optimización de sistemas i - Universidad Tecnológica del Perú

Transcripción

UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA DEL PERÚ
Vicerrectorado de Investigación
OPTIMIZACIÓN DE SISTEMAS I
TINS Básicos
INGENIERÍA INDUSTRIAL, INGENIERÍA DE SISTEMAS
TEXTOS DE INSTRUCCIÓN BÁSICOS (TINS) / UTP
Lima - Perú
© OPTIMIZACIÓN DE SISTEMAS I
Desarrollo y Edición:
Vicerrectorado de Investigación
Elaboración del TINS:
• Ing. César Canelo Sotelo
• Ing. Luis Medina Aquino
Diseño y Diagramación:
Julia Saldaña Balandra
Soporte académico:
Instituto de Investigación
Producción:
Imprenta Grupo IDAT
Queda prohibida cualquier forma de reproducción, venta, comunicación pública y
transformación de esta obra.
2
“El presente material contiene una compilación de obras de Optimización
de Sistemas publicadas lícitamente, resúmenes de los temas a cargo del
profesor; constituye un material auxiliar de enseñanza para ser empleado
en el desarrollo de las clases en nuestra institución.
Éste material es de uso exclusivo de los alumnos y docentes de la
Universidad Tecnológica del Perú, preparado para fines didácticos en
aplicación del Artículo 41 inc. C y el Art. 43 inc. A., del Decreto
Legislativo 822, Ley sobre Derechos de Autor”.
3
4
PRESENTACIÓN
El asunto del presente texto está engastado en el espacio ilimitado de la
matemática aplicada, surgida en la segunda mitad del siglo XX, como
producto de la ciencia y la tecnología desarrollada en el fragor de la
segunda guerra mundial.
Producto que tomó el nombre de Investigación de Operaciones, compuesto
por los temas de Programación Lineal, Programación Dinámica,
Programación Geométrica, entre otros. Técnicas que han venido
aplicándose intensamente como soporte de la maximización de indicadores
concurrentes a la excelencia de calidad con altos niveles de productividad y
bajos costos de producción.
En este contexto, la educación superior universitaria ha integrado en los
currícula de diferentes Carreras de Ingeniería algunas Asignaturas de
Investigación Operativa, con enfoque metodológico generado en el espacio
de la Teoría General de Sistemas.
Con tal método, mediante un acucioso trabajo académico de recopilación y
selección, ha venido en prepararse para estudios de la Carrera de
Ingeniería de Sistemas el Curso de Optimización de Sistemas I, aplicado en
el VI ciclo de estudios, con temas de Programación Lineal.
El acopio y selección de materias pertinentes a la Asignatura, arriba
mencionada, ha sido realizada por el profesor Ing. Luis Medina Aquino , en
unión con el profesor Ing. César Canelo Sotelo, en congruencia al sillabus
correspondiente, en el nivel de calidad académica requerido; comprende los
siguientes temas:
El capítulo 1 trata sobre la descripción del modelo de programación lineal,
que consta de variables de decisión, función objetivo, restricciones y
condición de no negatividad. El objetivo del modelo es maximizar
(utilidades) o minimizar (costos) de una función lineal Z. A través de un
problema que tiene dos variables de decisión se explica la formulación del
programa lineal y cómo hallar una solución gráfica.
El capítulo 2 complementa el capítulo uno con la construcción de modelos
de programación lineal formulados en base a diferentes problemas que se
presentan en la industria. Existen diferentes problemas tipo con su
respectiva formulación, con más de dos variables.
5
El capítulo 3 explica el método general para hallar una o varias soluciones
de un modelo de programación lineal. Para ello es necesario colocar las
restricciones del modo estándar, convirtiendo las desigualdades en
igualdades, añadiendo variables de holgura, de exceso y/o artificiales.
Luego se coloca todos los valores en una tabla y se empieza a realizar
iteraciones hasta hallar el valor óptimo de la función objetivo.
En el capítulo 4 se explica la dualidad de un programa lineal. Si la función
objetivo original (primal) es de maximización entonces la función objetivo del
programa dual será de minimización y viceversa. La cantidad de variables
de decisión en el programa primal será la misma cantidad de restricciones
del dual. El número de restricciones del primal será la misma del número
total de variables duales. Los valores del lado derecho del programa primal
serán los coeficientes de la función objetivo del dual. Y los coeficientes de
las variables primales serán los mismos valores del lado derecho de las
restricciones del programa dual.
El capítulo 5 trata acerca del análisis de sensibilidad que se puede hacer al
modelo de programación lineal. El análisis de sensibilidad responde a la
pregunta: ¿Qué pasa con el valor de la función objetivo si existen cambios
en los coeficientes de la función objetivo o el lado derecho de las
restricciones? ¿Se mantiene o no la solución óptima si existen cambios en
los coeficientes de las variables de la función objetivo? ¿Si se agrega una
nueva variable a la función objetivo y a las restricciones, formará parte de la
nueva solución? ¿Si se agrega una nueva restricción, se modificará la
solución óptima?
En el capítulo 6 se aborda el modelo de programación lineal entera. La
programación lineal resuelta por el método simplex nos da un resultado con
valores continuos, pero existen problemas de programación lineal que
exigen una solución con valores enteros. En realidad, para este tipo de
problemas se añaden restricciones de variable entera a través de un
algoritmo de ramificación que va restringiendo las variables a soluciones
enteras. En este campo se incluye problemas de programación lineal cuyas
variables de decisión son valores binarios {0, 1}.
El contenido del texto representa el esfuerzo académico de los profesores
Ing. Luis Medina Aquino e Ing. César Canelo Sotelo, a quienes la Institución
agradece de manera especial en el camino de contribución, tendiente a la
mejora continua de la calidad académica.
