1. INVESTIGACIÓN DE OPERACIONES
Capítulo I
INTRODUCCION A LA INVESTIGACION DE OPERACIONES
ACTIVIDAD 1: Definición de investigación de operaciones.
La investigación de operaciones es la aplicación, por grupos interdisciplinarios, del
método científico a problemas relacionados con el control de las organizaciones o sistemas
(hombre-maquina) a fin de que se produzcan soluciones que mejor sirvan a los objetivos de
toda la organización.
ACTIVIDAD 2: La investigación de operaciones en la toma de decisiones.
El tamaño de las empresas modernas implica que la decisiones administrativas pueden
tener efectos sobre grandes cantidades de capital y un gran numero de personas. Los errores
pueden ser tremendamente costosos y una sola decisión equivocada puede requerir años
para rectificarse, mas aun, el ritmo de la empresa moderna es tal que las decisiones se
requieren mas rápidamente que nunca, simplemente posponer la acción puede dar una
decidida ventaja a un competidor.
No es sorprendente que el aumento de la dificultad de tomar decisiones ha requerido de
esfuerzos para dar a esta actividad una base mas objetiva y rutinaria.
La investigación de operaciones esta en pleno desarrollo y depende ampliamente de los
métodos que han demostrado tener éxito en la ciencia, desde el punto de vista de la
investigación de operaciones, una decisión es una recomendación de que se lleva a cabo un
curso de acción que se espera produzca los “mejores” resultados en términos de los
objetivos generales de la organización, de la cual el sistema es una parte. Se puede decir,
también, que quien toma una decisión intenta hacer que el sistema sea mas efectivo para
alcanzar las metas de la organización.
ACTIVIDAD 3: Reseña histórica de la investigación de operaciones.
Los inicios de lo que hoy se conoce como investigación de operaciones se remonta a los
años 1759 cuando el economista QUESNAY, empieza a utilizar modelos primitivos de
programación matemática, mas tarde , WALRAS, hace uso, en 1874, de técnicas similares.
Los modelos lineales de investigación de operaciones, tienen como precursores a JORDAN
en 1873, en 1896 y a FARKAS en 1903.
Los modelos dinámicos probabilisticos tienen su origen con MARKOV a fines del siglo
pasado. El desarrollo de los modelos de inventarios, asi como el de tiempos y movimientos,
se lleva a cabo por los años 20’S del siglo pasado, mientras que los modelos, de lineas de
espera se originan con los estudios de ERLANG, a principios del siglo XX. VON
NEWMAN cimienta en 1937 lo que años mas tarde culminara como la teoria de juegos.
2. Hay que hacer notar que los modelos matemáticos de la ivestigacion de operacines que
utilizaron estos precursores, estaban basados en el calculo diferencial e integral
(NEWTON, LAGRANGE, LAPLACE, LESBEQUE, LEIBNITZ, REIMMAN,
STIELTJEN, por mencionar algunos), la probabilidad y estadística(BERNOULLI,
POISSON, GAUSS, BAYES, GOSSET, SINEDECOR, ETC.).
No fue sino hasta la segunda guerra mundial, cuando la investigación de operaciones
empezó a tomar auge, primero se le utilizo en la logística estratégica para vencer al
enemigo(teoría de juegos) y, mas tarde al finalizar la guerra, en la logística de distribución
de todos los recursos militares de los aliados dispersos por todo el mundo, fue debido
precisamente a este ultimo problema, que la fuerza aérea norteamericana, a travez de su
centro de investigación RAND CORPORATION, comisiono a un grupo de matemáticos
para que resolviera este problema que estaba consumiendo tantos recursos humanos,
financieros y materiales. Fue el doctor GEORGE DANTZIG, el que en 1947, resumiendo
el trabajo de muchos de sus precursores, inventara el método simplex, con lo cual dio inicio
a la programación lineal. Con el avance de las computadoras digitales se empezó a extender
la I.O. , durante los 50’S en las áreas de:
Programación dinámica (BELLMAN), programación no lineal (KUHH Y TUCKER),
programación entera(GOMORY), redes de optimización (FORD Y FOLKERSON),
simulación(MARKOWITZ), inventarios(AAROW, KARLIN, WHITIN), análisis de
decisiones (RAIFFA) y procesos markovianos de decisión (HOWARD).
ACTIVIDAD 4: Beneficios de un proyecto de Investigación de Operaciones.
En la practica, la instrumentación de un proyecto de I.O. en la solucion de un problema real
en una organización, acarrea los siguientes beneficios:
1).- Incrementa la posibilidad de tomar mejores decisiones: antes de la aplicación de
la I.O. en una organización, las decisiones que se toman son generalmente de carácter
intuitivo, ignorando la mayoría de las interrelaciones que existen entre las componentes del
sistema. El ser humano, sin la ayuda de una tecnología mas sofisticada( como la I.O.) y de
la herramienta mas moderna(como son las computadoras electrónicas), no puede visualizar,
mucho menos analizar todas las posibles alternativas generadas por los millares de
interacciones que existen. Imaginemos a “PEMEX” que debe controlar el reparto de
combustible a toda la republica a fin de satisfacer la demanda en todos los centros de
consumo buscando siempre el menor costo de embarque.
2).- Mejora la coordinación entre las múltiples componentes de la organización: en
otras palabras, la I.O. genera un mayor nivel de ordenación, es decir de que sirve que se
incrementen las exportaciones de México al mundo exterior, cuando la capacidad de
maniobras de nuestros puertos permanecen estancadas. El sistema económico trata de
equilibrar la balanza de pagos, la otra parte tiende a crear cuellos de botella de mercancía
que tienen que esperar en el puerto hasta que se le embarquen, muchas veces a la interperie,
con riesgo de deteriorase. El tiempo de demora del cliente aumenta, su apatismo para
comerciar con México se incrementa, a corto plazo, se empiezan a sentir otra vez los
efectos negativos en la balanza de pagos. En este caso la presidencia de la republica debe
coordinar esfuerzos con la secretarias de comercio, hacienda, comunicaciones, marina y de
obras publicas.
3. Aquí el papel de la I.O es integrar en su estudio el mecanismo de coordinación, para evitar
que las componentes del sistema se desmembrasen y actúen independientemente una de
otras.
3).-Logra el Control del Sistema: al instituir procedimientos sistemáticos que
supervisan por un lado las operaciones que se llevan acabo en la organización y por el otro
lado, evita al regreso a un sistema peor. Por ejemplo, existe una liberación de las gentes
dedicadas a actividades de tipo tedioso y rutinario, permitiendo los accesos a una nueva
variedad de las mismas además, estos procedimientos sistemáticos permiten señalar
decisiones que pueden conducir a resultados muy peligrosos para estabilidad y buen
funcionamiento del sistema.
4).-Logra un mejor sistema: al hacer que este opere con costos mas bajos, con
interacciones mas fluidas, eliminando cuellos de botella y logrando una mejor combinación
entre los elementos mas importantes de todo el sistema.
ACTIVIDAD 5: Aplicación de la Investigación de Operaciones en los Sectores
Privados y Públicos.
Actualmente la Investigación de operaciones no solo se aplica en el sector privado como
son industrias, sistemas de comercialización, sistemas financieros, transportes, sistemas de
salud, etc. Sino también el sector de los servicios públicos, tanto como los en los países
desarrollados como a los países de tercer mundo. Precisamente en México la I.O. se utiliza
dentro del sector de servicios públicos entre otros: la Secretaria de Agricultura, de
Comunicaciones, de la Presidencia, Petróleos Mexicanos, Comisión Federal de
Electricidad, Instituto Mexicano del Seguro Social, Departamento del D.F., ETC.
ACTIVIDAD 6 : Construcción de modelos
En la I.O. existen tres clases de modelos: icónicos, analógicos y simbólicos.
Los Modelos Icónicos: son imágenes a escala del sistema cuyo problema se requiere
resolver, por ejemplo, las fotografias,las maquetas, dibujos y modelos a escala de barcos
automóviles, aviones, canales. ETC.
Modelos Analógicos: Se basan en la representación de las propiedades de un sistema
cuyos problemas se requieren resolver utilizando otro sistema cuyas propiedades son
equivalentes. Por ejemplo, las propiedades de un sistema hidráulico son equivalentes a las
de un sistema eléctrico o inclusive, económico.
Los Modelos Simbólicos: son conceptualizaciones abstractas del problema real a base
de letras, números, variables y ecuaciones. Estos tipos de modelos son fáciles de manipular
y se pueden hacer con ellos un gran numero de experimentos. De las tres clases de modelos
los simbólicos son los mas económicos de construir y operar. En este trabajo serán los
modelos simbólicos los que se usen para la solución de problemas de programación lineal.
4. Capitulo II
PROGRAMACION LINEAL
ACTIVIDAD 7: Programación Lineal
Introducción: La programación lineal es una técnica matemática ampliamente
utilizada, diseñada para ayudar a los administradores de producción y operaciones en la
planeación y toma de decisiones relativas a la negociación necesaria para asignar recursos.
Aplicación : a partir de 1950 se inicia un fuerte desarrollo en la programación lineal
apoyada por una gran variedad de aplicaciones practicas en la economía y la administración
industrial.
Principales problemas: Algunos de los principales problemas que han sido
establecidos en base a la programación lineal, así como sus áreas de aplicación son los
siguientes:
1).- La selección de la mezcla de productos es una fabrica para tomar el mejor uso de las
horas disponibles de la maquinaria y mano de obra, mientras se maximiza la utilidad de la
empresa.
2).- La selección de diferentes mezclas de materias primas en los molinos de comida para
producir combinaciones de alimentos terminados al mínimo costo.
3).- Otros como pueden ser de relaciones ínter indústriales ( modelos de Lentieff, análisis
económico), problemas de transito ( industria de transportes y aviación) ETC.
La programación lineal resuelve los problemas en términos de un conjunto de ecuaciones
lineales y una ecuación también lineal llamada función objetivo , que cuantifica el
beneficio proporcionado por la solución del conjunto de ecuaciones lineales que
corresponden a las restricciones .
Definición: La programación lineal es una herramienta matemática que sirve para
resolver de la mejor manera posible sistema de Asignación en los que la problemática
consiste en asignar recursos escasos y limitados entre actividades competitivas y cuando
desde el punto de vista matemático las relaciones entre los elementos del sistema sean
estrictamente lineales.
ACTIVIDAD 8: fase para la solución de problemas de programación lineal
FASE I.- Formación del Problema: Es una de las fases más importantes en la
aplicación de la programación lineal; es decir, la representación matemática del problema
que se desea resolver, una guía útil en la formulación del problema es:
a)Determinar el objeto del problema, el cual puede ser:
Maximizar.- utilidades, producción, publicidad, audiencia, etc.
Minimizar.- costo, tiempo, distancia, desperdicios, etc.
b)Definir las variables del problema, así cual es el sistema de medicina a
utilizar números de artículos, horas-hombres, horas-maquina, etc.
c) Establecer las restricciones del problema, en cuanto a materia prima, tiempo,
recursos financieros, requerimientos de producción, etc.
5. FASE II.- Construcción del Modelo del Problema: cuando la función objetivo a
optimizar (maximizar ó minimizar), así como las restricciones son funciones lineales,
entonces el problema es completamente lineal y su forma general queda establecida de la
siguiente manera dada las j variables X1, X2,... Xj, llamadas variables de decisión,
determinar que valor de cada una de ellas hacen máxima ó mínima una función objetivo Z,
es decir, que sea óptima, considerando que una función es óptima, si primero es factible y
su formulación general es:
a)Función objetivo: Max ó Min Z= C1, X1, + C2 X2 + . . . +Cj Xj
b)Sujeta a las restricciones:
a11 x1 + a12 x2 + . . . + a1 jXj < = > b1
a21 x1 + a22 x2 + . . . + a2 jXj < = > b2
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
ai1 X1 + ai2 X2 + . . . + aij Xj < = > bj
c) No-negatividad: X j ≥ 0 ; j = 1, 2, 3, ... n
DONDE: Z = Objetivo del problema (maximizar ó minimizar)
Xj = Variables de decisión ( j = 1, 2, 3.... n )
Cj = Contribución por unidad de la variable de decisión.
aij = Coeficiente Tecnológico(i =1,2,3,...,m ; j =1,2,3, . . . ,n)
bj = Recurso Disponible.
NOTA: El coeficiente Tecnológico (aij) es la cantidad que se emplea del recurso
disponible bj para elaborar el producto Xj (dato técnico).
El recurso disponible bj, en algunos casos representa la capacidad, (cantidad
que no se puede sobrepasar y se representa como menor e igual
matemáticamente ≤); en otros casos puede representar el requerimiento
(cantidad que puede usarse por lo menos y se representa matemáticamente
como mayor e igual ≥) y en algunos casos este recurso deberá ser exactamente
su valor( cantidad que matemáticamente se representa como una igualdad =).
6. PROBLEMA DE AUTOEVALUACION:
Una compañía puede producir tablones para la construcción o laminas para puertas, la
cantidad máxima de la fabrica es de 400 unidades, de las cuales necesariamente 100
unidades deben ser tablones y 150 laminas, para satisfacer la necesidades de los clientes, si
la utilidad por tablón es de $200 y de $300 pesos por lamina. Determine el numero de
tablones y laminas que se deben producir para obtener la máxima utilidad. (Formular y
construir el modelo del problema).
Solución:
Fase 1: Formulación del Problema.
a).- Determinar el objetivo del problema: Maximizar utilidades.
b).- Definir las Variables del problema: Z = utilidad
X1 = numero de tablones a producir ; C1 = $200/Tablón.
X2 = numero de laminas a producir ; C2= $300/Lamina.
c).- Establecer las restricciones del problema:
1) Capacidad máxima de producción: 400 unidades.
2) Requerimientos de producción de pro lo menos 100 tablones y 150
laminas.
Fase II: Construcción del modelo del problema.
a).- Función objetivo: Max Z = 200X1 + 300X2
b).- Sujeta a las restricciones:
1).- Capacidad de producción: X1 + X2 ≤ 400
2).- Requerimientos Mínimos: X1 ≥ 100
X2 ≥ 150
C).- No negatividad: X1 ≥0 y X2 ≥0
7. PROBLEMAS PROPUESTOS:
Formular y construir los modelos de los siguientes problemas de programación lineal:
1).- Un agente esta arreglando un viaje en esquís, puede llevar un máximo de 10 personas
y ha decidido que deberán ir por lo menos 4 hombres y 3 mujeres. Su ganancia será de 10
pesos por cada mujer y 15 pesos por cada hombre. ¿ Cuantos hombres y cuantas mujeres le
producen la mayor ganancia?
