruta 3 y la compañía 4 recorre la ruta 4.

APENDICE A.

177

APENDICE A

SISTEMA DE ECUACIONES LINEALES

Un conjunto de ecuaciones, todos tienen la misma variable y pueden tener un número finito de ecuaciones.

Todo sistema de ecuaciones lineales homogénea es constante, tiene por lo menos la solución trivial y se puede verificar si es la única solución o hay varias.

3𝑋𝑋1 + 2𝑋𝑋2 − 𝑋𝑋3 = 0

−𝑋𝑋1 + 𝑋𝑋2 − 7𝑋𝑋3 = 0

−3𝑋𝑋1 + 4𝑋𝑋2 − 7𝑋𝑋3 + 𝑋𝑋4 = −2

2𝑋𝑋1 + 5𝑋𝑋3 − 6𝑋𝑋4 = 0

5𝑋𝑋1 − 3𝑋𝑋2 + 10𝑋𝑋3 − 𝑋𝑋4 = −1

Operaciones que no alteran la soluciones de un sistema de ecuaciones.

METODO DE GAUSS - JORDAN

1.- Intercambio de dos ecuaciones.

2.- Multiplicar una ecuación por un número diferente de cero.

3.- Sumar a una ecuación un múltiplo de otra ecuación.

Clasificación de los Sistemas de Ecuaciones

-Por sus términos independientes o constantes es homogénea

-Cuando algún termino (constante) es diferente a cero- no homogénea

-Por sus soluciones

-Tiene alguna solución

-Consistente o incompatible

-No tiene solución

178

APENDICE A

2X1 + 7X2 + 3X3 + X4 = 6

3X1 + 5X2 + 2X3 + 2X4 = 4 9X1 + 4X2 + X3 + 7X4 = 2

X1 - 2X2 - X3 + X4 = -2 2X1 + 7X2 + 3X3 + X4 = 6 9X1 + 4X2 + X3 + 7X4 = 2

X1 - 2X2 - X3 + X4 = -2 11X2 + 5X3 - X4 = 10

0X1 + 0X2 + 0X3 + 0X4 = 0

Despejando X1 de la ecuación 1.

𝑋𝑋1 = −211� + 1

11� 𝑋𝑋3 − 911� 𝑋𝑋4

Cuando se tienen mayor numero de variables que ecuaciones se tienen un sin número de soluciones.

Cuando se tiene el mismo número de variables y ecuaciones, se puede tener una solución única o en su efecto el mayor número de ecuaciones, sea el número de variables.

EJEMPLO 2.

2𝑋𝑋1 +5𝑋𝑋2 −8𝑋𝑋34𝑋𝑋1 +3𝑋𝑋3 −9𝑋𝑋32𝑋𝑋1 +3𝑋𝑋2 −5𝑋𝑋3

===

897

𝑋𝑋1 +8𝑋𝑋2 −7𝑋𝑋3 = 12

3X1 + 5X2 + 2X3 + 2X4 = 4

2X1 + 7X2 + 3X3 + X4 = 6 9X1 + 4X2 + X3 + 7X4 = 2

X1 - 2X2 - X3 + X4 = -2 11X2 + 5X3 - X4 = 10 22X2 + 10X3 - 2X4 = 20

X1 - 2X2 - X3 + X4 = -2 X2 + 5/11X3 - 1/11X4 = 10/11

0X1 + 0X2 + 0X3 + 0X4 = 0

X1 - 1/11X3 + 9/4X4 = -2/11 X2 + 5/11X3 - 1/11X4 = 10

0X1 + 0X2 + 0X3 0 0X4 = 0

179

APENDICE A

2 5 -8 :8 4 3 -9 :9 2 3 -5 :7 1 8 -7 :12

1 8 -7 :12 0 29 19 :-39 0 13 9 :-17 0 -11 6 :-16

1 8 -7 :12 0 1 -6/11 :-16/11 0 -13 9 :-17 0 -29 19 :39

1 0 -29/11 :4/11 0 1 -6/11 :16/11 0 0 1 :1 0 0 35/11 :35/11

X1=3

X2=2

X3=1

EJEMPLO 3.