LUCIO HERACLIO HUAMÁN URETA
VICERRECTOR DE INVESTIGACIÓN
6
ÍNDICE GENERAL
CAPÍTULO 1
PROGRAMACION LINEAL: EL METODO GRAFICO......................
11
CAPÍTULO 2
PROGRAMACION LINEAL: FORMULACIÓN DE PROBLEMAS.....
43
CAPÍTULO 3
EL MÉTODO SIMPLEX....................................................................
67
CAPÍTULO 4
EL PROBLEMA DUAL .....................................................................
83
CAPÍTULO 5
ANALISIS DE SENSIBILIDAD .........................................................
97
CAPÍTULO 6
PROGRAMACION LINEAL ENTERA...............................................
109
BIBLIOGRAFÍA ...............................................................................
135
7
8
DISTRIBUCIÓN TEMÁTICA
Clase
N°
1
2
Tema
Introducción a la Investigación de
Operaciones: Origen, Definición, Modelo,
Tipos de modelo. Metodología de la
Investigación de Operaciones.
Programación Lineal: Definición, Presentación
del modelo de P.L., Suposiciones del modelo
de P.L., Interpretación económica del modelo
de PL., Propiedades del modelo de PL.,
Formas de mostrar el modelo de PL., Variable
de holgura, Transformaciones en el modelo de
PL.
Semana
Horas
1
04
2
04
3
Formulación de problemas con P.L.
3
04
4
Solución del modelo P.L.: Región Factible y
Soluciones, Conjuntos convexos. Métodos de
solución de modelos lineales: Gráfico y
Simplex.
4
04
5
Casos especiales de soluciones de PL usando
el método gráfico.
5
04
6
Método simplex: Teoremas. Algoritmo simplex
primal.
6
04
7
Casos especiales usando el algoritmo simplex:
Solución única, Solución con región factible no
acotada, Problema no factible, Soluciones
Múltiples. Solución degenerada. Prevención
del ciclado
7
04
8
Técnica de las variables artificiales. Método
de penalización. Método de las dos fases.
8
04
9
Revisión – Nivelación
9
04
10
EXAMEN
10
02
PARCIAL
9
Clase
N°
Tema
Semana
Horas
11
Simplex revisado: Inversión explícita de la
base, Método de las dos fases.
11
04
12
Problema dual: El programa Dual, Relaciones
Primal – Dual. Teoremas. Propiedades Primaldual.
12
04
13
Algoritmo Simplex Dual. Interpretación
Económica del problema Dual.
13
04
14
Análisis de sensibilidad. Rangos de
sensibilidad: Cambios en el vector de costos y
recursos. Cambios en la matriz de coeficientes
tecnológicos.
14
04
15
Análisis de sensibilidad: Adición de una nueva
variable. Adición de una nueva restricción.
15
04
16
Uso de software computacional para PL;
Linear Interactive Discrete Optimizer (LINDO).
16
04
17
Programación entera: Formulación.
17
04
18
Métodos de solución de problemas de
Programación Lineal Entera: Método gráfico,
Método de ramificar y acotar.
18
04
19
02
19
10
EXAMEN FINAL
CAPÍTULO 1
PROGRAMACION LINEAL: EL METODO GRAFICO
1.1. INTRODUCCIÓN
Existen problemas de decisión administrativos que pueden ser resueltos
a través de un modelo matemático llamado programación lineal. Por
ejemplo el fabricante desea elaborar un programa de producción de
costo mínimo; exigido por la demanda a atender y limitado por su
capacidad de producción.
Un modelo de programación lineal busca el objetivo de maximizar
(minimizar) una función lineal, sujeta a un conjunto de restricciones
lineales.1
Un modelo de programación lineal esta compuesto de lo siguiente:
1. Un conjunto de variables de decisión
2. Una función objetivo
3. Un conjunto de restricciones
Para formular un modelo de programación lineal primero se debe
entender el problema y responder a las siguientes preguntas: ¿Cuál es
nuestro objetivo económico? ¿Maximizar utilidades o minimizar costos?
¿Qué limitaciones de recursos existen? ¿Qué requerimientos mínimos se
necesitan?
Con esto podemos:
(i) Identificar las variables de decisión del modelo, a las que
llamaremos X1, X2, X3,...., Xn.
(ii) Expresar la función objetivo como:
Maximizar (o Minimizar) Z = C1 X1 + C2 X2 + C3 X3 +....+ Cn Xn
(iii) Determinar las restricciones del modelo que son funciones lineales
de las variables de decisión. Estas restricciones pueden ser
igualdades (=) o desigualdades de la forma (>, <).
1
Función lineal de varias variables es una función de la forma Z = C1 X1 + C2 X2 + C3 X3 +....+
Cn Xn, donde las variables aparecen con exponente 1 y no se permiten productos cruzados: C1
X1 x C2 X2; o de orden superior: C1 X12.
Restricciones lineales: son funciones lineales de tipo:
ai1 X1 + ai2 X2 + ai3 X3 +....+ ain Xn < bi
ò ai1 X1 + ai2 X2 + ai3 X3 +....+ ain Xn > bi
ò ai1 X1 + ai2 X2 + ai3 X3 +....+ ain Xn = bi
11
También incluye restricciones de no negatividad de las variables: X1, X2,
X3,...., Xn > 0.
1.2.
FORMULACIÓN Y SOLUCIÓN GRÁFICA DE UN EJERCICIO DE
PROGRAMACION LINEAL
La solución gráfica se emplea para resolver modelos de programación
lineal con dos variables, ya que resulta bastante difícil dibujar planos de
tres variables, e imposible hacerlo para cuatro o más variables.
Ejercicio
Juan es un prospero negociante que se dedica a la compra y venta de
naranja y papaya. Él tiene su cartera de clientes que son aquellos
comerciantes que tienen su puesto de frutas en los diferentes mercados
del distrito de Jesús María. Todos los días temprano en la mañana visita
a su proveedor de frutas en el mercado mayorista y hace las compras del
día. El día anterior recibe los pedidos de sus clientes y esta suma 600
kilos de papaya y 1200 kilos de naranja. Juan lleva su camión para el
transporte cuya capacidad de carga es de 1600 kilos. Entonces
¿Cuántos kilos de cada fruta debe comprar Juan para maximizar los
beneficios?