2).- Un sastre tiene las siguientes materias primas a su disposición: 16 m2 de algodón, 11
m2 de seda y 15m2 de lana. Un traje requiere: 2 m2 de algodón, 1m2 de seda y 1 m2 de
lana. Una túnica requiere: 1m2 de algodón, 2m2 de seda y 3m2 de lana. Si el traje se vende
en $300 y una túnica en $500. ¿Cuántas piezas de cada confección debe hacer el sastre para
obtener la máxima cantidad de dinero?.
3).- Mueblería MARY elabora dos productos, mesas y sillas que se deben procesar a
través de los departamentos de ensamble y acabado. Ensamble tiene 60 hrs. disponibles,
acabado puede manejar hasta 40 hrs. de trabajo. La fabricación de una mesa requiere de 4
hrs. de ensamble y 2 hrs. de acabado, mientras que una silla requiere de 2 hrs. de ensamble
y 2 hrs. de acabado. Si la utilidad es de $80 por mesa y $60 por silla. ¿Cuál es la mejor
combinación posible de mesas y sillas a producir y vender para obtener la máxima
ganancia?
4).- Una firma corredora de bolsa ofrece dos tipos de inversiones que producen ingresos a
razón de 4% y 5% respectivamente. Un cliente desea invertir un máximo de $10000 y que
su ingreso anual sea por lo menos de $4500. insiste en que por lo menos ¾ del total debe
ser invertido al 5%. El corredor recibe el 1% de los ingresos de la inversión al 5% y 2% de
la inversión del 4%. ¿Cuánto invertirá el corredor a cada tasa para que sus honorarios sean
máximos?.
5).- Una compañía de carga aérea desea maximizar los ingresos que obtiene por la carga
que transporta la compañía tiene un solo avión diseñado para transportar dos clases de
carga. Carga normal y carga frágil. La compañía no recibe pago extra por transportar carga
frágil; sin embargo para asegurar ciertos contratos de negocios, la compañía ha acordado
transportar cuando menos 5 toneladas de carga frágil. Este tipo de carga debe llevarse en
una cabina presurizada. La capacidad de la cabina principal es de 20 toneladas de carga. La
cabina presurizada no puede llevar mas de 10 toneladas de carga. El avión tiene restricción
de peso que le impide llevar mas de 20 toneladas de carga, para mantener en equilibrio el
peso, la carga de la cabina presurizada debe ser menor o igual que dos tercios del peso de
la cabina principal, mas una tonelada, la compañía recibe $1000 por tonelada de los dos
tipos de carga que transporta.
8. 6).- Un inversionista tiene $10000 que quisiera produjeran tanto dinero como sea
posible; quiere invertir parte en acciones, parte en bonos y colocar el resto en una cuenta de
ahorro. El inversionista cree poder ganar 8% con el dinero que invierta en acciones y el 7%
que invierte en bonos. El banco paga el 5% de interés sobre las cuentas de ahorros. Como
las acciones son una inversión con cierto riesgo, decide no invertir en acciones mas de lo
que ponga en la cuenta de ahorro. El inversionista se quedara con al menos $2000 en la
cuenta de ahorros por si necesita dinero en efectivo de inmediato.¿Cuánto dinero deberá
invertir en cada tipo?
7).- Una mujer quiere diseñar un programa de ejercicios semanales, incluyendo caminata,
bicicleta y natación. Para variar los ejercicios planea invertir al menos tanto tiempo en
bicicleta como la combinación de caminata y natación. Además, quiere nadar al menos dos
hrs a la semana, por que le gusta mas nadar que los otros ejercicios. La caminata consume
600 calorías por hora, en la bicicleta usa 300 calorías por hora nadando gasta 300 calorías
por hora. Quiere quemar al menos 3000 calorías a la semana por medio de los ejercicios.
¿Cuántas horas debe dedicar a cada tipo de ejercicio si quiere minimizar el numero de
horas invertidas.?
8).- Cierta compañía tiene una filial que le provee de las latas que necesita para
comercializar su producto, en dicha filial que produce latas de aluminio contiene las
tapaderas a partir de hojas metálicas rectangulares. Las dimensiones de estas hojas son de
6cms x 15cms Se requieren dos tamaños diferentes de tapas, el diámetro de las pequeñas es
de 3cms y el de las grandes de 6 cms. El programa de producción en un día determinado es
de 20000 tapas chicas y 5000 tapas grandes. ¿Cuál es el programa que minimice el numero
total de hojas metálicas usadas de tal manera de obtener la mejor combinación de tapas de
los diferente tamaños que pueden ser cortadas?
9).- General Motors que vende el carro mas compacto desea hacer publicidad para este
modelo a través de canal 13 de televisión, la publicidad consistirá en pequeños comerciales
de duración variable que se intercalaran en un programa semanal de 60 min. En el cual se
presentaran los mejores cantantes del continente y un cómico de la localidad. General
Motors insiste en tener al menos 5 min. De comerciales y el reglamento de la televisora
requiere cuando mucho los comerciales consuman 18 min en programas de 60 min., y que
nunca sea mayor el tiempo de los comerciales de actuación de los cantantes, los cantantes
no quieren trabajar mas de 30 min. De los 60 que dura el programa, de manera que el
cómico se utiliza para cualquier lapso de tiempo en el cual no habrá comerciales o cuando
no estén trabajando los cantantes. Por experiencia de la empresa televisora, se sabe que por
cada min. Que los cantantes estén en el aire 6000 televidentes mas estarán viendo el
programa, por cada minuto que el comico este trabajando 3000 televidentes estarán viendo
el programa, en cambio por cada min de comerciales se pierden 500 televidentes.
El cómico cobra $200 por minuto, los cantantes cobran $1000 por min y los comerciales
$50 por min. Si en General Motors desea:
1).- Maximizar el numero de televidentes al finalizar el programa de 60 min.
2).- producir el programa un mínimo costo. ¿Cuál es el medelo a utilizar para cada
situación?
9. 10).- La compañía “HOLSA” de México quiere minimizar los desperdicios de lamina,
para lo cual encarga a su departamento de producción que optimice el costo de las laminas
de acuerdo a los requisitos de los consumidores. En particular se hará con el consumidor
mas importante al cual se le surten tres tamaños de laminas a saber: tipo 1:30 cms x 60 cms
y espesor de 8 mm; tipo 2:30cmsx 70 cms y espesor de 8 mm tipo 3:30cms x 50 cms y
espesor de 8 mm. Las cantidades necesarias son 10000, 15000 y 5000 por mes
respectivamente. Si las laminas que produce la compañía son de dimensiones de 30 cms x
180 cms con espesor de 8 mm. ¿Cuál es el modelo para optimizar los desperdicios?.
11).- Una compañía de zapatos puede producir tres tipos de zapatos a su máxima
capacidad: zapatos de vestir, de trabajo y de deporte, la utilidad neta es de $1000. $800 y
$400 respectivamente. El mercado de zapatos ha bajado como consecuencia de las
dificultades económicas existentes en el pais de tal manera que hay una capacidad excesiva
de 550,650 y 300 unidades por dia.
En las plantas existen dificultades de almacenamiento causado por el decremento de las
ventas. Las tres plantas tienen: 10000, 8500 y 4000 metros cuadrados de espacio
disponibles respectivamente. Los zapatos de vestir requieren de .50 metros cuadrados para
almacén , de .75 metros cuadrados para los de trabajo y .40 metros cuadrados para los de
deporte. La compañía ha pronosticado que las ventas serán de 700, 850 y 750 unidades
respectivamente para los zapatos de vestir, trabajo y deporte. ¿cuál es el modelo que
maximiza la utilidad neta?.
12).- E n un salón de Banquetes se tienen programados banquetes durante los siguientes
cinco días, los requisitos de manteles por banquete son :
Banquete : 1 2 3 4 5
Numero de manteles : 80 60 100 130 200
El problema del administrador es que se requieren manteles diferentes a los que el usa,
por lo que tendrá que comprar ese tipo de manteles; el costo de cada mantel es de $40 y el
costo de mandarlo a la lavandería bajo servicio urgente para tenerlo listo a los dos días es
de $10 por mantel.
¿cuál es el modelo que le permitirá al administrador cumplir con sus requisitos y además
minimizar el costo total?
13).-Un inversionista dispone de $ 5000 los cuales desea invertir, se le presentan dos
opciones; A y B. El plan A le garantiza que cada peso invertido producirá $ 0.50 en un año,
mientras que el plan B le garantiza que cada peso invertido le producirá $1.50 en dos años.
¿cómo debe invertir dicha persona con el fin de maximizar sus ganancias al final de tres
años?
14).- Una compañía fabrica tres productos: volantes, juntas y ejes, el gerente enfrenta el
problema de decidir cual debe ser el mejor programa de producción para el siguiente mes.
Se ha determinado que hay disponibles cuando mas 1620 horas de tiempo de producción
para el mes siguiente . no hay limite para el abastecimiento de metal para estos tres
productos, cada hora de tiempo de producción cuesta $ 7.00 y cada unidad de metal cuesta
$2.20. todas las ventas son efectivo y todos los costos deben pagarse en efectivo durante el
siguiente mes los costos fijos para el siguiente mes son de $ 2,200 y se requiere un flujo de
10. efectivo de $800 debido a compromisos previos. El saldo de efectivo a principios de mes
es de $ 28,425.
TABLA DE DATOS TÉCNICOS.
PRODUCTO
HORAS DE
TIEMPO DE
PRODUCCIÓN
POR UNIDAD
FABRICADA
UNIDADES
DE METAL
NECESARIAS
POR UNIDAD
FABRICADA
PRECIO
UNITARIO AL
CLIENTE (EN
$)
DEMANDA
PRONOSTICADA
DE LOS
CLIENTES (EN
UNIDADES).
VOLANTES
4.5 3.25 $50.65 300
JUNTAS
1.8 4.70 $38.94 550
EJES
3.6 5.00 $50.20 320
La producción puede realizarse con velocidad suficiente para permitir su distribución
dentro del mismo mes. ¿ cual debe ser el programa de producción para el próximo mes, a
fin de maximizar las utilidades?.
11. FASE III: METODOS DE SOLUCION DEL PROBLEMA.
I).- Método grafico: El presentar el método grafico para la solución de problemas de
programación lineal, tiene como finalidad introducir una serie de conceptos que permiten
una mejor comprensión del problema y que además son fundamental para una
interpretación del método algebraico de solución. Este método es practico y sencillo cuando
utiliza solo dos variables de decisión, además requiere de dibujos a escala muy precisa.
Procedimiento de calculo:
I).- Formular el problema. (Fase I).
II).- Construir el modelo del problema (Fase II).
III).-Convertir el sistema de restricciones en un sistema de ecuaciones (en forma directa).
IV).- Para cada ecuación, encontrar los puntos vértices P( X1,X2); considerando la no
productividad, es decir, primero no producimos a X1 (X1 = 0) y segundo no
producimos a X2 (X2= 0).
Una restricción con dos variables de decisión tendrá dos puntos vértices mientras
que si solo contiene una sola variable de decisión. Solo tendrá un punto vértice
considerando con valor cero a la variable que no contenga, los puntos obtenidos se
enumeran en forma progresiva.
V).- Se elige una escala (trabajable) para trazar cada una de las restricciones por sus
respectivos puntos vértices y enumerar los puntos de intersección originados por el cruce de
las rectas.
VI).- Limitar de acuerdo a cada restricción, es decir, si es ≤ limita hacia la izquierda o
hacia abajo, = limita en ambos sentidos ya que una igualdad es un producto de dos
desigualdades y ≥ limita hacia la derecha o hacia arriba como se muestra en las graficas.
X2
X2
Requerimiento Mínimo
P1 Capacidad Máxima
P1 aij Xj ≥bj
aij Xj ≤ bj
0 P2 X1 0 X1
P2
X2
Uso Total
P1
aij Xj = bj
12. 0 P2 X1
VII).- Encontrar el área o las áreas de solución, definidas por el conjunto convexo* y las
situaciones que se pueden presentar son:
1).- SOLUCION ACOTADA
X2
P1
aijXj ≤ bj
P3 P6
AREA aijXj ≤ bj
X1
0 P5 P2 P4
2).- SOLUCION ILIMITADA.
X2
P1
aijXj ≥ bj
P3 P6
aij Xj ≥ bj
P5 P2 P4 X1
0
3).- SOLUCION MULTIPLE.
X2 aij xj ≤bj
P1 aij xj ≤bj
P10 P11
P15 aij xj ≤ bj
AR
P16 AR p13 p12 aij xj ≥ bj
P9
P7 p4 AR p14
13. P7 p5 p6 p2 X1
aij xj ≤bj
aij xj ≥ bj
4).- SIN SOLUCION: Es el caso de no encontrar área.
*”Conjunto Convexo”: Espacio donde convergen el sistema de restricciones.
VIII).- Tomar los puntos vértices del area de solucion y sustituir los valores de X1 y X2 ,
en la función objetivo (Max o Min) = C1 X1 + C2 X2 y se elige la opción que optimiza el
valor de Z ( solucion optima).
IX).- Probar factibilidad, es decir, sustituir los valores de X1 y X2 que optimizan Z , en cada
una de las restricciones del problema, recordando que la función Z es optima, si primero es
factible.
X).- CONCLUSIÓN.
14. I).- METODO GRAFICO:
PROBLEMA DE AUTOEVALUACION:
El director de servicio de agua de una ciudad encuentra una forma de proporcionar al
menos 10 millones de litros de agua potable al dia (10mld). El suministro puede ser
proporcionado por el deposito local o por medio de unas tuberías desde una ciudad vecina
(por bombeo). El deposito local tiene un rendimiento diario de 5 millones de litros de agua
diarios (5mld), que no puede ser sobrepasado. La tubería no puede abastecer mas de 10
millones de litros diarios (10mld), debido a su diámetro. Por otra parte. Por acuerdo
contractual, se bombearía como mínimo 6 millones de litros diarios (6mld). Finalmente el
agua del deposito cuesta $ 300 por millón de litros de agua (ml) y $ 500 por tubería (por
bombeo). ¿cómo podrá el director minimizar los costos de suministro diario de agua?.
SOLUCION:
I).- Formular el Problema (Fase I).
a).- Determinar el objetivo del Problema : minimizar los costos.
b).- Definir las variables del Problema:
Z = Costos
X1 = Cantidad de litros de agua abastecidos por el deposito local:
C1 = $300 / millón de litros
X2 = Cantidad de litros de agua abastecidos por tubería (bombeo):
C2 = $ 500/ Millon de litros.
c).- Establecer restricciones del problema:
1).- Requerimiento mínimo de abastecimiento de 10 millones de litros de agua diarios.
2).- Capacidad máxima del deposito local de 5 millones de litros de agua diarios.
3).- Capacidad máxima de tubería de 10 millones de litro de agua diarios.
4).- Requerimiento mínimo por contrato de la tubería de 6 millones de litros de agua
diarios.
II).- Construir el modelo del problema (Fase II).
a).- Función Objetivo : Min Z = 300X1 + 500X2.
b).- Sujeta a las Restricciones:
1. X1 + X2 ≥ 10 mld (Para satisfacer el requerimiento mínimo de litros de
agua de la ciudad).
