RESOLUCIÓN DE MODELOS DE PROGRAMACIÓN LINEAL (Parte 1)

Transcripción

17 de Octubre de 2016
RESOLUCIÓN DE
MODELOS DE
PROGRAMACIÓN LINEAL
(Parte 1)
Ingeniería Industrial – Ingeniería Informática
Facultad de Ingeniería
Universidad Católica Andrés Bello
Programación Lineal
José Luis Quintero 1
02 de Junio de 2016
MÉTODO
GRÁFICO
Postgrado de Investigación de Operaciones
Facultad de Ingeniería
Universidad Central de Venezuela
Puntos a tratar
1. Resolución gráfica
2. Ejemplo ilustrativo 1
Resolución gráfica de un modelo de PL
Cuando el problema de PL tan sólo posee dos variables de
decisión, se puede resolver gráficamente.
z
z=f(x 1 ,x 2 )
Se desea
minimizar z
x2
S
x1
Solución óptima
José Luis Quintero
El plano horizontal x1x2 contiene la región factible S, mientras
que la componente z muestra la dimensión sobre la que se mide
el objetivo z.
Note que:
El aumento o disminución de las cotas, permite definir la
dirección en la que se optimiza la función objetivo.
Si la región factible es no vacía y acotada en la dirección de
mejora de la función objetivo, dicha solución está ubicada
en la periferia de S.
La intersección de z con cualquier plano horizontal es una
recta, cuya proyección en el plano horizontal x1x2 define una
curva de nivel y ellas son rectas paralelas entre sí.
José Luis Quintero
Este último hecho permite resolver gráficamente los problemas
de PL con dos variables de decisión. Para ello:
Graficar las restricciones que delimitan la región factible S.
Cada restricción define un semiplano y la intersección de
todos ellos constituye S. Si S=∅
∅ el problema no tiene solución
factible.
Se determinan las curvas de nivel del objetivo. El sentido de
optimización viene dado por el valor de las cotas de las
curvas de nivel.
Una solución óptima estará en la periferia de S donde pasa la
curva de nivel que optimiza el objetivo. Dicha solución
óptima puede ser única o haber infinitas. También puede
darse el caso que sea ilimitada, si la región factible no está
acotada en el sentido de mejoramiento de la función
objetivo.
José Luis Quintero
Puntos a tratar
Ejemplo 1
Resolver gráficamente el problema de las cervezas
El modelo obtenido entonces fue:
max z = 2x 1 + x 2
(Ganancia)
s.a.:
8
2x 1 + x 2 ≤ 80
(Malta)
3
3x 1 + x 2 ≤ 60
(Cebada)
5
2x 1 + x 2 ≤ 55
(Levadura)
3
x1 ≥ 0
(No negatividad)
x2 ≥ 0
(No negatividad)
donde:
x1 :Litros de cerveza rubia a producir
x2 :Litros de cerveza negra a producir
José Luis Quintero
Ejemplo 1
Graficamos las restricciones, cada una de las cuales define
un semiplano.
x2
No negatividad de x1
(0,30)
Cebada
(40/6,25)
(15,15)
Malta
Levadura
(0,0)
(20,0)
No negatividad de x 2
x1
José Luis Quintero
Ejemplo 1
• La intersección de esos semiplanos permite obtener la región
factible S:
x2
(0,30)
Cebada
(40/6,25)
(15,15)
S
Levadura
(0,0)
(20,0)
Malta
x1
José Luis Quintero
Ejemplo 1
Trazamos las curvas de nivel de la función objetivo:
x2
(0,30)
Cebada
(40/6,25)
(15,15) es la solución óptima
z*=45
S
Levadura
(0,0)
(20,0)
z=0
z=40
Malta
x1
José Luis Quintero
Puntos a tratar
Ejemplo 2
Resolver gráficamente el problema:
max z = − x 1 + 2x 2
s. a.:
− x1 + x 2 ≤ 2
−
1
7
x1 + x 2 ≥
4
2
x1 ≤ 6
x2 ≤ 3
x1 ≥ 0
x2 ≥ 0
José Luis Quintero
Ejemplo 2
Al graficar las restricciones se llega a:
x2
(0,0)
x1
Se tiene que la región factible S es vacía, pues no existe
intersección alguna de los semiplanos definidos por las
restricciones, luego no hay solución factible y por ende, no
hay solución óptima.
José Luis Quintero
Puntos a tratar
Ejemplo 3
max z = 6x1 + 5 x 2
s.a.:
8
2x 1 + x 2 ≤ 80
3
3x 1 + x 2 ≤ 60
2x 1 +
5
x 2 ≤ 55
3
x1 ≥ 0
x2 ≥ 0
José Luis Quintero
Ejemplo 3
Al graficar se llega a:
Cualquier
punto
que
pertenezca al segmento de
extremos (40/6,25) y (15,15)
es óptimo y produce el
mismo valor óptimo de la
función objetivo.
x2
(0,30)
(40/6,25)
Soluciones
óptimas
z*=165
(15,15)
S
(0,0)
(20,0)
z=0
x1
Este resultado se hace
evidente, si se toma en
cuenta que las curvas de
nivel de la función objetivo
son paralelas a una de las
restricciones activas. Se
habla entonces de óptimos
alternos.
José Luis Quintero
Puntos a tratar
Ejemplo 4
max z = − x 1 + 2x 2
s. a.:
− x1 + x 2 ≤ 2
−
1
7
x1 + x 2 ≤
4
2
x1 ≥ 0
x2 ≥ 0
José Luis Quintero
Ejemplo 4
Al dibujar la región factible S se tiene que es no acotada, es
decir, existen direcciones para las cuales no hay frontera
alguna:
x2
(2,4)
(0,2)
S
(0,0)
x1
José Luis Quintero
Ejemplo 4
Si trazamos las curvas de nivel se tiene:
x2
Solución óptima
z=6
(2,4)
z=4
(0,2)
S
z=0
(0,0)
x1
A pesar de que la región factible no es acotada, el óptimo es
el punto x* = (2,4) con un valor del objetivo de z* = 6. Este
resultado se explica por el hecho de que la dirección de
optimización apunta hacia el lado acotado de S.
José Luis Quintero
Puntos a tratar
Ejemplo 5
max z = 2x 1 + x 2
s. a.:
− x1 + x 2 ≤ 2
−
1
7
x1 + x 2 ≤
4
2
x1 ≥ 0
x2 ≥ 0
José Luis Quintero
Ejemplo 5
La región factible es:
z=17
x2
(6,5)
z=8
(2,4)
z=2
(0,2)
Dirección de
aumento
irresticto de la
función
objetivo
S
z=0
(0,0)
x1
S no es acotada en la dirección de crecimiento del objetivo y
se tiene que el óptimo es ilimitado: el objetivo puede aumentar
de valor indefinidamente. Este caso no es muy realista y suele
aparecer por errores en la formulación.
José Luis Quintero
Pensamiento de hoy
“A medida que la complejidad
crece, los planteamientos precisos
pierden
significado
y
los
planteamientos llenos de significado
pierden precisión”.
Lofti Zadeh

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