Para resolver esta pregunta se tienen los siguientes precios y costos por
kilo de fruta:
Papaya
Naranja
Precio de compra Precio de venta
al por mayor
al minorista
S/. 1.30
S/. 1.60
S/. 1.00
S/. 1.20
Procedimiento de Solución (Método Gráfico)
1)
Establecer la formulación del problema
2)
Graficar en el plano cartesiano las restricciones del tipo >, < ó =,
como si fueran rectas.
3)
Ubicar el espacio de la solución factible (región factible), el cual
está dado por el área común a todas las restricciones.
4)
Obtener la solución óptima.
12
Formulación del Ejercicio
Definición de las Variables de Decisión
X1 = Cantidad, en kilos, de papaya que se debe comprar.
X2 = Cantidad, en kilos, de naranja que se debe comprar.
Función Objetivo
Maximizar la utilidad total de los dos productos
Restricciones
Cantidad máxima de Papaya < 600 kilos.
Cantidad máxima de Naranja < 1200 kilos.
Carga máxima del camión < 1600 kilos.
Condición de No Negatividad
X1, X2 > 0
El Modelo
Maximizar Z = 0.30 X1 + 0.20 X2 (Beneficio Total)
Sujeto a:
R1
X1
< 600 (Cantidad máxima de Papaya)
R2
X2 < 1200 (Cantidad máxima de Naranja)
R3
X1 + X2 < 1600 (Carga máxima del camión)
X1, X2 > 0
(Condición de no negatividad)
Gráfica en el Plano Cartesiano
Primero graficar la igualdad de la restricción, luego escoger un punto de
ensayo (por ejemplo el punto 0,0) y se sustituye este punto en la
desigualdad para comprobar si cumple esta restricción. Si lo cumple
entonces sombrear el área que cubre este punto de ensayo y si no lo
cumple sombrear el área que no lo cubre.
X2
X2
(0,1200)
R2
X2 < 1200
R1
X1 < 600
(0,0)
(600,0)
X1
(0,0)
(600,0)
X1
Gráfica 1
13
En el plano cartesiano de la izquierda de la gráfica 1, primero se dibuja la
recta X1 = 600 y luego se escoge un punto de ensayo, para nuestro caso
(0,0), y se verifica que cumpla con la desigualdad, por tanto se sombrea
los puntos que cumplen con todos los puntos de X1 que sean menores o
iguales a 600 Kg. (restricción R1).
Con el mismo procedimiento se dibuja la recta X2=1200, que se muestra
en el plano cartesiano de la derecha de la gráfica 1, y se acota más el
área de los puntos factibles con los puntos de X2 que sean menores o
iguales a 1200 Kg. (restricción R2).
Por último graficamos la tercera restricción el cual restringe aún más el
área de puntos factibles, como se muestra la gráfica 2.
Región factible es el conjunto de puntos que satisface todas las
restricciones
simultáneamente.
Existen
infinitos
puntos
factibles
(soluciones).
Se llaman puntos extremos a los vértices de la región de factibilidad.
14
X2
Los valores que optimizan la
función objetivo siempre se
encuentran en uno de los
R1
(0,1600)
puntos extremos, en este
caso A, B, C, D ó E.
(0,1200)
(400,1200)
B
R2
C
D
(600,1000)
R3
A
(0,0)
(1600,0)
E
(600,0)
X1
Gráfica 2
Maximizar Z = 0.30 X1 + 0.20 X2 en la región factible
Se debe dibujar el contorno de la función objetivo (línea iso-beneficio)
mediante rectas paralelas, en cada vértice, según la relación: X2 = – 1.5
X1 + K, ver gráfica 3.
15
Pendiente de la
función objetivo
0.30
Gráfica 3
X2
0.20
Z1 = 0.30
Z3
Z2 = 0.30 (600) + 0.20
(0,1200)
Z2
(0) + 0.20
(400,1200)
B
C
D
Z3 = 0.30
(0) = 0
(0) = 180
(0) + 0.20 (1200) = 240
Z4 = 0.30 (400) + 0.20 (1200) = 360
(600,1000)
Z5
Z5 = 0.30 (600) + 0.20 (1000) = 380
(óptimo)
Se debe adquirir 600 Kg. de papaya
Z1
Z4
y 1000 Kg. de naranja para obtener
S/. 380 de utilidad
A
(0,0)
1.3.
E
(600,0)
X1
PROBLEMAS RESUELTOS: FORMULADOS Y CON SOLUCION
GRAFICA DE PROGRAMACION LINEAL, UTILIZANDO
WINQSB2.
1.3.1 CREDIFONDO, una empresa que administra fondos mutuos, tiene
$50,000 de un fondo de pensiones, y desea invertir en bonos tipo
A y bonos tipo B que producen una rentabilidad de 6% y 10%
anual respectivamente. Por motivos de liquidez no puede invertir
más del 25% en bonos tipo A, y lo mínimo a depositar en bonos
tipo B es $10,000. Determinar un plan óptimo de inversiones
VARIABLES DE DECISIÓN:
X1 = Cantidad, en dólares, que se debe invertir en bonos tipo A.
X2 = Cantidad, en dólares, que se debe invertir en bonos tipo B.
2
WINQSB es un software creado por el Dr. Yih-Long Chang que se puede bajar de internet.
Buscando en google hallamos varias direcciones, una de ellas es http://www.investigacionoperaciones.com/Metodos_computacionales.htm
16
FUNCION OBJETIVO:
Se debe maximizar la rentabilidad total de la inversión en los dos tipos de
bonos.