2. X1 ≤ 5 mld ( Capacidad del deposito).
3. X2 ≤ 10 mld ( Capacidad de la tubería)
4. X2 ≥ 6 mld (Requerimiento de suministro de la tubería).
c).- No – negatividad: X1 ≥ 0 ; X2 ≥ 0.
15. III).- Convertir el sistema de restricciones a un sistema de ecuaciones (en forma directa).
SISTEMA DE RESTRICCIONES SISTEMA DE ECUACIONES
1. X1 + X2 ≥10 1. X1 + X2 = 10
2. X1 ≤ 5 2. X1 = 5
3. X2 ≤10 3. X2 = 10
4. X2 ≥ 6 4. X2 = 6
5. X1 ≥ 0 ; X2 ≥0
IV).- Encontrar los puntos vértices P( X1, X2), de cada ecuación.
1. X1 + X2 = 10
Si X1 = 0 por lo tanto X2 = 10 : P1 (0, 10).
Si X2 = 0 por lo tanto X1 = 10 : P2 (10, 0).
2. X1 = 5 por lo tanto X2 = 0 : P3 (5, 0)
3. X2 = 10 por lo tanto X1 = 0 : P4 (0, 10)
4. X2 = 6 por lo tanto X1 = 0 : P5 (0, 6).
V) Eligiendo una escala, trazar cada una de las restricciones (1/2 CMS =1 unidad)
17. VII) Encontrar el área de solución, definida por el conjunto convexo.
Como podemos observar en las graficas, el área 1, es en la que es en la que converge
todas las flechas (conjunto convexo).
VIII) Sustituir los puntos vértices del área de solución en la función objetivo.
De acuerdo a la grafica, los puntos vértices del área de solución son:
10
9
8
7
6
5
4
3
2
1
P1
X2>=0
P10
P9
P7
P8
P5
P3 P2
P6
P4
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
X2>=6
X2>=0X1<=5
X1 + X2>=10
X1>=0
() () ()
( )
( )
( )
AREA DE
SOLUCION
P1 (0,10) P10 (5,10)
P8 (4,6)
P9 (5,6)
18. P1(0 , 10) ; P8(4 , 6) ; P9(5 , 6) y P10(5 , 10)
P(X1 , X2) ; Min Z = 300 X1+500X2
P1(0 , 10) ; Z1 = 300(0)+500(10) = 0+5000 ∴Z1=$5000
P8(4 , 6) ; Z8 = 300(4)+500(6) = 1200+3000 ∴Z8=$4200 Optimo mínimo
P9(5 , 6) ; Z9 = 300(5)+500(6) = 1500+3000 ∴Z9=$4500
P10(5 , 10) ; Z10 = 300(5)+500(10) = 1500+5000 ∴Z1=$6500
Como podemos observar el punto P8(4 , 6), arroja el valor mínimo de Z = $4200
Solución optima: X1 = 4 mld ; X2 = 6 mld y Z Min= $4200
IX)Probar factibilidad: Si X1=4 y X2=6
1.- X1+X2 ≥10 3.- X2 ≤10 5.- X1 ≥0 y X2 ≥0
4 + 6 ≥10 6 ≤10 (Cumple) 4 ≥0 y 6 ≥0 (Cumple)
10 ≥10 (Cumple)
2.- X1 ≤5 4.- X2 ≥6
4 ≤5 (Cumple) 6 ≥6 (Cumple)
X)Conclusión: El director deberá suministrar 4 millones de litros de agua diarios a través
del deposito local y 6 millones de litros de agua diarios a través de las tuberías (Por
bombeo); para satisfacer el requerimiento mínimo de 10 millones de litros de agua diarios a
un costo mínimo de $4200.
I).- METODO GRAFICO:
19. Problemas Propuestos:
1).- Una compañía elabora dos productos. Mesas y sillas y se deben procesar a través de
los departamentos de ensamble y acabado. Ensamble tiene 60 horas disponibles, acabado
puede manejar hasta 48 horas de trabajo. La fabricación de una mesa requiere 4 horas de
ensamble y 2 horas de acabado. Si la utilidad es de $80 por mesa y $60 por silla, ¿ cual es
la mejor combinación posible de mesas y sillas para producir y vender y obtener la máxima
ganancia?
2).- Una compañía esta tratando de encontrar la mejor manera de cortar platos de papel de
rollo estándar. Tiene dos pedidos de platos: uno por 100,000 platos de 9 pulgadas. El otro
por 178,000 platos de 7 pulgadas. Se han propuesto dos métodos de corte. El corte A rinde
5 platos de 9 pulgadas y 10 platos de 7 pulgadas, mas 4 pulgadas de desperdicio por cada
rollo de material. El corte B rinde 8 platos de 9 pulgadas y 5 platos de 7 pulgadas, mas 6
pulgadas de desperdicios por cada rollo de material. ¿ Cuantos cortes de cada tipo deben
hacerse para minimizar el desperdicio?.
3).- Un expendio de carnes de la ciudad acostumbrada ha preparar carnes para
albondigon con una combinación de carne molida de res y carne molida de cerdo, la carne
de res contiene 80% de carne y 20% de grasa y le cuesta a la tienda $40 el kilo, la carne de
cerdo contiene 68% de carne y 32% de grasa y cuesta $30 por kilo. ¿ Que cantidad de cada
tipo de carne debe emplear la tienda en cada kilo de albondigon, si desea minimizar el
costo y mantener el contenido de grasa no mayor del 25%?.
II).- MÉTODO SIMPLEX:
20. La mayoría de los problemas reales de programación lineal tienen mas de dos variables
y son por ende demasiado grandes para su solución grafica. Un procedimiento llamado
método simplex desarrollado en 1947 por el norteamericano George B. Dantzia puede ser
utilizado para encontrar la solución óptica de los problemas con multivariables. El Método
Simplex es en realidad un algoritmo ( ó un conjunto de instrucciones) con el que se
examinan los puntos vértices (esquinas) de una manera metódica hasta conseguir la mejor
solución: la máxima utilidad ó el mínimo costo, por ejemplo.
TIPOS DE SOLUCIÓN:
Solución Factible: Es un valor del conjunto de variables (vector solución) para el cual
todas las restricciones se cumplen, incluyendo las de no-negatividad.
Solución Optima: Es una solución factible que optimiza la función objetivo “z”.
Solución Básica: En un sistema de ecuaciones con n variables (n , m). Una solución es
aquella se obtiene de fijar (n , m) variables del sistema iguales a cero y resolver el sistema
en función de las “m” restantes, a estas variables se les llaman Variables Básicas.
Solución Básica Factible: Es aquella solución básica en que todas las variables básicas son
no-negativo.
TIPOS DE VARIABLES:
Variables de Decisión: Son aquellas variables que determinan la solución del problema y
se denotan por Xj.
Variables Base: Son aquellas variables que se agregan al sistema de restricciones como de
holgura y artificiales y pertenecen a la columna Vb.
Variables de Holgura: La variable de holgura se denota por Hi y Hj, cuya ecuación es:
1)Al introducirla a la restricción, la convierte en ecuación.
2)Forma parte de la matriz identidad y su costo es cero.
3)En la tabla simplex, en renglón representa el sobrante del recurso y en la
columna representa el sobrante de la contribución.
Variable Artificial: Esta variable se denota por Ai y Aj, cuya función es:
1)Sirve como variable basica inicial, carece de sentido en el problema, solo en un
artificio.
2)Forma parte de la matriz identidad y su costo es M, tan grande cuando Z se
minimiza y tan pequeña cuando Z se maximiza, para garantizar valore negativos y
positivos, respectivamente
3)Tiene preferencias de entrar a la tabla simplex inicial.
PROPIEDADES:
21. 1)El conjunto de soluciones factibles es un conjunto convexo.
2)Si existe una solución factible, existirá una solución básica factible,
correspondiente a un punto vértice del conjunto de soluciones factibles (conjunto
convexo).
3)Existe un número finito de soluciones básicas factibles (puntos vértices del
conjunto convexo).
4)Si la función objetivo posee un óptimo finito. Entonces dicho óptimo estará dado
por una ó mas soluciones básicas factibles.
PROCEDIMIENTO DE CALCULO:
I)Formación del problema (fase I).
II)Construccion del modelo del problema (fase II).
III)Convertir el sistema de restricciones en un sistema de ecuaciones; agregando variables
de holgura y artificiales, según sea el tipo de restricción:
TIPO DE
RESTRINCCION
SE AGREGA FUNCION OBJETIVO
≤ Hi Max ó Min Z= 0 Hj
= Ai Max Z = -MAj ó Min Z= Maj
≥ -Hi + Ai Max Z=0Hj-MAj ó Min Z=0Hj+MAj
NOTA: La variables artificial Ai, tiene preferencia de entrar a la columna base Vb.
IV)Construir la nueva función objetivo, incluyendo las variables de holgura primero y
segundo las variables artificiales, con sus respectivos costos (0 y +M ó –M)
V)Construir el sistema de ecuaciones, incluyendo las variables de holgura primero y
segundo las artificiales, la variable que no contenga la ecuación, se agregará con
coeficiente cero.
VI)Construir la tabla simplex inicial (tabla N°1):
1)Definir una columna-renglón Cj que contenga en renglón los coeficientes de la función
objetivo y en columna los coeficientes de las variables básicas (holgura y artificiales)
2)Definir una columna que contenga las variables básicas Vb ( de holgura y artificiales).
3)Definir una columna que contenga los recursos disponibles bj (columna solucion).
4)Definir la matriz de cuerpo que contiene las columnas de las variables de decisión Xi
y sus coeficientes tecnológicos aij.
5)Definir la matriz identidad que contiene las columnas de las variables básicas (primero
las de holgura y después las artificiales), con sus respectivos coeficientes técnicos +- 1.
6)Definir el renglón Zj, empleando las expresión : Zj = ( columna Cj ) ( columnas aj) ; es
decir, la suma de los productos de los elementos correspondientes de la columna Cj con
cada columna aj.
7)Definir el renglón Cj- Zj ; el cual se obtiene restando los elementos del renglón Zj, de los
elementos correspondientes del renglón Cj.
TABLA SIMPLEX INICIAL (Tabla N° 1)
22. MATRIZ DE CUERPO MATRIZ IDENTIDAD
Cj C1 C2 .. Cj 0 0 .. 0 +_M +_M .. +_M
Vb bj X1 X2 .. Xj H1 H2 ..
H
j
A1 A2 .. Aj
0 H1 b1 a11 a12 .. aij 1 0 .. 0 +_1 0 .. 0
0 H2 b2 a21 a22 .. a2j 0 1 .. 0 0 +_1 .. 0
: : : : : .. : : : .. : : : .. :
0 Hi : : : .. : : : .. : : : .. :
+- M A1 : : : .. : : : .. : : : .. :
+-M A2 : : .. : : : .. : : : .. :
: : : : : .. : : : .. : : : .. :
+-M Ai bj ai1 ai2 .. aij 0 0 .. 1 0 0 .. +_1
Zj
Cj-Zj
VII).- Resolver la tabla simplex (proceso iterativo).
1)Determinar la variable de entrada : la determina el valor mayor positivo del renglón
Cj- Zj, si el objetivo es Max Z o el valor mayor negativo si el objetivo es Min Z,
definiéndose así, la columna seleccionada aj.
2)Determinar la variable de salida : esta variable se determina empleando la ecuación
matricial : Vb = bj/aj ; es decir, el menor valor positivo de dividir cada elemento de la
columna recursos bj entre sus correspondientes elementos de la columna seleccionada
aj, definiendo así, el renglón seleccionado Rs. (posteriormente renglón pivote).
3)Obtener el numero pivote np, el cual se obtiene por la intersección del renglón y
columna seleccionados y se encierra en un circulo.
n pR s
a j
4)Obtener los elementos del renglón pivote (R.P.) , el cual se obtiene multiplicando los
elementos del renglón seleccionado Rs por el inverso multiplicativo del numero
pivote np, es decir : R.P. = np
1
Rs y se introduce a las siguiente tabla
5)Calcular los valores de los renglones restantes aplicando la expresión “NE”.
23.
−
=
a jd as e l e c c i o n a
c o l u m n al ac o n
a c t u a lr e n g l o nd e l
o nI n t e r s e c c iE l e m e n t o
r e n g l o n
d e l
a c t u a l e s
E l e m e n t o s
r e n g l o n
n u e v o
d e l
E l e m e n t o s
p i v o t e
r e n g l o n
d e l
E l e m e n t o s
“NE”
e introducirlos a la siguiente tabla:
6)Calcular los renglones Zj y Cj – Zj, e introducirlos a la siguiente tabla.
VIII) Verificar optimalidad : si el objetivo es Max Z; Cj – Cj ≤ 0. en todos sus
elementos y si el objetivo es Min Z; Cj- Zj ≥ 0, en todos sus elementos , de no cumplirse,
repetir el paso VII.
IX)Obtener la solución optima del problema, empleando la ecuación matricial : Vb = bj.
X)Verificar la factibilidad. Sustituyendo los valores óptimos de las variables de decisión Xi
encada restricción, incluyendo las de no- negatividad.
24. XI)Conclusión.
II) Método Simplex :
Problema de Auto evaluación.
Una compañía manufacturera puede producir dos productos A y B. La producción esta
organizada en tres departamentos : fabricación, ensamble y pintura, con capacidades
semanales de 72 hora, 30 horas y 40 horas para los tres departamentos, respectivamente.
Cada unidad del producto A requiere dos horas de tiempo de fabricación, una hora de
ensamble y dos horas de pintura. Las condiciones en las ganancias son de $ 8 y $ 10 por
unidad del producto A y B, respectivamente. La compañía es capaz de vender cualquier
cantidad de los dos productos, determine:
a).- la solución optima, empleando el método simplex; b) ¿qué departamento tiene exceso
de capacidad? Y c) si a la compañía le ofrecen pintura en oferta a $ 2/litro. ¿debería
comprarla?.
25. SOLUCION:
a). Obtener solución optima, empleando simplex.
I) Formulación del problema (fase I).
a) Determinar el objetivo : maximizar la ganancia.
b) Definir variables : Z= ganancia
X1 = Nª de productos tipo A a producir ; C1 = $ 8 / producto.
X2 = Nª de productos tipo B a producir : C2 = $ 10 / producto.
c). Establecer restricciones : 1). Tiempo
• Departamento de Fabricación : 72 horas semanales
• Departamento de ensamble : 30 horas semanales.
• Departamento de pintura : 40 horas semanales.