2X1 - 3X2 + 5X3 + 7X4 = 1 4X1 - 6X2 + 2X3 + 3X4 = 2 2X1 - 3X2 - 11X3 - 15X4 = 1

2 -3 5 7 :1 4 -6 2 3 :2 2 -3 -11 -15 :1

1 8 -7 :12 4 3 -9 :9 2 3 -5 :7 2 5 -8 :8

1 8 -7 :12 0 -11 6 :-16 0 13 9 :-17 0 29 19 :-39

1 0 -29/11 :4/11 0 0 -6/11 :16/11 0 0 21/11 :21/11 0 0 35/11 :35/11

1 0 0 :3 0 1 0 :2 0 0 1 :1 0 0 0 :0

2 3 5 7 :1 0 0 -8 -11 :0 0 0 -16 -22 :0

180

APENDICE A

2 -3 5 7 :1 0 0 -8 -11 :0 0 0 0 0 :0

2 -3 5 7 :1 0 0 -8 -11 :0 0 0 0 0 :0

2 -3 0 1/8 :1 0 0 1 11/8 :0 0 0 0 0 :0

𝑋𝑋1 =12

+32𝑋𝑋2 −

116

𝑋𝑋4

𝑋𝑋3 =−11

8𝑋𝑋4

𝑋𝑋2 = 𝑆𝑆

𝑋𝑋4 = 𝑡𝑡

Donde X2 Y X4 E.R

𝑋𝑋1 =12

+32𝑆𝑆 −

116

𝑡𝑡

𝑋𝑋3 =−11

8𝑡𝑡

�12

+32𝑆𝑆 −

116

𝑡𝑡, 𝑆𝑆,−118𝑡𝑡, 𝑡𝑡�

2 -3 5 7 :1 0 0 0 11/8 :0 0 0 0 0 :0

2 -3 5 7 :1 0 0 0 11/8 :0 0 0 0 0 :0

2 -3/2 0 1/16 :1/2 0 0 1 11/8 :0 0 0 0 0 :0

181

APENDICE A

EJEMPLO 3.