Maximizar Z = 0.06 X1 + 0.10 X2
RESTRICCIONES:
R1 = Fondo máximo a depositar: X1 + X2 ≤ 50,000
R2 = Máximo a invertir en bonos tipo A: X1 ≤ 0.25 (X1 + X2)
0.75 X1 – 0.25 X2 ≤ 0
R3 = Mínimo a invertir en bonos tipo B: X2 ≥ 10,000
CONDICION DE NO NEGATIVIDAD:
X1 ≥ 0, X2 ≥ 0
SOLUCION CON WINQSB:
1.3.2. INTERBANK tiene un total de $20 millones asignados a
préstamos para adquisición de casas y automóviles. En promedio,
los préstamos hipotecarios tienen una tasa anual de recuperación
del 10%, y los préstamos para autos una tasa anual de
recuperación del 12%. La gerencia ha estipulado que la cantidad
total de préstamos hipotecarios debe ser mayor o igual cuatro
veces la cantidad total de préstamos para autos. Determine la
17
cantidad total de los préstamos de cada tipo que debe realizar
INTERBANK para maximizar el monto de recuperación.
X1= Cantidad, en dólares, que se debe asignar para créditos
hipotecarios
X2 = Cantidad, en dólares, que se debe asignar para créditos de autos.
FUNCION OBJETIVO:
Se debe maximizar la recuperación total de los préstamos
Maximizar Z = 0.10 X1 + 0.12 X2
RESTRICCIONES:
R1 = Fondo máximo para asignar créditos: X1 + X2 ≤ 20,000,000
R2 = Relación de préstamos X1 ≥ 4 X2
X1 – 4 X2 ≥ 0
X1 ≥ 0, X2 ≥ 0
18
1.3.3. MAQUINASA es una pequeña fábrica situada en los alrededores
de una gran ciudad. Su producción se limita a dos productos
industriales: Alfa y Beta. El departamento de contabilidad de la
empresa ha calculado las contribuciones de cada producto: 10
dólares para el producto Alfa y 12 dólares para el Beta. Cada
producto pasa por tres departamentos de la fábrica. Los
requerimientos de tiempo para cada producto y el total del tiempo
disponible en cada departamento son los siguientes:
Horas Requeridas
Horas
Producto Producto Disponibles
Departamento ALFA
BETA
este mes Determine la cantidad
1
2.0
3.0
1,500
de productos Alfa y Beta
2
3.0
2.0
1,500
de tal forma que maximice
3
1.0
1.0
600
la contribución total.
X1 = Cantidad, en unidades, del producto Alfa que se debe producir por
mes.
X2 = Cantidad, en unidades, del producto Beta que se debe producir
por mes.
FUNCION OBJETIVO:
Se debe maximizar la utilidad total de los dos productos
Maximizar Z = 10 X1 + 12 X2
RESTRICCIONES:
R1 = Horas disponibles del Departamento 1: 2X1 + 3X2 ≤ 1500
X1 ≥ 0, X2 ≥ 0
19
1.3.4. Una dietista del hospital Rebagliati es responsable de la
planeación y administración de los requerimientos alimenticios de
los pacientes. La especialista examina en estos momentos el caso
de un paciente que se le ha restringido a una dieta especial que
consta de dos fuentes alimenticias. Al paciente no se le ha
restringido la cantidad de los dos elementos que se puede
consumir; sin embargo, se deben satisfacer los siguientes
requerimientos nutritivos mínimos por día:
- 1000 unidades del nutriente A.
- 2000 unidades del nutriente B; y
- 1500 unidades del nutriente C.
Cada onza de la fuente alimenticia #1, contiene 100 unidades del
nutriente A, 400 unidades del nutriente B y 200 unidades del
nutriente C.
20
Cada onza de la fuente alimenticia #2, contiene 200 unidades del
nutriente A, 250 unidades del nutriente B y 200 unidades del
nutriente C.
Ambas fuentes alimenticias son algo costosas: La fuente
alimenticia #1 cuesta $6 por libra y la fuente #2 $8 por libra.
La dietista desea determinar la combinación de fuentes
alimenticias que arroje el menor costo y que satisfaga todos los
requerimientos nutritivos.
Nota: 1 libra = 16 onzas
X1 = Cantidad, en onzas, de la fuente alimenticia #1 que se debe
asignar a la dieta por día.
X2 = Cantidad, en onzas, de la fuente alimenticia #2 que se debe
asignar a la dieta por día.
FUNCION OBJETIVO:
Se debe minimizar el costo total de la dieta.
Minimizar Z = 6/16 X1 + 8/16 X2 = 0.375 X1 + 0.5 X2
RESTRICCIONES:
R1 = Cantidad mínima de nutriente A: 100X1 + 200X2 ≥ 1000
R2 = Cantidad mínima de nutriente B: 400X1 + 250X2 ≥ 2000
R3 = Cantidad mínima de nutriente C: 200X1 + 200X2 ≥ 1500
X1 ≥ 0, X2 ≥ 0
21
1.3.5. La fábrica ABC vende dos tipos de bombas hidráulicas: (1) normal
y (2) extra grande. El proceso de manufactura asociado con la
fabricación de las bombas implica tres procesos: ensamblado,
pintura y pruebas de control de calidad. Los requerimientos de
recursos para ensamble, pintura y prueba de las bombas se
muestran en la siguiente tabla:
Tabla de Requerimientos de Manufactura
Tiempo de
Tiempo de
Tiempo de
Tipo
Ensamble
Pintado
Prueba
Normal
3.6
1.6
0.6
Extra Grande
4.8
1.8
0.6
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
$75. Existen disponibles por semana 4,800 horas en tiempo de
ensamble, 1,980 horas en tiempo de pintura y 900 horas en
tiempo de prueba. Las experiencias anteriores de renta señalan
que la compañía puede esperar vender cuando menos 300
bombas normales y 180 de los extra grandes por semana. A la
fábrica ABC le gustaría determinar la cantidad de cada tipo de
bomba que debe fabricar semanalmente con el objeto de
maximizar sus utilidades.