II) Construcción del modelo del problema (fase II).
a). Funcion objetivo : Max Z = 8X1 + 10 X2
b). Sujeta a las restricciones :
• Departamento de Fabricación : 2X1 + 3X2 ≤ 72
• Departamento de ensamble : X1 + X2 ≤ 30
• Departamento de pintura : X1 + 2X2 ≤ 40
c). No – Negatividad : X1 ≥ 0; X2 ≥ 0
III) Convertir el sistema de restricciones a un sistema de ecuaciones, agregando variables
de holgura y/o artificiales, según el tipo de restricción, en este problema, podemos observar
las tres restricciones son ≤ , por lo tanto a ambas se les agrega variable de holgura Hi.
Sistema de Restricciones Sistema de Ecuaciones
2X1 + 3X2 ≤ 72 2X1 + 3X2 + H1 = 72
X1 + X2 ≤ 30 X1 + X2 + H2 = 30
X1 + 2X2 ≤ 40 X1 + 2X2 + H3 = 40
H1 ; H2 y H3, Con costo cero
IV). Construir nueva Función Objetivo : Max Z = 8X1 + 10X2 + 0H1 + 0H2 + 0H3
V). Construir el sistema de ecuaciones : 2X1 + 3X2 + H1 + 0H2 + 0H3 = 72
X1 + X2 + 0H1 + H2 + 0H3 = 30
X1 + 2X2 + 0H1 + 0H2 + H3 = 40
No – Negatividad : X1 ≥ 0 ; X2≥ 0 ; H1≥ 0 ; H2≥ 0 ; H3≥ 0.
VI). Construir la tabla simplex inicial ( tabla n° 1).
Tabla N°1: Entra X2 (a2:seleccionada). Función objetivo.
Cj 8 10 0 0 0
26. Vb bj X1 X2 H1 H2 H3
0 H1 72 2 3 1 0 0
0 H2 30 1 1 0 1 0
0 H3 40 1 2 0 0 1 Sale H3 (R3 seleccionado)
Zj 0 0 0 0 0 0
Cj-Zj 8 10 0 0 0
Zj = (Columna Cj) (columna aj) Cj-Zj = renglón Cj – renglón Zj
Zjbj = 0 (72) + 0 (30) + (40) = 0 Cj – Zj X1 = 8-0 = 8
ZjX1= 0(2) + 0 (1) + 0 (1) = 0 Cj – ZjX2 = 10 –0 = 10
ZjX2= 0(3) + 0 (1) + 0 (2) = 0 Cj – ZjH1 = 0-0 = 0
ZjH1= 0(1) + (0) + 0 (0) = 0 Cj – ZjH2 = 0-0 = 0
ZjH2= 0(0) + 0(1) + 0 (0) = 0 Cj – ZjH3 = 0-0 = 0
ZjH3= 0(0) + 0(0) + 0(1) = 0
VII). Resolver la tabla N°1 (Primera iteración)
1)Determinar la variable de entrada : como el objetivo es Max Z; la determina el mayor
valor positivo de Cj – Zj = 10 , entonces X2 debe entrar a la base Vb, definiendo asi la
columna seleccionada a2 =
2
1
3
2)Determinar la variable de salida empleando la ecuación matricial Vb = bj/a2
(menor valor positivo)
27. Vb = bj/a2 ;
;
2 0
3 0
2 4
2/4 0
1/3 0
3/7 2
3
2
1
1
3
4 0
3 0
7 2
3
2
1
=
=
∴
=
H
H
H
H
H
H
Siendo 20 el menor valor positivo, entonces H3 debe salir de la base
28. Vb, definiendo asi, el renglon seleccionado R3.
3)Obtener el numero pivote np, de acuerdo a la tabla N°1 , np = 2
4)Obtener los elementos del renglón pivote, empleando la ecuación : R.p. = 1/2R3, e
introducirlo a la tabla siguiente ; es decir, tabla N° 2.
R.P. = ½ (40 1 2 0 0 1) = 20 ½ 1 0 0 ½
Tabla N°2: Entra X1 (a1:seleccionada). Función objetivo.
Cj 8 10 0 0 0
Vb bj X1 X2 H1 H2 H3
0 H1 12 1/2 0 1 0 -3/2
0 H2 10 1/2 0 0 1 -1/2 Sale H2 (R2 seleccionado)
10 X2 20 1/2 1 0 0 1/2
Zj 200 5 10 0 0 5
Cj-Zj 3 0 0 0 -5
5)Obtener los valores de los renglones restantes R1 y R2 ; empleando la expresión “NE”,
e introducirlos a la siguiente tabla (Tabla Nª 2 )
NR1=R1-3 R.P. NR2=R2-1 R.P.
R1 72 2 3 1 0 0 R2 30 1 1 0 1 0
-3 R.P. –3(20 ½ 1 0 0 ½) -1 R.P. –1(20 ½ 1 0 0 ½)
72 2 3 1 0 0 30 1 1 0 1 0
-60 -3/2 –3 0 0 -3/2 -20 –1/2 -1 0 0 -1/2
NR1 12 ½ 0 1 0 -3/2 NR2 10 ½ 0 0 1 -1/2
6)Calcular los renglones Zj y Cj–Zj e introducirlos a la siguiente tabla.(Tabla Nª 2).
Zjbj = 0 (12) + 0 (10) + 10 (20) = 200 Cj – ZjX1 = 8-5 = 3
ZjX1= 0 (1/2) + 0 (1/2) + 10 (1/2) = 5 Cj – ZjX2 = 10 –10 = 0
ZX2 = 0 (0) + 0 (0) + 10 (1) = 10 Cj – ZjH1 = 0-0 = 0
ZjH1 = 0 (1) + 0 (0) + 10 (0) = 0 Cj – ZjH2 = 0-0 = 0
ZjH2 = 0 (0) + 0 (1) + 10 (0) = 0 Cj – ZjH3 = 0-5 = -5
ZjH3 = 0 (-3/2) + 0 (-1/2) + 10 (1/2) = 5
*Poner tabla
después de
paso 6
NR1
NR2
R.P.
sumarsumar
29. VIII).- Verificar optimalidad: como el objetivo Max Z ; Cj – Zj ≤ 0, en todos sus
elementos, ya que C1- Z1 = 3 ≥ 0 ; no cumple, repetir el paso VII.
VII).- Resolver tabla N° 2 (segunda iteración).
1).- Se determina la variable de entrada ; como el objetivo es Max Z, la determina el
valor mayor positivo de Cj – Zj = 3, entonces X1, debe entrar a la base Vb, definiendo asi la
columna seleccionada a1 =
2/1
2/1
2/1
2).-Se determina la variable de salida empleando la ecuación matricial : Vb bj/a1 (menor
valor positivo), es decir:
31. entonces H2 debe salir de la base Vb, definiendo el renglón seleccionado R2.
3).- Obtener el numero pivote np, de acuerdo a la tabla N°2, np= ½
4).- Obtener los elementos del renglón pivote R.P., empleando la ecuación R.P.= 2R2; e
introducirlo a la siguiente ; es decir, tabla N°3.
R.P. = 2 (10 ½ 0 0 1 -1/2) = 20 1 0 0 2 -1
Tabla N°2:
Cj 8 10 0 0 0
Vb bj X1 X2 H1 H2 H3
0 H1 2 0 0 1 -1 -1
8 X1 20 1 0 0 2 -1
10 X2 10 0 1 0 -1 1
Zj 260 8 10 0 6 2
Cj-Zj 0 0 0 -6 -2
5).- Calcular los valores de los renglones restantes R1 y R3, empleando la expresión “NE”,
e introducirlos a la siguiente tabla (Tabla N° 3).
NR1=R1-1/2 R.P. NR3=R3-1 R.P.
R1 12 ½ 0 1 0 -3/2 R3 20 ½ 1 0 0 ½
-1/2 R.P. –1/2(20 1 0 0 2 -1) -1/2 R.P. –1(20 ½ 1 0 0 ½)
12 ½ 0 1 0 -3/2 20 ½ 1 0 0 ½
-10 -½ 0 0 -1 ½ -20 –1/2 -1 0 0 -1/2
NR1 12 ½ 0 1 0 -3/2 NR3 10 ½ 0 0 1 -1/2
6).- Calcular los renglones Zj y Cj- Zj, e introducirlos a la siguiente tabla ( Tabla Nª 3)
Zjbj = 0(2) + 8(20) + 10(10) = 0+160+100=260 Cj-Zj X1= 8-8 = 0
Zj X1= 0(0) + 8(1) + 10(0) = 0+8+0 = 8 Cj-Zj X2 = 10-10 = 0
Zj X2= 0(0)+ 8(0) + 10(1) = 0+0+10 = 10 Cj-Zj H1= 0-0 = 0
NR1
NR2
R.P.
Función Objetivo
sumarsumar
32. Zj H1= 0(1) + 8(0) + 10(0) = 0+0+0 = 0 Cj-Zj H2 = 0-6 = -6
Zj H2= 0(-1) + 8(2) + 10(-1) = 0+16-10 = 6 Cj-Zj H3 = 0-2 = -2
Zj H3= 08-1) + 8(-1) + 10(1) = 0-8+10 = 2
VIII).- Verificar optimalidad como el objetivo es Max Z, Cj-Zj ≤ 0, en todos sus
elementos, de acuerdo a la tabla N° 3, todos cumplen, por lo tanto, la tabla N° 3, es optima.
IX).- Obtener la solución optima, empleando la ecuación matricial : Vb = bj ; es decir:
=
2 6 0
1 0
2 0
2
2
1
1
Z j
X
X
H
; por lo tanto ;
X).- Verificar Factibilidad : sustituyendo X1=20 y X2=10; en el sistema de restricciones
del problema:
2X1 + 3X2 ≤ 72 X1 + X2 ≤ 30 X1 + 2X2≤ 40
2(20) + 3(60) ≤ 72 20 + 10 ≤ 30 20 + 2(10)≤ 40
40 + 30 ≤ 72 (cumple) 30≤ 30 (cumple) 40 ≤ 40 (cumple)
IX).- Conclusión : La compañía deberá elaborar 20 productos tipo A y 10 productos tipo
B ; para obtener la Máxima utilidad de $ 260, a la semana.
b).- ¿ Que departamento o departamentos tiene exceso de capacidad?
Revisando la tabla N° 3 (optima), el valor de las variables de holgura en renglón: H1=2 ;
H2=0 y H3=0, entonces. Si H1=2, esto indica que el departamento de fabricación es el que
tiene exceso de capacidad de 2 horas semanales.
X1=20 H1=2
X2=10 H2=0
Z Max = $260 H3=0
33. c).- Si a la compañía le ofrecen pintura en oferta de $2/litro, ¿debería comprarla?
Revisando la tabla N°3 (optima), es el valor absoluto de las variables de holgura en
columna H1=$0, H2=$6 y H3=$2; como podemos observar H3= $2 ; por lo tanto la
compañía deberá comprar la pintura de oferta.
II).- METODO SIMPLEX:
Problemas Propuestos:
1).- En un taller José esta tratando de decidir cuantos ganchos para trailer debe hacer para
usar un metal de desperdicio ; tiene dos tipos de metal y puede hacer cualquiera de dos
tipos de ganchos : en la tabla siguiente se proporcionan los datos necesarios:
METAL RECURRIDO PARA DISPONIBLE
Gancho Tipo
I
Gancho Tipo
II
Hierro Acanalado 5 5 35
Hierro Plano 6 9 54
a) Jose gana $ 13 por cada gancho tipo I y $ 16 por cada tipo II, ya prometió hacer dos
ganchos tipo II.
b) A José le ofrecen hierro acanalado adicional a $2 / unidad. ¿deberá comprarlo?
34. 2).- Un inversionista tiene $ 10000 que quisiera produjeran tanto dinero como sea posible,
quiere invertir parte en acciones, parte en bonos y colocar el resto en una cuenta de ahorro.
El inversionista cree poder ganar 8 % con el dinero que invierte en acciones el 7 % que
invierte en bonos. El banco el 5 % de intereses sobre la cuenta de ahorro.
Como las acciones son una inversión con cierto riesgo, decide no invertir en acciones mas
de lo que ponga en la cuenta de ahorros. El inversionista se quedara con al menos $ 2000 en
la cuenta de ahorros por si necesita dinero en efectivo de inmediato .¿ cuanto dinero deberá
invertir en cada tipo?
3).- Una mujer quiere diseñar un programa de ejercicios semanales, incluyendo caminata
bicicleta y natación. Para variar los ejercicios, planea invertir al menos: tanto tiempo en
bicicleta como la combinación de caminata y natación .Además quiere nadar al menos dos
horas ala semana, por que le gusta mas nadar que los otros ejercicios. La caminata consume
66 calorías por hora , en la bicicleta consume 300 calorías por hora, quiere quemar al
menos 300 por hora y nadando gasta 300 ,quiere al menos 3000 calorías a la semana por
medio de los ejercicios.¿Cuantas horas debe dedicar a cada tipo de ejercicio si quiere
minimizar el numero de hojas invertidas? .
4).- Cierta compañía tiene un filial que le provee las latas que necesita para comercializar
su producto, en dicha filial que produce las latas de aluminio obtiene las tapaderas, a partir
de hojas metálicas rectangulares, las dimensiones de estas hojas son de : 6 centímetros * 15
centímetros se requieren dos tamaños diferentes de tapas, el diámetro de las pecunias es de
3 centímetros y el de las grandes de 6 centímetros. El programa de producción de un dia
determinado es de 20000 tapa . chicas y 5000 tapas grandes.
a) Formular construir el modelo de programación lineal correspondiente que minimice el
numero total de hojas metálicas usadas de tal manera de obtener la mejor combinación de
tapas de los diferentes tamaños que pueden ser cortadas.
b) Obtenga la solución optima, empleando el Método Simplex
III)Método Dual: Asociado a cualquier problema de programación lineal (primal), hay
otro problema relacionado llamado “Dual”. Aunque la idea de dualidad es esencialmente
en Matemáticas, veremos en esta sección que la dualidad tiene importantes interpretaciones
económicas que pueden ayudar a los gerentes a responder preguntas sobre recursos
alternativos de acción y sus valores relativos, es decir, el método dual es la base del análisis
de sensibilidad.
Este método se recomienda utilizarlo, cuando el numero de restricción es mayor al
número de variables de decisión Xj, requiere un cambio de variable de Xj a Yj.
Este método los problemas de maximización, los resuelve minimizando y los de
minimización los resuelve maximizando.
Procedimiento de calculo:
I)Formular el problema (fase I)
II)Construir el modelo del problema (fase II)
35. III)Construir el problema primal cuando el objetivo es MAX Z, todas sus restricciones
deben quedar expresadas con menor e igual (≤), y cuando el objetivo es MIN Z, todas
sus restricciones deben quedar con mayor e igual (≥); es decir.
Problema primal (caso I). Cambio de variable
a).- Función objetivo: MAX Ζ= c1x1 + c2x2 +… + cjxj para el dual
b).- Sujeta a las restricciones: a11X1 + a12X2 +… + a1jxj ≤ b1 y1
a21X1 + a22X2 +… + a2jxj ≤ b2 y2
: : : : : : :
ai1X1 + ai2X2 + … + aijxj ≤ bj yj
c).- No-Negatividad : xj ≥ Ø ; j = 1,2,3, …, n.