9X1 - 3X2 + 5X3 + 6X4 = 4 6X1 - 2X2 + 3X3 + X4 = 5 3X1 - X2 + 3X3 + 14X4 = -8

9 -3 5 6 :4 6 -2 3 1 :5 3 -1 3 14 :-8

3 -1 3 14 :8 0 0 -3 -27 :21 0 0 -4 -36 :28

3 -1 0 13 :13 0 0 1 9 :-7 0 0 0 0 :0

𝑋𝑋1 =133

+13𝑋𝑋2 +

133𝑋𝑋4

𝑋𝑋3 = −7 − 9𝑋𝑋4

𝑋𝑋2 = 𝑡𝑡

𝑋𝑋4 = 𝑅𝑅

Donde X2 Y X4 E.R

𝑋𝑋1 =133

+13𝑡𝑡 +

133𝑅𝑅

𝑋𝑋3 = −7 − 9𝑅𝑅

�133

+13𝑡𝑡 +

133𝑅𝑅, 𝑡𝑡,−7 − 9𝑅𝑅,𝑅𝑅�

3 -1 3 14 :-8 6 -2 3 1 :5 9 -3 5 6 :4

3 -1 3 14 :8 0 0 1 9 :-7 0 0 -4 -36 :28

1 -1/3 0 -13/3 :13/3 0 0 1 9 :-7 0 0 0 0 :0

182

APENDICE A

𝑎𝑎11 ≠ 0

𝑎𝑎11𝑋𝑋1 + 𝑎𝑎12𝑋𝑋2 = 𝑏𝑏1

𝑎𝑎21𝑋𝑋1 + 𝑎𝑎22𝑋𝑋2 = 𝑏𝑏2

�𝑎𝑎11 𝑎𝑎12 𝑎𝑎13𝑎𝑎21 𝑎𝑎22 𝑎𝑎23

�~� 1𝑎𝑎12

𝑎𝑎11

𝑏𝑏1

𝑎𝑎11𝑎𝑎21 𝑎𝑎22 𝑏𝑏2

�~

⎝

⎜⎛1

𝑎𝑎12

𝑎𝑎11

𝑏𝑏1

𝑎𝑎11

0𝑎𝑎11𝑎𝑎22 − 𝑎𝑎21𝑎𝑎12

𝑎𝑎11

𝑎𝑎11𝑏𝑏2 − 𝑎𝑎21𝑏𝑏1

𝑎𝑎11 ⎠

⎟⎞

~

⎝

⎜⎛1

𝑎𝑎12

𝑎𝑎11

𝑏𝑏1

𝑎𝑎11

0 1𝑎𝑎11𝑏𝑏2 − 𝑎𝑎21𝑏𝑏1

𝑎𝑎11𝑎𝑎22 − 𝑎𝑎21𝑎𝑎12⎠

⎟⎞

~

⎝

⎜⎛1 0

𝑏𝑏1

𝑎𝑎11

0 1𝑎𝑎11𝑏𝑏2 − 𝑎𝑎21𝑏𝑏1

𝑎𝑎11𝑎𝑎22 − 𝑎𝑎21𝑎𝑎12⎠

⎟⎞

𝑎𝑎11𝑏𝑏2 − 𝑎𝑎21𝑏𝑏1

𝑎𝑎11

𝑎𝑎11

𝑎𝑎11𝑎𝑎22 − 𝑎𝑎21𝑎𝑎12

𝑎𝑎12

𝑎𝑎11 𝑎𝑎11𝑏𝑏2 − 𝑎𝑎21𝑏𝑏1

𝑎𝑎11𝑎𝑎22 − 𝑎𝑎21𝑎𝑎12+𝑏𝑏1

𝑎𝑎11=𝑏𝑏1(𝑎𝑎11𝑎𝑎22 − 𝑎𝑎21𝑎𝑎12) − 𝑎𝑎12(𝑎𝑎11𝑏𝑏2 − 𝑎𝑎21𝑏𝑏1)

𝑎𝑎11(𝑎𝑎11𝑎𝑎22 − 𝑎𝑎21𝑎𝑎12)

=𝑏𝑏1𝑎𝑎11𝑎𝑎22 𝑎𝑎11𝑎𝑎12𝑏𝑏2

𝑎𝑎11(𝑎𝑎11𝑎𝑎22 − 𝑎𝑎21𝑎𝑎12) =𝑎𝑎11(𝑏𝑏1𝑎𝑎22 − 𝑎𝑎12𝑏𝑏2)𝑎𝑎11(𝑎𝑎11𝑎𝑎22 − 𝑎𝑎21𝑎𝑎12)

∆= �𝑎𝑎11 𝑎𝑎21𝑎𝑎21 𝑎𝑎22

� = 𝑎𝑎11𝑎𝑎22 − 𝑎𝑎21𝑎𝑎12

𝑋𝑋1 =𝑏𝑏1𝑎𝑎22 − 𝑎𝑎12𝑏𝑏2

𝑎𝑎11𝑎𝑎22 − 𝑎𝑎21𝑎𝑎12=

�𝑏𝑏1 𝑎𝑎12𝑏𝑏2 𝑎𝑎22

�

�𝑎𝑎11 𝑎𝑎12𝑎𝑎21 𝑎𝑎22

�=∆1

∆ 𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑎𝑎 𝑑𝑑𝑟𝑟 𝑐𝑐𝑟𝑟𝑎𝑎𝑐𝑐𝑟𝑟𝑟𝑟

𝑋𝑋2 =𝑎𝑎11𝑏𝑏2 − 𝑎𝑎21𝑏𝑏1

𝑎𝑎11𝑎𝑎22 − 𝑎𝑎21𝑎𝑎12=

�𝑎𝑎11 𝑏𝑏1𝑎𝑎22 𝑏𝑏2

�

�𝑎𝑎11 𝑎𝑎12𝑎𝑎21 𝑎𝑎22

�=∆2

∆ 𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑎𝑎 𝑑𝑑𝑟𝑟 𝑐𝑐𝑟𝑟𝑎𝑎𝑐𝑐𝑟𝑟𝑟𝑟

183

APENDICE A

EJEMPLO 1.