22
X1 = Cantidad, en unidades, de bombas hidráulicas normales que se
debe producir por semana
X2 = Cantidad, en unidades, de bombas hidráulicas extragrandes que
se debe producir por semana.
FUNCION OBJETIVO:
RESTRICCIONES:
R1 = Horas disponibles de ensamble: 3.6 X1 + 4.8 X2 ≤ 4800
R2 = Horas disponibles de pintado: 1.6 X1 + 1.8 X2 ≤ 1980
R3 = Horas disponibles de prueba: 0.6 X1 + 0.6 X2 ≤ 900
R4 = Demanda mínima de X1:
X1
≥ 300
X2 ≥ 180
X1 ≥ 0, X2 ≥ 0
23
1.3.6. PARAMONGA tiene dos tipos de papel, para libros y para
revistas. Cada tonelada de papel para libros requiere 2 toneladas
de abeto y 3 ton. de pino. Cada tonelada de papel para revistas
requiere 2 toneladas de abeto y 2 toneladas de pino. La empresa
debe proveer al menos 25000 tons de papel para libros y 10000
tons de papel para revistas por año.
La disponibilidad anual de materiales es de 300000 tons de abeto
y 450000 de pino. Por razón de mercado la cantidad de papel
fabricado para revistas debe ser al menos 1.5 veces a la cantidad
de papel fabricado para libros. Cada tonelada de papel para libros
da una utilidad de $215 y de revistas de $270. Determine un plan
óptimo de producción
X1 = Cantidad, en toneladas, de papel para libros que se debe producir
por año.
X2 = Cantidad, en toneladas, de papel para revistas que se debe
producir por año.
FUNCION OBJETIVO:
RESTRICCIONES:
R1 = Disponibilidad de abeto:
R2 = Disponibilidad de pino:
R3 = Razón de mercado:
2 X1 + 2 X2 ≤ 300000
3 X1 + 2 X2 ≤ 450000
X2 ≥ 1.5 X1
1.5 X1 – X2 ≤ 0
X1 ≥ 25000
X2 ≥ 10000
X1 ≥ 0, X2 ≥ 0
24
1.3.7. CATS es un nuevo producto alimenticio para mascotas. Cada lata
de 16 onzas de Cats es una mezcla, o combinación, de dos
ingredientes alimenticios para mascotas. Sean
X1 = número de onzas del ingrediente A en lata de 16 onzas.
X2 = número de onzas del ingrediente B en lata de 16 onzas.
Cada onza del ingrediente A contiene 1/2 onzas de proteínas y 1/8
de onza de grasas. Cada onza del ingrediente B contiene 1/10 de
onza de proteínas y 1/3 de onza de grasas. Las restricciones
implican que una lata de 16 onzas de Cats debe contener cuando
menos 4 onzas de proteínas y no más de 2.5 onzas de grasas. Si
el ingrediente A cuesta $0.04 por onza y el ingrediente B cuesta
$0.03 la onza.
a)
b)
c)
Formule el problema de programación lineal.
¿cuál es la mezcla de costo mínimo de los ingredientes A y B
para cada lata de 16 onzas?
Identifique e interprete los valores de las variables de
excedente para este problema.
25
X1 = Cantidad, en onzas, del ingrediente A en la lata de 16 onzas.
X2 = Cantidad, en onzas, del ingrediente B en la lata de 16 onzas.
FUNCION OBJETIVO:
Se debe minimizar el costo total de los ingredientes en la lata de 16
onzas.
Minimizar Z = 0.04 X1 + 0.03 X2
RESTRICCIONES:
R1 = Cantidad de los ingredientes A y B en la lata de 16 oz.: X1+X2=16
R2 = Cantidad mínima de proteínas: 0.5 X1 + 0.10 X2 ≥ 4
R3 = Cantidad máxima de grasas C: 0.125 X1 + 0.333 X2 ≤ 2.5
0.375 X1 + X2 ≤ 7.5
X1 ≥ 0, X2 ≥ 0
26
1.3.8. Un expendio de carnes de la ciudad acostumbra preparar la carne
para albondigón 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 80 ctvs por libra; la carne de
cerdo contiene 68% de carne y 32% de grasa, y cuesta 60 ctvs
por libra. ¿Qué cantidad de cada tipo de carne debe emplear la
tienda en cada libra de albondigón, si se desea minimizar el costo
y mantener el contenido de grasa no mayor de 25%?
X1 = Cantidad, en libras, de carne molida de res contenida en una libra
de albondigón.
X2 = Cantidad, en libras, de carne molida de cerdo contenida en una
libra de albondigón.
FUNCION OBJETIVO:
Se debe minimizar el costo total de los ingredientes en una libra de
albodigón.
Minimizar Z = 0.80 X1 + 0.60 X2
RESTRICCIONES:
R1 = Cantidad de ingredientes en una libra de albondigón: X1 + X2 = 1
R2 = Cantidad máxima de grasa 0.25 libras: 0.20 X1 + 0.32 X2 ≤ 0.25
27
X1 ≥ 0, X2 ≥ 0
1.3.9. Una fábrica de automóviles y camiones consta
departamentos que a continuación se enumeran:
1.
2.
3.
4.
de
los
Estampado de planchas metálicas
Armado de motores
Montaje de automóviles
Montaje de camiones
El Departamento 1 puede estampar, por mes, las planchas
necesarias para 25,000 automóviles 35,000 camiones, o las
correspondientes combinaciones de automóviles y camiones. El
Departamento 2 puede armar, por mes, 33,333 motores de
automóviles o 16,667 motores de camión, o las correspondientes
combinaciones de motores de automóvil y camión. El
Departamento 3 puede montar y terminar 22,500 automóviles, y
el Departamento 4 puede montar 15,000 camiones. Si cada
automóvil deja una utilidad de 300 dólares y cada camión de 250,
¿qué cantidades de automóviles y camiones deben producirse, de
28
manera que las utilidades que se obtengan sean las máximas
posibles?