Problema primal (caso II). Cambio de variable
a).- Función objetivo: Min Ζ = c1x1 + c2x2 +… + cj xj para el dual
b).- Sujeta a las restricciones: a11X1 + a12X2 +… + a1jxj ≥ b1 y1
a21X1 + a22X2 +… + a2jxj ≥ b2 y2
: : : : : : :
ai1X1 + ai2X2 + … + aijxj ≥ bj yj
c).- No Negatividad : xj ≥ Ø ; j = 1,2,3, …, n.
IV)Construir el problema dual, a partir del problema primal haciendo cambio de
variable y tomando los valores de los recursos bj y la nueva variable Yj, se construye la
función objetivo del problema dual y las restricciones se establecen tomando
coeficientes tecnológicos aij de las columnas del primal, para convertirlas en región para
el dual, restringiéndolas a la contribución Cj de las variables de decisión Xj, sin olvidar
que si el objetivo del primal es Max Z, el dual lo resuelve Min Z, con sus restricciones
mayor e igual, pero si el objetivo del primal es Min Z, el dual lo resuelve Max Z, con
sus restricciones mayor e igual.
Problema primal (caso I)
Max Z = c1x1 + c2x2 + … + cjxj
Sujeta a:
a11x1 + a12x2 + … + a1jxj ≤ b1
a21x1 + a22x2 + … + a2jxj ≤ b2
: : : : :
ai1X1 + ai2X2 + … + aijxj ≤ bj
Xj ≥ Ø : j = 1,2,3, …, n
Problema Dual (caso I)
Min Z = b1y1 + b2y2 + … + bjyj
36. Sujeta a:
a11y1 + a21y2 + … + aλ1yj ≥ c1
a21x1 + a22x2 + … + aλ2yj ≥ c2
: : : : :
a1jy1 + a2jy2 + … + aijyj ≥ cj
Yj ≥ Ø : j = 1,2,3, …, n
Problema primal (caso II)
Min Z = c1x1 + c2x2 + … + cjxj
Sujeta a:
a11x1 + a12x2 + … + a1jxj ≥ b1
a21x1 + a22x2 + … + a2jxj ≥ b2
: : : : :
ai1X1 + ai2X2 + … + aijxj ≥ bj
yj ≥ Ø : j = 1,2,3, …, n
Problema Dual (caso II)
Max Z = b1y1 + b2y2 + … + bjyjj
Sujeta a:
a11y1 + a21y2 + … + ai1yj ≤ c1
a12y1 + a22y2 + … + ai2yj ≤ c2
: : : : :
a1jy1 + a2jy2 + … + aijyj ≤ cj
yj ≥ Ø : j = 1,2,3, …, n
V)Resolver el problema dual, empleando el método SIMPLEX con el siguiente
procedimiento:
1)Convertir el sistema de restricciones en un sistema de ecuaciones, agregando
variables de holgura y artificiales, según el tipo de restricción.
2)Establecer la nueva función objeto, que incluya todas las variables
3)Establecer el nuevo sistema de ecuaciones, que incluya todas las variables.
4)construir la tabla SIMPLEX inicial (tabla N°1).
5)Resolver tabla número 1 (proceso iterativo):
Obtener: a)Variable de entrada; b)Variable de salida; c)Numero pivote; d)Elementos
de región pivote; e)Elementos de los regionales restantes y f)Elementos de
las regiones zj y cj-zj.
6)Revisar optimalidad, de no cumplirse repetir el paso V.
37. VI)Obtener la solución optima: de la tabla SIMPLEX optima, se obtienen los valores
absolutos de Cj – Zj, de las variables holgura Hj, cuyos valores corresponden a las
variables de Xj, es decir, Xj = Hj y para obtener el valor optimo de Z, se sustituyen los
valores de Xj en la función de objetivo del problema original (fase II).
VII)Se verifica la factibilidad; sustituyendo los valores de Yj en el sistema de
restricciones del sistema original (fase II).
VIII)Conclusión.
III)Método Dual:
Problema de auto evaluación:
En una determinada empresa, uno de los productos finales que se fabrican, tienen una
especificación de peso igual a 150 gramos. Las dos materias primas que se utilizan son A,
con un costo unitario de $20 y B con un costo unitario de $80; se deben usar por lo menos
14 unidades de B y no mas de 20 unidades de A. cada unidad A pesa 5 gramos y las de B
pesan 10 gramos. ¿Cuánto debe usar de cada tipo de material por unidad de producto final
si se desea minimizar los costos? Resuelva empleando el método dual.
Solución:
I)Formular el problema (fase I)
a) Determinar el objetivo: minimizar los costos
b) Definir las variables:
Z = costos
38. X1 = numero de unidades a utilizar del producto A; c1=$20/producto
X2 = numero de unidades a utilizar del producto B; c1=$80/producto
c) Establecer restricciones: 1.-Peso del producto final = 150 gramos
2.-Requerimiento mínimo de 14 unidades del producto B
3.-Requerimiento máximo de 20 unidades del producto A
II)Construir el método del problema (fase II)
a) Función objetivo: Min Z = 20X1 + 80X2
b) Sujeta a las restricciones:
1. Peso del producto final: 5X1 + 10X2 = 150
2. Requerimiento mínimo: X2 ≥ 14
3. Requerimiento máximo X1 ≤ 20
c) No-negatividad: X1 ≥ Ø ; X2 ≥ Ø
Nota: cuando una restricción esta definida para una igualdad, esta debe expresarse como
dos desigualdades, es decir: 5x1 + 10x2 = 150; debe expresarse:
5x1 + 10x2 ≥ 150
5x1 + 10x2 ≤ 150
III)Construir el problema primal: como el objetivo es Min Z, todas sus restricciones deben
quedar expresadas con mayor e igual ≥, es decir:
Problema primal (caso II)
Min Z = 20x1 + 80x2
Sujeta a: Cambio de variable para dual
5x1 + 10x2 ≥ 150 y1
-5x1 - 10x2 ≥ -150 y2
Øx1 + x2 ≥ 14 y3
- x1 + Øx2 ≥ -20 y4
x1 ≥ Ø; x2 ≥ Ø
IV)construir el problema dual: si el objetivo del primal es Min Z (caso II); entonces el
problema dual, lo resuelve Max Z, cuyas restricciones deben quedar expresadas como
menor e igual ≤, es decir:
Problema primal (caso II) Problema dual (caso II)
MIN Z = 20x1 + 80x2 Max Z = 150y1 – 150y2 + 14y3 - 20y4
Sujeta a: Sujeta a:
5x1 + 10x2 ≥ 150 5y1 – 5y2 + Øy3 – y4 ≤ 20
-5x1 - 10x2 ≥ -150 10y1 – 10y2 + 4y3 + Øy4 ≤ 80
Øx1 + x2 ≥ 14 y1; y2; y3; y4 ≥ Ø
- x1 + Øx2 ≥ -20
x1 ≥ Ø;x2 ≥ Ø
V)Resolver el problema dual, empleando el método SIMPLEX.
1)Convertir el sistema de restricciones en un sistema de ecuaciones: esto se logra
agregando variables de holgura y artificiales, según el tipo de estricción; en nuestro
problema queda así:
39. Y
1
Restricciones: 5y1 – 5y2 + Øy3 – y4 ≤ 20
10y1 – 10y2 + 4y3 + Øy4 ≤ 80
Ecuaciones: 5y1 – 5y2 + Øy3 – y4 + H1 = 20
10y1 – 10y2 + 4y3 + Øy4 + H2 = 80
2)Función objetivo: Max Z = 150y1 – 150y2 +14y3 -20y4 + ØH1 + ØH2
3)Sistema de ecuaciones: 5y1 – 5y2 + Øy3 – y4 + H1 + ØH2 = 20
10y1 – 10y2 + y3 + Øy4 + ØH1 + H2 = 80
y1; y2; y3; y4; ≥ Ø; H1; H2 ≥ Ø
4)Construir la tabla SIMPLEX inicial (tabla 1)
Tabla N°1: Entra Y1 (a1:seleccionada). Función objetivo.
Cj 150 -150 14 -20 0 0
Vb bj Y2 Y3 Y4 H1 H2
0 H1 20 5 -5 0 -1 1 0
0 H2 80 10 -10 1 0 0 1
Zj 0 0 0 0 0 0 0
Cj-Zj 150 -150 14 -20 0 0
5)Resolver tabla No 1 (primera iteración)
a)Determinar variable de entrada: como el objetivo es Max Z, la defina Cj-Zj mayor
positivo; es decir: C1-Z1=150 ; por lo que Y1, debe entrar la base Vb (a1 seleccionada)
b)Determinar variable de salida: empleando la ecuación matricial Vb = bj/a1
(Menor valor positivo; es decir:
H
1
Sale H1 (R1 seleccionado)
40.
2
1
H
H
=
1 0
5
8 0
2 0
=
=
∴
8
4
2
1
1 0/8 0
5/2 0
H
H
; Siendo 4 el menor valor positivo, H1 debe salir
de la base Vb. (R1 seleccionado).
c)Obtener el numero pivote np: de acuerdo a la tabla N°1 ; np = 5.
d)Calcular los elementos del renglón pivote R.P. , empleando la ecuación. R.P.= 1/5 R1 ; e
introducirlo a la siguiente tabla, es decir, tabla N°2.
R.P. = 1/5 [ ]011-05-520 = 4 1 -1 0 -1/5 1/5 0
Tabla N°2: Entra Y3 (a3:seleccionada). Función objetivo.
Cj 150 -150 14 -20 0 0
Vb bj Y1 Y2 Y3 Y4 H1 H2
150 Y1 4 1 -1 0 -1/5 1/5 0
0 H2 40 0 0 1 2 -2 1
Zj 600 150 -150 0 -30 30 0
Cj-Zj 0 0 14 10 -30 0
H
2
Sale H2 (R2 seleccionado)
R.P.
NR2
41. e)Calcular renglón restante R2, empleando la ecuación “NE”, e introducirlo a la tabla N°2.
NR2 = R2-10 R.P.
R2 80 10 -10 1 0 0 1
-10R.P. -10( 4 1 -1 0 -1/5 1/5 0 )
80 10 -10 1 0 0 1 sumar
-40 -10 10 0 2 -2 0
NR2 40 0 0 1 2 -2 1
f)Calcular los renglones Zj y Cj-Zj
Zj bj = 150(4)+0(40) = 600+0 = 600 Cj-Zj Y1 = 150-150 =0
Zj Y1 = 150(1)+0(40) = 150+0 = 150 Cj-Zj Y2 = -150-(-150) = -150+150 = 0
Zj Y2 = 150(-1)+0(0)= -150+0 Cj-Zj Y3 = 14-0 = 14
Zj Y3 = 150(0)+0(1)= 0+0 = 0 Cj-Zj Y4 = -20-(-30) = -20+30 = 10
Zj Y4 = 150(-1/5)+0(2) = -30+0 = -30 Cj-Zj H1 = 0-30 = -30
Zj H1 = 150(1/5)+0(-2) = 30+0 = 30 Cj-Zj H2 = 0-0 = 0
Zj H2 = 150(0)+0(0) = 0+0 = 0
6)Verificar optimalidad: cuando el objeto es Max Z; Cj-Zj ≥0, en todos sus valores, de
acuerdo a la tabla N°2: C3-Z3=14 > 0 ; C4-Z4=10 > 0 ; no cumplen, por lo tanto se repite el
paso N°5.
5)Resolver tabla N°2 (Segunda iteración).
a)Determinar variable de entrada: Cuando el objetivo es Max Z, la define Cj-Zj mayor
valor positivo ; es decir: C3-Z3= 14, por lo tanto Y3 debe entrar a la base Vb:
(a3:seleccionada)
b)Determinar variable de salida: Empleando la ecuación matricial Vb = bj/a3 (menor
valor positivo); es decir:
2
1
H
Y
=
1
0
4 0
4
=
=
∞=
401/40
0/4
∴
2
1
H
Y
=
∞
40
; Siendo 40 el valor menor
positivo, entonces H2 debe salir de la base Vb (R2 seleccionado).
c)Obtener el numero pivote np. De acuerdo a la tabla N°2. np = 1
42. d)Calcular los elementos del renglón pivote: R.P.= 1R2; e introducirlo a la siguiente tabla,
es decir a la tabla N°3:
R.P.= 1[ ]12-210040 = 40 0 0 1 2 -2 1
Tabla N°3: Función objetivo.
Cj 150 -150 14 -20 0 0
Vb bj Y1 Y2 Y3 Y4 H1 H2
150 Y1 4 1 -1 0 -1/5 1/5 0
14 Y3 40 0 0 1 2 -2 1
Zj 1160 150 -150 14 -2 2 14
Cj-Zj 0 0 0 -18 -2 -14
e)Calcular renglón restante R1, empleando la ecuación “NE”, e introducirlo a la tabla N°3.
NR1 = R1-0 R.P.
R1 4 1 -1 0 -1/5 1/5 0
-10R.P. 0( 40 0 0 1 2 -2 1 )
4 1 -1 0 -1/5 1/5 0 sumar
0 0 0 0 0 0 0
NR2 4 1 -1 0 -1/5 1/5 0
f)Calcular los renglones Zj y Cj-Zj , e introducirlos a la tabla N°3.
Zj bj = 150(4)+14(40) = 600+560 = 1160 Cj-Zj Y1 = 150-150 =0
Zj Y1 = 150(1)+14(0) = 150+0 = 150 Cj-Zj Y2 = -150-(-150) = -150+150 = 0
Zj Y2 = 150(-1)+14(0)= -150+0 Cj-Zj Y3 = -20-(-2) = -20+2 = -18
Zj Y3 = 150(-1/5)+14(2)= -30+28 = -2 Cj-Zj Y4 = 14-14 = 0
Zj Y4 = 150(0)+14(1) = 0+14 = 14 Cj-Zj H1 = 0-2 = -2
Zj H1 = 150(1/5)+14(-2) = 30-28 = 2 Cj-Zj H2 = 0-14 = -14
Zj H2 = 150(0)+14(1) = 0+14 = 14
6)Revisar optimalidad: Como el objeto es Max Z; Cj-Zj ≥0, en todos sus elementos
revisando la tabla N°3: se cumple Cj-Zj ≤ 0 ; por lo tanto la tabla N°3, es optima.
VI)De la tabla optima, obtenemos los valores absolutos de las contribuciones de las
variables de holgura Hj, es decir: H1=2 y H2=14 ; valores que corresponden a X1 y X2,
respectivamente, por lo tanto: Z min = 20(2)+80(14) = 40+1120 = $1160.
La X1=2
Solución X2=14
Optima Z Min = $1160.