2X1-3X2=4

7X1+6X2=-10

∆= �2 −37 6 � = 12 − (−21) = 33

∆1= � 4 −3−10 6 � = 24 − 30 = −6

∆2= �2 47 −10� = −20 − 28 = −48

𝑋𝑋1 =∆1

∆=−633

=−211

𝑋𝑋2 =∆2

∆=−4833

=−1611

Sistema cuadrado tiene el mismo número de ecuaciones que variables.

𝑎𝑎11𝑋𝑋1 + 𝑎𝑎12𝑋𝑋2+.. +𝑎𝑎1𝑛𝑛𝑋𝑋𝑛𝑛 = 𝑏𝑏1

𝑎𝑎21𝑋𝑋1 + 𝑎𝑎22𝑋𝑋2+.. +𝑎𝑎2𝑛𝑛𝑋𝑋𝑛𝑛 = 𝑏𝑏2

𝑎𝑎𝑛𝑛1𝑋𝑋1 + 𝑎𝑎𝑛𝑛2𝑋𝑋2+.. +𝑎𝑎𝑛𝑛𝑛𝑛𝑋𝑋𝑛𝑛 = 𝑏𝑏𝑛𝑛

∆= �𝑎𝑎11 𝑎𝑎12 𝑎𝑎1𝑛𝑛𝑎𝑎21 𝑎𝑎22 𝑎𝑎2𝑛𝑛𝑎𝑎𝑛𝑛1 𝑎𝑎𝑛𝑛2 𝑎𝑎𝑛𝑛𝑛𝑛

�

𝑋𝑋𝑗𝑗 =∆𝑗𝑗∆

𝑗𝑗 = 1 … … … … … . .𝑛𝑛

�𝑎𝑎𝑖𝑖𝑗𝑗 𝑐𝑐𝑖𝑖𝑗𝑗

𝑛𝑛

𝑗𝑗=1

�𝑎𝑎𝑖𝑖𝑗𝑗 𝑐𝑐𝑖𝑖𝑗𝑗

𝑛𝑛

𝑖𝑖=1

184

APENDICE A

�2−3

−57

54

−9−6

1−1

24

21

72

�

𝑀𝑀11 = �−7 −1 4−9 2 7−6 1 2

�

𝑀𝑀23 = �2 −5 25 −9 74 −6 2

�

𝑀𝑀41 = �−5 1 27 −1 4−9 2 7

�

𝑀𝑀34 = �2 −5 13 7 −14 −6 1

�

EJEMPLO 2.

�2 1 35 3 21 4 3

� = 2(−1)1+1 �3 24 3� + 1(−1)1+2 �5 2

1 3� + 3(−1)−1+3 �5 31 −1�

= 2(9 − 8) − (15 − 2) + 3(20 − 3) = 2 − 13 + 57 = 40

EJEMPLO 3.

�4 −3 53 −2 81 −7 −5

� = 3(−1)2+1 �−3 5−7 −5� + 2(−1)2+2 �4 5

1 −5� + 8(−1)2+3 �4 −31 −7�

= −3(50) − (25) − 8(−25) = −150 + 50 + 200 = 100

EJEMPLO 4.

�5 6 30 1 07 4 5

� = �5 37 5� = 25 − 21 = 4

EJEMPLO 5.

�1 1 14 5 9

16 25 81� = � 5 9

25 81� − 1 � 4 916 81� + � 4 5

16 25�

= (405 − 225) − (324 − 144) + (100 − 80) = 180 − 180 + 20 = 20

185

APENDICE A

PROPIEDADES DE LOS DETERMINANTES

1.- Si un renglón o columna de un determinante consta únicamente de ceros, el valor determinante es cero.

2.- Si un renglón o columna es múltiplo de otro renglón o columna entonces el determinante vale cero.

3.- Si intercambio dos columnas o renglones, el valor del determinante es cero.