X1 = Cantidad, en unidades, de automóviles que se debe producir por
mes.
X2 = Cantidad, en unidades, de camiones que se debe producir por
mes.
FUNCION OBJETIVO:
RESTRICCIONES:
R1 = El departamento 1 puede estampar, por mes, planchas metálicas
para 25000 automóviles o 35000 camiones. Supongamos que los
primeros 15 días (1/2 mes) se producen 12500 automóviles,
entonces los últimos 15 días se deben producir 17500 camiones.
El análisis parte del tiempo de producción para cada producto, cuyo
límite máximo es un mes.
De esta forma el tiempo para producir automóviles es X1/25000 (fracción
de mes) y el tiempo para producir camiones es X2/35000, de tal forma
que la suma de tiempos sea menor o igual a un mes:
X1/25000 + X2/35000 ≤ 1
7 X1 + 5 X2 ≤ 175000
R2 = Similar análisis para el Departamento 2: X1 + 2X2 ≤ 33333
R3 = Cantidad máxima en el departamento de montaje para
automóviles: X1 ≤ 22500
R4 = Cantidad máxima en el departamento de montaje para camiones:
X2 ≤ 15000
X1 ≥ 0, X2 ≥ 0
29
1.3.10. Un fabricante de gasolina para aviación vende dos clases de
combustible, A y B. El combustible de clase A tiene 25 % de
gasolina grado 1, 25% de gasolina grado 2, y 50 % de gasolina
grado 3. El combustible de clase B tiene 50% de gasolina grado 2
y 50% de gasolina grado 3. Disponibles para producción hay 75
galones/hora de grado 1, 150 galones/hora de grado 2, y 200
galones/hora de grado 3. Los costos son 30 centavos por galón
de grado 1, 60 centavos por galón de grado 2, y 50 centavos por
galón de grado 3. Las clases A y B, pueden venderse a 75 y 90
centavos por galón, respectivamente. ¿Qué cantidad por hora
debe fabricarse de cada combustible?
X1 = Cantidad, en galones, del combustible A que se debe producir por
hora.
X2 = Cantidad, en galones, del combustible B que se debe producir por
hora.
FUNCION OBJETIVO:
Se debe maximizar la utilidad total (ingreso menos costo) de los dos
productos
30
Ingreso en centavos = 75 X1 + 90 X2
Costo en centavos =
30 (0.25 X1) + 60 (0.25 X1 + 0.50 X2) + 50 (0.50 X1 + 0.50 X2)
Maximizar Z = Ingreso – Costo = 27.5 X1 + 35 X2
RESTRICCIONES:
R1 = Gasolina grado 1 disponible: 0.25 X1 ≤ 75
R2 = Gasolina grado 2 disponible: 0.25 X1 + 0.50 X2 ≤ 150
R3 = Gasolina grado 3 disponible: 0.50 X1 + 0.50 X2 ≤ 200
X1 ≥ 0, X2 ≥ 0
1.4.
PROBLEMAS FORMULADOS PERO SIN SOLUCION GRAFICA
1.4.1. Una compañía petrolera que tiene dos refinerías, necesita al
menos 800, 1400 y 500 barriles de petróleo de grados bajo, medio
y alto, respectivamente. Cada día, la refinería I produce 200
barriles de grado bajo, 300 de medio y 100 de alto grado, mientras
que la refinería II produce 100 barriles de grado alto, 100 de bajo y
31
200 de grado medio. Si los costos diarios son de $2,500 para
operar la refinería I y de $2,000 para la refinería II, ¿cuántos días
debe ser operada cada refinería para satisfacer los requerimientos
de producción a un costo mínimo?¿cuál es el costo mínimo?
X1 = Cantidad de días que debe ser operada la refinería I para cumplir
con los requerimientos de producción.
X2 = Cantidad de días que debe ser operada la refinería II para cumplir
con los requerimientos de producción.
FUNCION OBJETIVO:
Se debe minimizar el costo total de operación de las dos refinerías.
Minimizar Z = 2500 X1 + 2000 X2
RESTRICCIONES:
R1 = Cantidad mínima de barriles de petróleo de grado bajo requerido:
200X1 + 100X2 ≥ 800
R2 = Cantidad mínima de barriles de petróleo de grado medio
requerido: 300X1 +200X2 ≥ 1400
R3 = Cantidad mínima de barriles de petróleo de grado alto requerido:
100X1 + 100X2 ≥ 500
X1 ≥ 0, X2 ≥ 0
1.4.2. A causa de reglamentaciones gubernamentales nuevas sobre la
contaminación, una compañía química ha introducido en sus
plantas un nuevo y más caro proceso para complementar o
reemplazar un proceso anterior en la producción de un químico en
particular. El proceso anterior descarga 15 gramos de dióxido de
azufre y 40 gramos de partículas a la atmósfera por cada litro de
químico producido. El nuevo proceso descarga 5 gramos de
dióxido de azufre y 40 gramos de partículas a la atmósfera por
cada litro de químico producido. La compañía obtiene una utilidad
de 30 y 20 centavos por litro en los procesos anterior y nuevo,
respectivamente. Si el gobierno permite a la planta descargar no
más de 10,500 gramos de dióxido de azufre y no más de 30,000
gramos de partículas a la atmósfera cada día, ¿cuántos litros de
químico deben ser producidos diariamente, por cada uno de los
procesos, para maximizar la utilidad diaria? ¿Cuál es la utilidad
diaria?
32
X1 = Cantidad, en litros, del producto químico que se debe producir con
el proceso anterior.
X2 = Cantidad, en litros, del producto químico que se debe producir con
el proceso nuevo.