43. VII)Verificar factibilidad: Sustituir los valores X1=2 y X2=14, en el sistema de
restricciones del problema original.
1.- 5X1+10X2 = 150 2.- X2 ≥14 3.- X1 ≤20
5(2)+10(14)=150 14 ≥14 (cumple) 2 ≤20 (cumple)
10 + 140 =150
150 = 150 (cumple)
VIII)Conclusión: La empresa deberá usar 2 unidades del producto A y 14 unidades del
producto B, para obtener un producto final de peso igual a 150 gramos a un costo mínimo
de $1160.
III)METODO DUAL
Problemas Propuestos.
1)Una compañía mueblera manufactura dos clases de camas hechas de madera prensada,
la cama tipo A requiere 5 minutos para corte y 10 minutos para ensamble. La cama tipo B
requiere 8 minutos para corte y 8 minutos para ensamble. El beneficio de cama tipo A es de
$50 y de $60 para tipo B. ¿Cuántas camas de cada clase se deben producir para obtener la
máxima ganancia, si existe un compromiso de producción de cuando menos 10 del tipo A
y 10 del tipo B? Resuelva empleando el método dual.
2)Una compañía fabrica y vende dos tipos de bombas hidráulicas: normal y extra grande.
El proceso de manufactura asociado con la fabricación de las bombas implica tres
actividades: ensamblado, pintado y control de calidad. Los requerimientos de recursos para
ensamble, pintura y control de calidad de las bombas se muestran en la tabla. La
contribución a las utilidades por la venta de una bomba normal es $50 en tanto que la
utilidad por una bomba extra grande es de $75. Existen disponibles por semana 4800 horas
de tiempo para ensamble,1980 horas de tiempo de pintura y 400 horas de tiempo de control
de calidad. Las experiencias anteriores de ventas señalan que la compañía puede esperar
vender cuando menos 300 bombas normales y 180 de las extra grandes por semana. A la
compañía le gustaría determinar la cantidad de cada tipo de bomba que debe fabricar
semanalmente con el objeto de maximizar sus: utilidades. Resuelva empleando el método
Dual.
Tabla de datos técnicos:
Tipo de bomba
Tiempo de
ensamblé
Tiempo de
pintura
Tiempo de control
de calidad
Normal 3.6 1.6 0.6
Extra grande 4.8 1.8 0.6
44. Actividad 9: Aplicando la Fase III: Resolver
Problema de Auto evaluación:
Cierta compañía tiene una fabrica situada a los alrededores de una ciudad. Su producción se
limita a dos productos industriales A y B. El departamento de contabilidad ha calculado
las contribuciones de cada producto en $10 para A y de $12 para B. Cada producto pasa por
tres departamentos de la fabrica. Los requerimientos de tiempo para cada producto y el total
de tiempo disponible en cada departamento, se citan en la tabla.
¿Qué cantidad de cada producto debe fabricarse, para obtener el máximo beneficio?
Resolver aplicando los métodos: Grafico, simplex y dual.
Tabla de Datos Técnicos:
Departamentos
Productos
A B
Horas disponibles
(semanales)
Ensamble 2 3 1500
Acabado 3 2 1500
Inspección 1 1 600
Solución:
Aplicando el Método Grafico:
I)Formular el problema (Fase I).
45. a)Determinar el objetivo del problema: Maximizar la ganancia.
b)Definir las variables del problema:
Z = Ganancia
X1 = Numero de unidades a producir del producto A; c1=$10/producto.
X2 = Numero de unidades a producir del producto B; c1=$12/producto.
c)Establecer las restricciones del problema: 1)Capacidad de tiempo semanal.
Departamento de ensamble: 1500 Horas
Departamento de acabado: 1500 Horas
Departamento de inspección: 600 Horas
II) Construcción del modelo del problema (fase II).
a)Función objetivo: Max Z = 10X1+12X2
b)Restricciones: 3X1+3X2 ≤1500 (departamento de ensamble)
3X1+2X2 ≤1500 (departamento de acabado)
X1+ X2 ≤600 (departamento de inspección)
c)No-negatividad: X1 ≥0 ; X2 ≥0
III)Convertir el sistema de restricciones en un sistema de ecuaciones (en forma directa).
Sistema de restricciones: Sistema de ecuaciones:
1.- 2X1+3X2 ≤1500 1.- 2X1+3X2 = 1500
2.- 3X1+2X2 ≤1500 2.- 3X1+2X2 = 1500
3.- X1+ X2 ≤600 3.- X1+ X2 = 600
X1 ≥0 ; X2 ≥0
IV) 1.- 2X1+3X2 =1500 2.- 3X1+2X2 = 1500 3.- X1+X2 = 600
1°) Si X1= 0 1°) Si X1= 0 1°) Si X1= 0
2(0)+3X2=1500 3(0)+2X2=1500 0+X2=600
3X2=1500 2X2=1500 X2=600
X2=500 X2=750 ∴P5(0 , 600)
∴P1(0 , 500) ∴P3(0 , 750) 2°) Si X2 = 0
2°) Si X2 = 0 2°) Si X2 = 0 X1+0 = 600
2X1+3(0) = 1500 3X1+2(0) = 1500 X1=600
2X1=1500 3X1=1500 ∴P6(600 , 0)
X1=750 X1=500
∴P2(750 , 0) ∴P4(500 , 0)
V) Eligiendo una escala, trazar cada una de las restricciones (1 CMS =100 unidades)
47. VII) Encontrar el área o áreas de solución definida por el conjunto convexo, como
podemos observar en la grafica, el área 4, es en la que convergen todas las fichas (Conjunto
convexo).
VIII ) Sustituir cada uno de los puntos vértices del área de solución en la función objetivo,
para obtener la solución optima.
P(X1 , X2) ; Max Z = 10X1+12X2
P1 (0 , 500) ; Z1 = 10 (0)+12(500) = 0+6000 = 6000
P4 (500 , 0) ; Z4 = 10 (500)+12(0) = 5000+0 = 5000
P7 (0 , 0) ; Z7 = 10 (0)+12(0) = 0+0 = 0
P8 (300 , 300) ; Z8 = 10 (300)+12(300) = 3000+3600 = 6600 Optimo máximo
Como podemos observar el punto P8(300 , 300), arroja el valor máximo de Z; entonces:
La solución optima es : X1 = 300 ; X2=300 y Z Max = $6,600.
IX) Verificar factibilidad; sustituyendo X1=300 y X2=300 ; en el sistema de restricciones:
1.- 2X1+3X2 ≤1500 2.- 3X1+2X2 ≤ 1500 3.- X1+X2 ≤ 600
2(300)+3(300) ≤1500 3(300)+2(300) ≤1500 300+300 ≤600
600+900 ≤1500 900+600 ≤1500 600 ≤600(Cumple)
1500 ≤1500 (Cumple) 1500 ≤1500 (Cumple)
X)Conclusión: La compañía deberá elaborar 300 productos tipo A y 300 productos tipo B;
para obtener la máxima ganancia de $6,600 en la semana.
AREA DE
SOLUCION
P1(0,500)
P8(300,300)
P4(500,0)
P7(0,0)
48. Solución:
Aplicando el método simplex.
I) Formular el problema (Fase I).
a) Determinar el objetivo del problema: Maximizar la ganancia.
b) Definir las variables del problema:
Z = Ganancia
X1 = Numero de unidades a producir del producto A; c1=$10/producto.
X2 = Numero de unidades a producir del producto B; c1=$12/producto.
c) Establecer las restricciones del problema: 1) Capacidad de tiempo semanal.
Departamento de ensamble: 1500 Horas
Departamento de acabado: 1500 Horas
Departamento de inspección: 600 Horas
II) Construcción del modelo del problema (fase II).
a) Función objetivo: Max Z = 10X1+12X2
b) Restricciones: 3X1+3X2 ≤1500 (departamento de ensamble)
3X1+2X2 ≤1500 (departamento de acabado)
49. X1+ X2 ≤600 (departamento de inspección)
c) No-negatividad: X1 ≥0 ; X2 ≥0
III) Convertir el sistema de restricciones en un sistema de ecuaciones, agregando variables
base. Es decir, de holgura y artificiales, según el tipo de restricción, de acuerdo al sistema
de restricciones, se agregar variable de holgura Hi, por ser del tipo ≤, entonces:
Sistema de restricciones: Sistema de ecuaciones:
2X1+3X2 ≤1500 2X1+3X2 +H1 = 1500 ; H1 ≥0
3X1+2X2 ≤1500 3X1+2X2 +H2= 1500 ; H2 ≥0
X1+ X2 ≤600 X1+ X2 +H3= 600 ; H3 ≥0
H1 ; H2 ; H3 ; Con Costo Cero
IV) Función objetivo: Max Z = 10X1+12X2+0H1+0H2+0H3
V) Sistema de ecuaciones: 2X1+3X2+ H1+0H2+0H3 = 1500
3X1+2X2+0H1+ H2+0H3 = 1500
X1+ X2+0H1+0H2+ H3 = 600
VI)Constituir la tabla simplex inicial (Tabla N°1).
Tabla N°1 Entra X2 (a2:seleccionada).
Cj 10 12 0 0 0
Vb bj X1 X2 H1 H2 H3
0 H1 1500 2 3 1 0 0
0 H2 1500 3 2 0 1 0
0 H3 600 1 1 0 0 1
Zj 0 0 0 0 0 0
Cj-Zj 10 12 0 0 0
Zj = (Columna Cj) (Columna aj) y Cj-Zj = Renglón Cj-Renglón Zj
Función objetivo.
Sale H1(R1:Seleccionado)
50. VII) Resover tabla N°1 (primera iteración)
1)Determinar la variable de entrtada: como el objetivo es Max Z, la determina el mayor
valor positivo de Cj-Zj, es decir, C2-Z2=12 ; por lo tanto X2, debe entrar a la base Vb.
(a2 seleccionada).
2)Determine la variable de salida: empleando la ecuación matricial.
Vb = bj/a2 (Menor valor positivo).
52. entonces H1 debe slir de la base Vb. (R1:seleccionado)
3)Obtener el numero pivote np ; de acuerdo a la tabla N°1 ; Np = 3
4)Obtener los elementos del renglón pivote R.P. ; empleando la ecuación. R.P.=1/3 R1 ; e
introducirlo a la siguiente tabla ; es decir, a la tabla N°2.
R.P. = 1/3 (1500 2 3 1 0 0) = 500 2/3 1 1/3 0 0
Tabla N°1 Entra X1 (a1:seleccionada).
Cj 10 12 0 0 0
Vb bj X1 X2 H1 H2 H3
12 X2 500 2/3 1 1/3 0 0
0 H2 500 5/3 0 -2/3 1 0
0 H3 100 1/3 0 -1/3 0 1
Zj 6000 8 12 4 0 0
Cj-Zj 2 0 -4 0 0
5)Obtener los valores de los renglones restantes ; empleando la expresión “NE”, e
introducirlos a la tabla N°2; es decir,
NR2 = R2-2 R.P. NR3 = R3-1 R.P.
R2 1500 3 2 0 1 0 R3 600 1 1 0 0 1
-2 R.P. –2(500 2/3 1 1/3 0 0) -1 R.P. –1(20 ½ 1 0 0 ½)
500 3 2 0 1 0 600 1 1 0 0 1
-1000 -4/2 –2 -2/3 0 0 -500 –2/3 -1 –1/3 0 0
NR2 500 5/3 0 -2/3 1 0 NR3 100 1/3 0 –1/3 0 1
6)Calcular los renglones Zj y Cj–Zj e introducirlos a la siguiente tabla.(Tabla Nª 2).
Zj bj = 12 (500) + 0 (500) + 0 (100) = 6000+0+0 = 6000 Cj – Zj X1 = 10-8 = 2
Zj X1= 12 (2/3) + 0 (5/3) + 0 (1/3) = 8+0+0 = 8 Cj – Zj X2 = 12 –12 = 0
Zj X2 = 12 (1) + 0 (0) + 0 (0) = 12+0+0 = 12 Cj – Zj H1 = 0-4 = -4
Zj H1 = 12 (1/3) + 0 (-2/3) + 0 (-1/3) = 4+0+0 = 4 Cj – Zj H2 = 0-0 = 0
Zj H2 = 12 (0) + 0 (1) + 0 (0) = 0+0+0 = 0 Cj – Zj H3 = 0-0 = 0
Zj H3 = 12 (0) + 0 (0) + 0 (1) = 0+0+0 = 0
R.P.
NR2
NR3
Función objetivo.
Sale H2(R2:Seleccionado)
sumarsumar
53. VIII).- Verificar optimalidad: Cuando el objetivo es Max Z ; Cj – Zj ≤ 0, en todos sus
elementos, de acuerdo a la tabla N°2; C1- Z1 = 2 ≥ 0 ; no cumple, repetir el paso VII.
VII).- Resolver tabla Nª 2 (segunda iteración).
1).- Determina la variable de entrada ; Cuando el objetivo es Max Z, la determina el valor
mayor positivo de Cj–Zj; es decir, C1-Z1 = 2, entonces X1, debe entrar a la base Vb.
(a1 seleccionada)
2).-Se determina la variable de salida: empleando la ecuación matricial : Vb bj/a1 (menor
valor positivo), es decir:
55. definiendo el renglón seleccionado R2.
3).- Obtener el numero pivote np, de acuerdo a la tabla N°2, np= 5/3
4).- Obtener los elementos del renglón pivote R.P., empleando la ecuación R.P.= 3/5R2; e
introducirlo a la siguiente ; es decir, tabla N°3.
R.P. = 3/5 (500 5/3 0 -2/3 1 0) = 300 1 0 -2/5 3/5 0
Tabla N°2:
Cj 10 12 0 0 0
Vb bj X1 X2 H1 H2 H3
12 X2 300 0 1 3/5 -2/5 0
10 X1 300 1 0 -2/5 3/5 0
0 H3 0 0 0 -1/5 -1/5 1
Zj 6600 10 12 16/5 6/5 0
Cj-Zj 0 0 -16/5 -6/5 0
5).- Calcular los valores de los renglones restantes, empleando la expresión “NE”, e
introducirlos a la siguiente tabla (Tabla N° 3).
NR1 = R1-2/3 R.P. NR3 = R3-1/3 R.P.