4.- Si se multiplica un renglón o una columna por un número real el valor del determinante queda multiplicado por ese número.

5.- Si a un renglón o columna se le suma un múltiplo de otro renglón o columna, el valor del determinante no cambia.

Ejemplos de las propiedades:

2) �2 −54 −10� = −20 − (−20) = 0

3) �1 −34 2 � = 2 − (−12) = 14

�4 21 −3� = −12 − 2 = 14

Multiplicando el primer renglón por 2.

4) �2 −64 2 � = 4 − (24) = 28 𝑠𝑠𝑟𝑟 𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑𝑟𝑟𝑖𝑖𝑐𝑐𝑎𝑎

5) �1 −36 −4� = −4 − (−18) = 14

EJERCICIO

-1 2 3 4 5 7 0 4 3 1 1 2 0 0 6 -2 4 -5 0 0 0 3 -7 6

El determinante tendrá el valor de la diagonal que esta de color.

= (−1)(4)(6)(3)(1)(−5) = −77

-1 2 3 4 5 7 0 4 3 1 1 2 0 0 6 -2 4 -5 0 0 0 3 -7 6 0 0 0 0 1 5 0 0 0 0 0 -5

186

APENDICE A

SISTEMA CUADRADO

2X1 - X2 - X3 = 4 3X1 + 4X2 - 2X3 = 11 3X1 - 2X2 + 4X3 = 11

∆= �2 −1 −13 4 −23 −2 4

� = (−1) �−1 2 −14 3 −2−2 3 4

� = (−1) �−1 2 −10 11 −60 −1 6

�

(−)(−1) �−1 2 −10 −1 −60 11 −6

� = (−)(−) �−1 2 −10 −1 60 0 60

� = (−)(−)(−1)(−1)60 = 60

∆1= �−4 −1 −111 −4 −2−11 −2 4

� = (−) �−1 4 −14 11 −2−2 11 4

� = (−) �−1 4 −10 27 −60 3 6

� = 180

∆2= �2 4 −13 11 −23 11 4

� = (−1) �−1 4 2−2 11 34 11 3

� = (−) �−1 −1 40 4 110 −2 11

� = 60

∆3= �2 −1 43 4 113 −2 11

� = (−1) �−1 2 44 3 11−2 3 11

� = (−) �−1 2 40 11 270 −1 3

� = 60

𝑋𝑋1 =∆1

∆=

18060

= 3

𝑋𝑋2 =∆2

∆=

6060

= 1

𝑋𝑋3 =∆3

∆=

6060

= 1

SOLUCIÓN UNICA (3, 1, 1)

187

APENDICE A

EJEMPLO 1.

X1 + X2 + 2X3 = -1 2X1 - X2 + 2X3 = -4 4X1 + X2 + 4X3 = -2

∆= �1 1 22 −1 24 1 4

� = �1 1 20 −3 −20 −3 −4

� = (−1) �1 1 20 −3 −20 0 −2

� = 6 𝑇𝑇𝑖𝑖𝑟𝑟𝑛𝑛𝑟𝑟 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑟𝑟𝑑𝑑𝑐𝑐𝑖𝑖ó𝑛𝑛 𝑑𝑑𝑛𝑛𝑖𝑖𝑐𝑐𝑎𝑎

∆1= �−1 1 2−4 −1 2−2 1 4

� = �−1 1 20 −5 −60 −1 0

� = (−) �−1 2 10 −6 −50 0 −1

� = 6

∆2= �1 −1 22 −4 22 −2 4

� = �1 1 20 −2 −20 2 −4

� = �1 −1 20 −2 −20 0 −6

� = 12

∆3= �1 1 −12 −1 −44 1 −2

� = �1 1 −10 −3 −20 −3 2

� = �1 1 −10 −3 20 0 4

� = −12

𝑋𝑋1 =∆1

∆=

66

= 1

𝑋𝑋2 =∆2

∆=

126

= 2

𝑋𝑋3 =∆3

∆=−12

6= −2

SOLUCIÓN UNICA (1, 2, -2)

188

APENDICE A

76239561opera-cuadernillo-039

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