FUNCION OBJETIVO:
Se debe maximizar la utilidad total del producto químico en los dos
procesos
RESTRICCIONES:
R1 = Descarga máxima de dióxido de azufre: 15 X1 + 5 X2 ≤ 10500
R1 = Descarga máxima de partículas: 40 X1 + 40 X2 ≤ 30000
X1 ≥ 0, X2 ≥ 0
1.4.3. INDUMIL, un fabricante progresista de mecanismos civiles y
militares, fabrica actualmente una línea de armas para civiles, con
una producción actual diaria de 30 unidades del modelo Z-1200 y
de 120 unidades del modelo Z-1500. El gerente de manufactura
quiere saber si podrían aumentarse las ganancias cambiando la
mezcla de productos entre los dos modelos. Se compiló la
siguiente información sobre las horas requeridas para la
fabricación de cada modelo y las capacidades de los
departamentos de la fábrica.
Departamento
1
2
3
4
Contribución
por unidad
a)
b)
Horas-Hombre Requeridas
Modelo
Modelo
Z-1200
Z-1500
2.0
0.0
0.0
3.0
2.0
2.0
1.2
1.5
$50
Horas
Disponibles
por día
300
540
440
300
$40
Determínese la mezcla óptima de productos suponiendo que
pueden venderse las cantidades. Use el método gráfico.
¿Cuánto aumentaría la mezcla óptima la contribución a los costos
fijos y a las ganancias?
33
c)
Suponga que el precio del modelo Z-1200 se reduzca a $10 ¿Cuál
será la mezcla óptima de productos? Use el método gráfico
X1 = Cantidad, en unidades, del producto Z-1200 que se debe producir
por día.
X2 = Cantidad, en unidades, del producto Z-1500 que se debe producir
por día.
FUNCION OBJETIVO:
RESTRICCIONES:
R1 = Horas disponibles del Departamento 1: 2 X1 ≤ 300
R2 = Horas disponibles del Departamento 2: 3 X2 ≤ 540
R3 = Horas disponibles del Departamento 3: 2 X1 + 2 X2 ≤ 440
R4 = Horas disponibles del Departamento 4: 1.2 X1 + 1.5 X2 ≤ 300
X1 ≥ 0, X2 ≥ 0
1.4.4. JUGUETES SAC fabrica dos tipos de juguetes de madera:
soldados y trenes. Se vende un soldado a $27 y se usan $10 de
materia prima. Cada soldado que se produce aumenta los costos
variables de mano de obra y los costos generales en $14. Se
vende un tren a $21 y se usan $9 de materia prima. Cada tren
producido aumenta los costos variables de mano de obra y los
costos generales en $10. La producción de soldados y trenes de
madera necesita dos tipos de trabajo especializado: carpintería y
acabado. Un soldado requiere 2 horas de acabado y una hora de
carpintería. Un tren requiere 1 hora de acabado y 1 hora de
carpintería. Cada semana, la empresa puede conseguir toda la
materia prima que necesita, pero solamente dispone de 100 horas
de acabado y 80 horas de carpintería. La demanda de los trenes
no tiene límite, pero se venden a lo más 40 soldados
semanalmente. La firma quiere maximizar su ganancia semanal
(ingresos - costos).
a) Formule un modelo matemático para la situación de
JUGUETES SAC que se pueda utilizar para maximizar su
ganancia semanal.
b) Determine gráficamente la región factible del problema y el
punto donde se hace máxima la ganancia de la compañía.
34
X1 = Cantidad de soldados de madera que se debe producir por
semana.
X2 = Cantidad de trenes de madera que se debe producir por semana.
FUNCION OBJETIVO:
Se debe maximizar la utilidad total (ingreso menos costo) de los dos
productos:
Ingreso por ventas = 27 X1 + 21 X2
Costo de materia prima = 10 X1 + 9 X2
Costo de mano de obra y costos generales = 14 X1 + 10 X2
Maximizar Z = Ingresos – Costos = 3 X1 + 2 X2
RESTRICCIONES:
R1 = Horas disponibles de carpintería: 1 X1 + 1 X2 ≤ 80
R2 = Horas disponibles de acabado: 2 X1 + 1 X2 ≤ 100
R3 = Demanda máxima de soldados:
X1 ≤ 40
X1 ≥ 0, X2 ≥ 0
1.4.5. Financiera Solución administra fondos de empresas y clientes
pudientes. La estrategia de inversión se adecua a las necesidades
de cada cliente. Para un cliente nuevo, a Financiera Solución (FS)
se le ha autorizado invertir 1.2 millones de dólares en dos fondos
de inversión: un fondo de acciones y un fondo de bonos. Cada
unidad del fondo de acciones cuesta 50 dólares, con una tasa de
rendimiento anual de 10%; cada unidad del fondo de bonos
cuesta 100 dólares, con una tasa de rendimiento anual de 4%.
El cliente desea minimizar el riesgo, pero quiere tener un ingreso
anual sobre la inversión de por lo menos 60,000 dólares. De
acuerdo con el sistema de medición de riesgo de FS, cada unidad
adquirida en el fondo de acciones tiene un índice de riesgo de 8, y
cada unidad adquirida en el fondo de bonos tiene un índice de
riesgo de 3. El índice de riesgo más elevado asociado con el
fondo de acciones indica, simplemente, que se trata de la
inversión más riesgosa.
El cliente de la financiera también ha especificado que se inviertan
por lo menos 300,000 dólares en el fondo de bonos.
35
¿Cuántas unidades de cada uno de los fondos deberá adquirir la
financiera para el cliente, si el objetivo es minimizar el índice de
riesgo total para esta cartera? ¿Cuál es el valor del riesgo total?
X1 = Cantidad, en unidades, que se debe adquirir del fondo de acciones
X2 = Cantidad, en unidades, que se debe adquirir del fondo de bonos
FUNCION OBJETIVO:
Se debe minimizar el riesgo total de la inversión.