R1 500 2/3 1 1/3 0 0 R3 100 1/3 0 -1/3 0 1
-2/3 R.P.=–2/3(300 1 0 -2/5 3/5 0) -1/3 R.P. –1/3(300 1 0 -2/5 3/5 0)
500 2/3 1 1/3 0 0 100 1/3 0 -1/3 0 1
-200 -2/3 0 4/15 –2/5 0 100 –1/3 0 2/15 -1/5 0
NR1 300 0 1 3/5 -2/5 0 NR3 0 0 0 –1/5 -1/5 1
6).-Obtener los elementos de los renglones Zj y Cj- Zj, e introducirlos a la tabla(Tabla N°3)
Zj bj = 12 (300) + 10 (300) + 0 (0) = 3600+3600+0 = 6600 Cj – Zj X1 = 10-10 = 0
Zj X1= 12 (0) + 10 (1) + 0 (0) = 0+10+0 = 10 Cj – Zj X2 = 12 –12 = 0
Zj X2 = 12 (1) + 10 (0) + 0 (0) = 12+0+0 = 12 Cj – Zj H1 = 0-16/5 = -16/5
Zj H1 = 12 (3/5) + 10 (-2/5) + 0 (-1/5) = 36/5-20/5+0 = 16/5 Cj – Zj H2 = 0-6/5 = -6/5
Zj H2 = 12 (-2/5) + 10 (3/5) + 0 (-1/5) =-24/5+30/5+0 = 6/5 Cj – Zj H3 = 0-0 = 0
Zj H3 = 12 (0) + 10 (0) + 0 (1) = 0+0+0 = 0
NR1
N.P.
RN3
Función Objetivo
sumarsumar
56. VIII).- Verificar optimalidad como el objetivo es Max Z, Cj-Zj ≤ 0, en todos sus
elementos, de acuerdo a la tabla N° 3, todos cumplen, por lo tanto, la tabla N° 3, es optima.
IX).- Obtener la solución optima, empleando la ecuación matricial : Vb = bj ; es decir:
=
6 6 0 0
0
3 0 0
3 0 0
3
1
2
Z j
H
X
X
; por lo tanto ;
X).- Verificar Factibilidad : sustituyendo X1=300 y X2=300; en el sistema de
restricciones, es decir :
1.- 2X1 + 3X2 ≤ 1500 2.- 3X1 + 2X2 ≤ 1500 3.- X1 + X2≤ 600
2(300) + 3(300) ≤ 1500 3(300)+2(300) ≤ 1500 300 + (300)≤ 40
600 + 900 ≤ 1500 900+600≤ 1500 600 ≤ 600
(cumple)
1500 ≤ 1500 (cumple) 1500≤ 1500 (cumple)
IX).- Conclusión : La compañía deberá elaborar 300 productos tipo A y 300 productos
tipo B ; para obtener la Máxima ganancia de $6600 a la semana.
X1=300 H1=
X2=300 H2=0
Z Max = $6600 H3=0
57. Solución:
Aplicando el método Dual
I) Formular el problema (Fase I).
a) Determinar el objetivo del problema: Maximizar la ganancia.
b) Definir las variables del problema:
Z = Ganancia
X1 = Numero de unidades a producir del producto A; c1=$10/producto.
X2 = Numero de unidades a producir del producto B; c1=$12/producto.
c) Establecer las restricciones del problema: 1) Capacidad de tiempo semanal.
Departamento de ensamble: 1500 Horas
Departamento de acabado: 1500 Horas
Departamento de inspección: 600 Horas
II) Construcción del modelo del problema (fase II).
a) Función objetivo: Max Z = 10X1+12X2
b) Restricciones: 3X1+3X2 ≤ 1500 (departamento de ensamble)
3X1+2X2 ≤ 1500 (departamento de acabado)
X1+ X2 ≤600 (departamento de inspección)
c) No-negatividad: X1 ≥0 ; X2 ≥0
III) Construir el problema primal; cundo el objetivo es Max Z ; todas sus restricciones
deben quedar expresadas con menor e igual ≤ ; es decir:
Problema Primal (Caso I)
Max Z = 10X1+ 12X2 Cambio de variable
Sujeta a: para Dual
2X1+3X2 ≤1500 Y1
3X1+2X2 ≤1500 Y2
X1+ X2 ≤600 Y3
X1 ≥0 ; X2 ≥0
58. Y
1
IV)Construir el problema dual: si el objetivo del primal es MAX Z (caso 1); entonces el
objetivo del dual es MIN Z, cuyas restricciones serán mayor e igual ≥ ;es decir.
Problema primal (caso 1) problema dual (caso 1)
Max Z = 10X1+12X2 Min Z = 1500Y1+1500Y2+600Y3
Sujeta a: Sujeta a:
2X1+3X2 ≤1500 2Y1+3Y2+Y3 ≥10
3X1+2X2 ≤1500 3Y1+2Y2+Y3 ≥12
X1+ X2 ≤600 Y1; Y2; Y3 ≥ 0
X1 ≥0; X2 ≥0
V)Resolver el problema Dual, empleando el método simplex.
1)Convertir el sistema de restricciones en un sistema de ecuaciones, agregando variables
de holgura y artificiales, de acuerdo al tipo de restricción; es decir:
Restricciones: 2Y1+3Y2+Y3 ≥10 ; Ecuaciones: 2Y1+3Y2+Y3 –H1+A1=10
3Y1+2Y2+Y3 ≥12 3Y1+2Y2+Y3 –H2+A2=12
H1 y H2 con costo cero, A1 y A2 con costo M
2)Función objetivo: Min Z=1500Y1+1500Y2+600Y3+0H1+0H2+MA1+MA2
3)Sistema de ecuaciones: 2Y1+3Y2+Y3-H1+0H2+A1+0A2=10
3Y1+2Y2+Y3+0H1-H2+0A1+A2=12
Y1; Y2; Y3; H1; H2; A1; A2 ≥0
4)Construir la tabla simplex inicial (Tabla N°1)
Tabla N°1: Entra Y1 (a1:seleccionada). Función objetivo.
Cj 1500 1500 600 0 0 M M
Vb bj Y2 Y3 H1 H2 A1 A2
M A1 10 2 3 1 -1 0 1 0
M 12 3 2 1 0 -1 0 1 Sale A2
R2:selec.
Zj 22M 5M 5M 2M -M -M M M
Cj-Zj 1500-5M 1500-5M 600-2M M M 0 0
-3500 -3500 -1400 100 100
NOTA: M=1000
Zj bj = M(10)+M(12) = 10M+12M = 22M Cj-Zj Y1 = 1500-5M = 1500-5M
A
2
3
59. Y
2
Zj Y1 = M(2)+M(3) = 2M+3M = 5M Cj-Zj Y2 = 1500-5M = 1500-5M
Zj Y2 = M(3)+M(2) = 3M+2M = 5M Cj-Zj Y3 = 600-2M = 600-2M
Zj Y3 = M(1)+M(1) = M+M = 2M Cj-Zj H1 = 0-(-M) = M
Zj H1 = M(-1)+M(0) = -M+0 = -M Cj-Zj H2 = 0-(-M) = M
Zj H2 = M(0)+M(-1) = 0-M = -M Cj-Zj A1 =M-M = 0
Zj A1 = M(1)+M(0) = M+0 = M Cj-Zj A2 = M-M = 0
Zj A2 = M(0)+M(1) = 0+M = M
5)Resolver tabla N°1 (Primera iteración).
a)Determinar variables de entrada: cuando el onjetivo es Min Z; la define el mayor valor
negativo de Cj-Zj; es decir C1-Z1=-3500, por lo tanto Y1 debe entrar a la base Vb:
(a1:seleccionada).
b)Determinar variable de salida: empleando la ecuación matrricial Vb = bj/a1(Menor
valor positivo);
2
1
A
A
=
3/2
12/10
=
3/12
2/10
∴
2
1
A
A
=
4
5
; Siendo 4 el menor valor positivo; por lo
tanto A2, sale de la base Vb (R2:seleccionado).
c)Obtener el numero pivote np; de acuerdo a la tabla N°1; np=3.
d)Calcular los elementos del renglón pivote R.P., con la ecuación: R.P. = 1/3R2, e
introducirlo a la siguiente tabla, es decir, a la tabla N°2.
R.P. = 1/3 [ ]101-012312 = 4 1 2/3 1/3 0 -1/3 0 1/3
Tabla N°2: Entra Y2 (a2:seleccionada). Función objetivo.
Cj 1500 1500 600 0 0 M M
Vb bj Y1 Y3 H1 H2 A1 A2
Sale A1
M A1 2 0 5/3 1/3 -1 2/3 1 -2/3 R1:selec.
1500 Y1 4 1 2/3 1/3 0 -1/3 0 1/3
Zj 2M+600 1500 5/3M+1000 1/3M+500 -M 2/3M-500 M -2/3+500
Cj-Zj 0 500-5/3M 100-1/3M M 500-2/3M 0 5/3M-500
-1166.7 -233.33 1000 -166.7 1166.7
M=1000
e)Calcular región restante R1, empleando la ecuación “NE”,e introducirlo a la tabla N°2
NR1=R1-2R.P.
60. R1 10 2 3 1 -1 0 1 0
-2R.P. –2( 4 1 2/3 1/3 0 -1/3 0 1/3)
10 2 3 1 -1 0 1 0 sumar
-8 -2 -4/3 -2/3 0 2/3 0 -2/3
NR1 2 0 5/3 1/3 -1 2/3 1 -2/3
f)Calcular los renglones Zj y Cj-Zj e introducirlos a la tabla N°2.
Zj bj = M(2)+1500(4)=2M+600 Cj-Zj Y1 = 1500-1500 =0
Zj Y1 = M(0)+1500(1)=1500 Cj-Zj Y2=1500-(5/3M+1000)=1500-5/3M-1000=500-5/3M
Zj Y2 = M(5/3)+1500(2/3)=5/3M+100 Cj-Zj Y3=600-(1/3M+500)=600-1/3M-500=100-1/3
Zj Y3 = M(1/3)+1500(1/3)=1/3M+500 Cj-Zj H1=0-(-M) = M
Zj H1 = M(-1)+1500(0) = -M Cj-Zj H2 = 0-(2/3M-500) = 500-2/3M
Zj H2 = M(2/3)+1500(-1/3)=2/3M-500 Cj-Zj A1 =M-M = 0
Zj A1 = M(1)+1500(0) = M Cj-Zj A2=M-(-2/3M+500)=M+2/3M-500=5/3M-500
Zj A2 = M(-2/3)+1500(1/3)=-2/3M+500
6)Verificar optimalidad: cuando el objeto es Min Z; Cj-Zj ≤0, en todos sus valores,
revisando la tabla N°2, C3-Z3 = 14 > 0 y C4-Z4 = 10 > 0 ; no cumplen, por lo tanto se
repite el paso N°5.
5)Resolver tabla N°2 (Segunda iteración).
a)Determinar variable de entrada: Como el objetivo es Max Z, la define Cj – Zj mayor
valor positivo; es decir: C3-Z3 = 14 ; por lo tanto Y3 debe entrar a la base Vb,
(a3:seleccionada).
b)Determinar variable de salida: Empleando la ecuación matricial Vb = bj/a3 (menor
valor positivo) ; es decir:
2
1
H
Y
=
1
0
4 0
4
=
=
∞=
401/40
0/4
∴
2
1
H
Y
=
∞
40
; Siendo 40 el menor, por lo
tanto A1 debe salir de la base Vb (R1 seleccionado).
c)Obtener el numero pivote np. De acuerdo a la tabla N°2. np=5/3
d)Calcular los elementos del renglón pivote R.P. empleando la ecuación: R.P.=3/5R1; e
introducirlo a la siguiente tabla, es decir a la tabla N°3:
R.P.= 3/5[ ]2/3-12/31-1/35/302 = 6/5 0 1 1/5 -3/5 2/5 3/5 -2/5
Tabla N°3: Función objetivo.
61. Cj 1500 1500 600 0 0 M M
Vb bj Y1 Y2 Y3 H1 H2 A1 A2
1500 Y2 6/5 0 1 1/5 -3/5 2/5 3/5 -2/5 R.P.
1500 Y1 16/5 1 0 1/5 2/5 -3/5 -2/5 3/5 NR2
Zj 6600 1500 1500 600 -300 -300 300 300
Cj-Zj 0 0 0 300 300 M-300 M-300
M=1000
e)Calcular región restante R2, empleando la ecuación “NE”, e introducirlo a la tabla N°3.
NR2 = R2-2/3R.P.
R2 4 1 2/3 1/3 0 -1/3 0 1/3
-2/3R.P. –2/3 (6/5 0 1 1/5 -3/5 2/5 3/5 -2/5
4 1 2/3 1/3 0 -1/3 0 1/3 sumar
-4/5 0 -2/3 -2/15 2/5 -4/15 -2/5 4/5
NR1 16/5 1 0 1/5 2/5 -3/5 -2/5 3/5
f)Calcular los renglones Zj y Cj-Zj, e introducirlos a la tabla N°3.
Zj bj = 1500(6/5)+1500(16/5) = 1800+4800 = 6600
Zj Y1 = 1500(0)+1500(1)=0+1500=1500 ; Cj-Zj Y1 = 1500-1500 =0
Zj Y2 =1500(1)+1500(0)=1500+0=1500 ; Cj-Zj Y2=1500-1500=0
Zj Y3 =1500(1/5)+1500(1/5)=300+300=600 ; Cj-Zj Y3=600-600=0
Zj H1 =1500(-3/5)+1500(2/5)=-900+600=-300 ; Cj-Zj H1=0-(-300) = 300
Zj H2 =1500(2/5)+1500(-3/5)=600-900=-300 ; Cj-Zj H2 = 0-(-300) = 300
Zj A1 = 1500(3/5)+1500(-2/3)=900-600=300 ; Cj-Zj A1 =M-300 = M-300
Zj A2 =1500(-2/5)+1500(3/5)=-600+900=300 ; Cj-Zj A2=M-300=M-300
6)Verificar optimalidad: Cuando el objetivo es Min Z; Cj-Zj ≥0; en todos sus elementos;
de acuerdo a la tabla N°3; todos cumplen; por lo tanto la tabla N°3, es optima.
VI)De la tabla optima, obtener los valores absolutos de las contribuciones de las variables
de holgura (Hj).
Es decir: H1=300 y H2=300; valores que corresponden a X1 y X2, respectivamente, por lo
tanto: X1=300 y X2=300; sustituyéndolos en la funcion objetivo del problema original,
para obtener el valor de Z, entonces: ZMax = 10X1+12X2= 10(300)+12(300) = $6600.
SOLUCION X1=300 , H1=0
OPTIMA X2=300 , H2=0
62. ZMax=6600 , H3=0
VII)Verificar factibilidad: sustituyendo X1=300 y X2=300; en el sistema de restricciones
del problema original, es decir:
1) 2X1+3X2 ≤1500 2) 3X1+2X2 ≤1500 3) X1+X2 ≤600
2(300)+3(300)= ≤1500 3(300)+2(300) ≤1500 300+300 ≤600
600+900 ≤1500 900+600 ≤1500 600 ≤600
(cumple)
1500 ≤1500 (cumple) 1500 ≤1500(cumple)
VIII) Conclusión: La compañía devera elaborar 300 productos tipo A y 300 productos tipo
B; para obtener la máxima ganancia de $6600 a la semana.
NOTA: Como podemos observar la solución del problema es igual, independientemente
del método de solución, lo único que cambia es el de cada uno de ellos.
Actividad 10: aplicando la fase III; Resolver los problemas de programación lineal.
1)Aplicando los métodos: grafico, simplex y dual, resolver los problemas propuestos:
1, 2, 3, 4, y 5 de la actividad 8 y del método grafico los problemas propuestos 1, 2, y 3.
2)Aplicando el método simplex, resolver los problemas propuestos: 6, 7, 8, 9 y 14 de
la actividad 8; del método dual los problemas propuestos 1 y 2.
3)Aplicando el método dual, resolver los problemas propuestos: 1, 2, 3 y 4 del método
simplex.
63. Capitulo III
ANALISIS DE SENSIBILIDAD
Actividad 11: análisis de sensibilidad:
Introducción: El análisis de sensibilidad concierne al estudio de posibles cambios en la
solución optima disponible como resultado de hacer cambios en el modelo original. Al
alterarse nuestra situación actual y proporcionar nuevos datos, sobre estos podemos
hacernos la pregunta ¿Cómo puede alterar cada situación la solución optima actual?,
con cierta reflexión, sus respuestas podrán contestarse en alguna de las dos categorías
siguientes:
1)La solución actual puede volverse infactible y
2)La solución actual puede volverse no optima.
Las categorías están basadas en los cálculos primales duales, de los cuales observamos los
siguientes:
I)La infactibilidad de la solución puede ocurrir solo si:
1)Se altera la disponibilidad de los recursos bj y
2)Se agregan nuevas restricciones Xn
II)La no optimalidad de la solución actual puede ocurrir solo si:
1)Se cambia la contribución Cj;
2)Se cambia los coeficientes tecnológicos aij y
3)Se añaden nuevas actividades Xj
Procedimiento general: Con base en lo antes propuesto, el procedimiento general para
realizar el análisis de sensibilidad se puede resumir de la manera siguiente:
1)Empleando el método simplex, resolver el modelo de programación lineal y obtener su
tabla simplex optima.
64. Cj C1 C2 . . . Cj 0 0 . . . 0 Función objetivo
Vj bj X1 X2 . . . Xj H1 H2 . . . Hj
C1 X1 m1
C2 X2 m2
. . .
. . . B-1
A B-1
. . .
Cj Xj mj
Zj CBXB CBB-1
A-Cj CBB-1
Cj-Zj
Donde: B-1
= Matriz inversa (comprendida solo por las variables de holgura Hj)
CBB-1
= Vector dual (comprendido solo por las variables de holgura Hj)
2)Para el o los cambios propuestos en el modelo original, volver a determinar los nuevos
elementos de la tabla optima actual mediante el uso de los cálculos primales duales. Estos
consisten en restablecer la tabla simplex optima del problema original e introducirle los
cambios del nuevo problema.
3)Si la nueva tabla no es optima, ir al paso #4, si es infactible, ir al paso #5, de lo contrario
anotar la solución en la nueva tabla como el nuevo optimo.
4)Aplicar el método simplex a la nueva tabla para obtener una nueva solución optima.
5)Aplicar el método dual a la nueva tabla para recobrar la factibilidad.
65. Actividad 12: I)Cambios que afectan la factibilidad.
1)Cambios en los recursos disponibles bj: Sabemos por calculos primales duales que
los cambios en los segundos miembros de las restricciones solo pueden afectar a la columna
bj de la tabla optima, es decir solo pueden afectar la factibilidad. Por lo tanto, todo lo que
tenemos que hacer es volver a calcular la columna bj de la tabla original.
Supongamos que el problema original es ; Ahora si cambiamos a bj por(bj+ ∆bj); el nuevo problema es:
Max Z = CjXj Max Z = CjXj
Sujeta a: Sujeta a:
Axj ≤bj Axj ≤(bj+ ∆bj)
Xj ≥0 Xj ≥0
Procedimiento de análisis:
1)Obtener la solución optima del problema original, empleando el método simplex.
2)Se incrementa bj, quedando como: bj+ ∆bj.
3)Se establece el nuevo problema (en forma primal)
4)Se extrae la matriz inversa B-1
, de la tabla simplex optima.
5)Se calcula la nueva solución optima XB; empleando la ecuación matricial:
XB =B-1
(bj+ ∆bj) donde XB es la matriz columna formada por las variables de la columna
base Vb.
5.1)Si XB ≥0, en todos sus elementos; la nueva solución XB, es factible y el nuevo valor
de Z, se calcula sustituyendo los valores de Xi en la función objetivo y después ir al
66. paso N°8.
5.2)Si XB < 0, en alguno de sus elementos, la nueva solución XB es infactible; cuando esto
ocurre, ir al paso N°6.
6)Aplicando el método dual, restablecer la tabla simplex optima, introduciéndole los
valores de XB en la columna Vb y calcular los renglones Zj y Zj-Cj.
7)Aplicando el método simplex, resolver la tabla restablecida, bajo el siguiente
procedimiento:
A)Sacar de la columna Vb las variables de valor negativo (infactible).
B)Introducir la variable que hace positivo a la variable de salida (siendo el cociente de
menor valor positivo).
C)Obtener el numero pivote np (intersección de renglón y columna seleccionada).
D)Calcular los elementos del renglón pivote R.P., con la ecuación: R.P.= np
1
Rs, e
introducirlo a la siguiente tabla (nueva).
E)Calcular los nuevos elementos de los renglones restantes, aplicando la ecuación “NE”
e introducirlos a la nueva tabla.
F)Calcular los elementos de los renglones Zj y Cj-Zj, e introducirlos a la nueva tabla.
G)Calcular la nueva solución optima, aplicando la ecuación matricial: Vb=bj.
H)Verificar factibilidad; sustituyendo los nuevos valores de Xi en el nuevo problema.
8)Conclusión.
2)Agregar nueva restricciones Xn: Agregar nuevas variables Xn; crea nuevos
términos Zj-Cj y nuevas columnas Yj en la tabla. Si asociado a la nueva actividad Xn se
conoce su contribución Cj y su vector de coeficientes tecnológicos aij el procedimiento de
análisis que debe seguirse es:
1)Obtener la solución optima del problema original, empleando el método simplex.
2)Establecer el nuevo problema (en forma primal).
3)El agregar una nueva restricción Xn, puede dar origen a dos situaciones:
3.1)La nueva restricción Xn, la satisface la solución optima, si esto ocurre, la solución
optima no sufre cambios, ir al paso N°7.
3.2)La solución optima, no satisface a la nueva restricción Xn, por lo tanto se volverá de
enlace (debe entrar a la columna Vb), ir al paso N°4.
4)Aplicando el método dual, restablecer la tabla simplex optima, bajo el siguiente
procedimiento.
a)Agregar una nueva variable de holgura Hi, a la nueva restricción.
b)Calcular el valor de la nueva variable de holgura, aplicando procedimiento algebraico
entre renglones, basándonos en la nueva restricción y la tabla simplex optima.
c)Calcular los valores del renglón de la nueva variable de holgura, basándonos en el
procedimiento algebraico entre renglones.
d)Los valores de la columna de la nueva variable de holgura, son todos igual a cero en
cada uno de los renglones, excepto el ultimo renglón, el cual debe ser la unidad.
e)Construir la nueva tabla, agregando renglón y columna que corresponden a la nueva
variable de holgura.
f)Calcular los elementos de los renglones Zj y Zj-Cj, e introducirlo a la nueva tabla.
67. 5)Empleando el metodo simplex, se resuelve la tabla restablecida, bajo el siguiente
procedimiento.
a)Sacar de columna Vb, la variable de valor negativo (infactible).
b)Introducir la variable que hace positiva a la variable de salida, siendo el cociente de
menor valor positivo.
c)Obtener el numero pivote np.
d)Calcular los elementos del renglón pivote R.P., empleando la ecuación: R.P.= np
1
Rs , e
introducirlo a la siguiente tabla.
e)Calcular los nuevos elementos de los renglones restantes, empleando la ecuación “NE”
e introducirlos a la siguiente tabla.
f)Calcular los elementos de los renglones Zj y Zj-Cj, e introducirlo a la nueva tabla.
6)Obtener la nueva solucion optima, empleando la ecuación matricial Vb = bj.
7)Conclusión.
Actividad 13: I)Cambios que afectan la factibilidad.
PROBLEMA DE AUTOEVALUACION:
En una carpintería se fabrican mesas y sillas, la carpintería cuenta con dos departamentos
en paralelo con capacidad de 40 horas semanales respectivamente. Cada mesa deja una
ganancia de $150 y requiere de 4 horas de trabajo en el departamento I y 2 horas en el
departamento II. Mientras que una silla deja ganancia de $200 y requiere 2 horas de trabajo
del departamento I y 4 horas del departamento II. Obtener:
a)La solución optima, empleando el método simplex.
b)Si la capacidad de los departamentos cambian ambos de 40 a 48 horas semanales.
¿afecta a la solución optima el cambio de los recursos?
c)Si la capacidad del departamento I cambia de 40 a 24 horas semanales y la capacidad del
departamento II, cambia de 40 a 60 horas semanales. ¿afecta a la solución optima el
cambio de los recursos disponibles?
d)En una de las semanas en la misma empresa un cliente importante pidió a la carpintería
que fabricara mínimo 4 sillas. ¿puede la carpintería satisfacer el pedido del cliente?, en
caso de que no, ¿qué debe de hacer la carpintería para poder satisfacer la orden del
cliente?.
e)Supongamos que en una de las semanas el cliente pidió la producción mínima de 7 sillas.
¿podría la carpintería satisfacer la petición del cliente? En caso de que no. ¿qué debe
hacer la carpintería para satisfacer la orden del cliente?.
SOLUCION:
A)Obtener la solución optima, empleando el método simplex.
68. I)Formulación del problema (fase I).
a)Determinar el objetivo del problema: Maximizar la ganancia.
b)Definir las variables del problema:
Z = ganancia
X1 = numero de mesas a producir; C1=$150/mesas
X2 = numero de sillas a producir; C2 = $200/sillas
c)Establecer las restricciones del problema: 1)capacidad de tiempo semanal
*Departamento I: 40 horas
*Departamento II: 40 horas
II)Construcción del modelo del problema (fase II).
a)Función objetivo: Max Z = 150X1+200X2
b)Restricciones: 4X1+2X2 ≤40 (departamento I)
2X1+4X2 ≤40 (departamento II)
c)No-negatividad: X1 ≥0 ; X2 ≥0
III)Convertir el sistema de restricciones en un sistema de ecuaciones
Sistema de restricciones: Sistema de ecuaciones:
4X1+2X2 ≤40 4X1+2X2+H1=40 ; H1 ≥0
2X1+4X2 ≤40 2X1+4X2+H2=40 ; H2 ≥0
IV)Función objetivo: Max Z = 150X1+200X2+0H1+0H2
V)Sistema de ecuaciones:
Depto. I: 4X1+2X2+H1+0H2 =40
Depto. II: 2X1+4X2+0H1+H2 =40
VI)Construir tabla simplex inicial (tabla N°1)
Tabla N°1: Entra X1 (a2:seleccionada).
Cj 150 200 0 0 Función objetivo.
Vb bj X1 X2 H1 H2
0 H1 40 4 2 1 0
0 40 2 4 0 1 Sale A2 (R2:seleccionado).
Zj 0 0 0 0 0
Cj-Zj 150 200 0 0
VII)Resolver tabla N°1 (primera iteración).
H
2
69. 1)Determinar variable de entrada: cuando el objetivo es Max Z, la define el mayor valor
positivo de Cj-Zj, es decir: C2-Z2 = 200, entonces X2 debe entrar a la base Vb: a2
seleccionada.
2)Determinar variable de salida: empleando la ecuación matricial Vb = bj/a2 (menor valor
positivo).
2
1
H
H
=
4
2
4 0
4 0
= ∴
4/40
2/40
2
1
H
H
=
10
20
; siendo 10, el menor valor positivo, entonces
H2, debe salir de la base Vb (R2:seleccionado).
3)Obtener el numero pivote: np = 4.
4)Calcular los elementos del renglón pivote: R.P.=
4
1
R2 ; e introducirlo a la siguiente tabla
(tabla N°2). R.P. =
4
1
[ ]104240 = 10 1/2 1 0 1/4
Tabla N°2: Entra X1 (a1:seleccionada).
Cj 150 200 0 0 Función objetivo.
Vb bj X1 X2 H1 H2
0 H1 20 3 0 1 -1/2 Sale H1 (R1:seleccionado).
NR1
200 X2 10 1/2 1 0 1/4
R.P.
Zj 200 100 200 0 50
Cj-Zj 50 0 0 -50
5)Calcular los nuevos elementos del renglón restante R1, aplicando la ecuación “NE”,
introducirlo a la tabla N°2 ; NR1 = R1-2R.P.
R1 40 4 2 1 0
-2R.P. -2[ ]1/4011/210
40 4 2 1 0 sumar
70. -20 -1 -2 0 -1/2
NR1 20 3 0 1 -1/2
6)Calcular los elementos de los renglones Zj y Zj-Cj, e introducirlos a la tabla N°2.
Zj bj = 0(20)+200(10) = 0+2000 = 2000
Zj X1 = 0(3)+200(1/2) = 0+100 = 100 ; Cj-Zj X1 = 150-100 = 50
Zj X2 = 0(0)+200(1) = 0+200 = 200 ; Cj-Zj X2 = 200-200 = 0
Zj H1 = 0(1)+200(0) = 0+0 =0 ; Cj-Zj H1 = 0-0 = 0
Zj H2 = 0(-1/2)+200(1/4) = 0+50 = 50 ; Cj-Zj H2 = 0-(-300) = 300
VIII)Verificar optimalidad: cuando el objeto es Maz Z, Cj-Zj ≤0, en todos sus elementos,
de acuerdo a la tabla N°2, C1-Z1 = 50 no cumple, por la tanto repetir el paso VII.
VII)Resolver tabla simplex N°2 (segunda iteración).
1)Determinar variable de entrada: como el objetivo es Max Z, la determina el valor mayor
positivo de Cj-Zj, es decir: C1-Z1 = 50, por lo tanto X1 debe entrar a la base Vb.(a1
seleccionada).
2)Determinar variable de salida: empleando la ecuación matricial Vb = bj/a1 (menor valor
positivo).
2
1
X
H
=
2/1
3
1 0
2 0
= ∴
2/1/10
3/20
2
1
X
H
=
20
3/20
; siendo 20/3, el menor valor positivo,
entonces H1, debe entrar de la base Vb (R1:seleccionado).
3)Obtener el numero pivote: np = 3.
4)Calcular los elementos del renglón pivote: R.P.=
3
1
R1 ; e introducirlo a la siguiente tabla
(tabla N°3). R.P. =
3
1
[ ]1/2-10320 = 20/3 1 0 1/3 -1/6
Tabla N°3: (optima)
Cj 150 200 0 0