Minimizar Z = 8 X1 + 3 X2
RESTRICCIONES:
R1 = Cantidad máxima a invertir de dólares: X1 + X2 ≤ 1200000
R2 = Rendimiento anual mínimo requerido: 5 X1 + 4 X2 ≥ 60000
R3 = Inversión mínima en bonos:
100 X2 ≥ 300000
X1 ≥ 0, X2 ≥ 0
1.5.
PROBLEMAS PROPUESTOS
1.5.1. Un frutero necesita 16 cajas de naranjas, 5 de plátanos y 20 de
manzanas. Dos mayoristas pueden suministrarle para satisfacer
sus necesidades, pero sólo venden la fruta en contenedores
completos. El mayorista A envía en cada contenedor 8 cajas de
naranjas, 1 de plátanos y 2 de manzanas. El mayorista B envía en
cada contenedor 2 cajas de naranjas, una de plátanos y 7 de
manzanas. Sabiendo que el mayorista A se encuentra a 150 km
de distancia y el mayorista B a 300 km, calcular cuántos
contenedores habrá de comprar a cada mayorista, con objeto de
ahorrar tiempo y dinero, reduciendo al mínimo la distancia de lo
solicitado.
1.5.2. Una compañía tiene dos minas: la mina A produce diariamente 1
tonelada de carbón de antracita de alta calidad, 2 toneladas de
carbón de calidad media y 4 toneladas de carbón de baja calidad;
la mina B produce 2 toneladas de cada una de las tres clases. La
compañía necesita 70 toneladas de carbón de alta calidad, 130 de
calidad media y 150 de baja calidad. Los gastos diarios de la mina
A ascienden a 150 dólares y los de la mina B a 200 dólares.
36
¿Cuántos días deberán trabajar en cada mina para que la función
de coste sea mínima?
1.5.3. Imaginemos que las necesidades semanales mínimas de una
persona en proteínas, hidratos de carbono y grasas son,
respectivamente, 8, 12 y 9 unidades. Supongamos que debemos
obtener un preparado con esa composición mínima mezclando
dos productos A y B, cuyos contenidos por Kg son los que se
indican en la siguiente tabla:
a)
b)
Proteínas
Hidratos
Grasas
Costo
(pts/kg)
A
2
6
1
600
B
1
1
3
400
¿Cuántos Kg de cada producto deberán comprarse
semanalmente para que el costo de preparar la dieta sea
mínimo?
¿Cuántos Kg de cada producto deberíamos comprar si el
precio de A subiera a 1000 pts/Kg ?
1.5.4. En la elaboración de un producto A se necesita una sustancia B.
La cantidad de A obtenida es menor o igual que el doble de B
utilizada, y la diferencia entre las cantidades del producto B y A no
supera los 2g mientras que la suma no debe sobrepasar los 5g.
Además se utiliza por lo menos 1g de B y se requiere 1 g de A. La
sustancia A se vende a 5 millones y la B cuesta 4 millones el
gramo. Calcular la cantidad de sustancia B necesaria para que el
beneficio sea máximo.
1.5.5. En una encuesta realizada por una televisión local se ha
detectado que un programa con 20 minutos de variedades y un
minuto de publicidad capta 30.000 espectadores, mientras que
otro programa con 10 minutos de variedades y 1 minuto de
publicidad capta 10.000 espectadores.
Para un determinado período, la dirección de la red decide dedicar
80 minutos de variedades y los anunciantes 6 minutos de
publicidad. ¿Cuántas veces deberá aparecer cada programa con
objeto de captar el máximo número de espectadores?
37
1.5.6. Una empresa tiene dos factorías A y B. En ellas fabrica un
determinado producto, a razón de 500 y 400 unidades por día
respectivamente. El producto ha de ser distribuido posteriormente
a tres centros I, II y III, que requieren, respectivamente, 200, 300 y
400 unidades. Los costos de transportar cada unidad del producto
desde cada factoría a cada centro distribuidor son los indicados
en la tabla siguiente:
I
II III FABRICACIÓN
A
50 60 10
500 u.
B
25 40 20
400 u.
DEMANDA 200 300 400
¿De qué manera deben organizar el transporte a fin de que los
gastos sean mínimos?
1.5.7. Una empresa fabrica dos tipos de tarjetas gráficas, de 16Mb y
32Mb de memoria, respectivamente. Se utilizan dos máquinas que
emplean 2 min. en fabricar las de 16Mb y 3 min. en fabricar las de
32Mb. La cadena de montaje sólo puede funcionar, como máximo,
300 minutos diarios.
Además cada máquina tiene una capacidad máxima de
fabricación diaria de 125 unidades, entre las cuales no puede
haber más de 90 tarjetas de 16Mb ni más de 80 tarjetas de 32Mb,
siendo el beneficio neto de las primeras de 45$ y el de las
segundas de 60$.
¿Cuántas tarjetas de 16Mb y 32Mb debe fabricar diariamente
cada máquina para que el beneficio sea máximo?.
1.5.8. Una multinacional farmacéutica desea fabricar un compuesto
nutritivo a base de dos productos A y B. El producto A contiene
30% de proteínas, un 1% de grasas y un 10% de azúcares. El
producto B contiene un 5% de proteínas, un 7% de grasas y un
10% de azúcares. El compuesto tiene que tener, al menos, 25g.
de proteínas, 6g. de grasas y 30g. de azúcares.
El coste del producto A es de 0.6 pts/g. y el de B es de 0.2 pts/g.
¿Cuántos gramos de cada producto debe tener el compuesto para
que el coste total sea mínimo?
38
1.5.9. Una compañía minera tiene abiertas dos minas M1 y M2, desde
las cuales transporta carbón a dos grupos G1 y G2 de una central
térmica. De la mina M1 salen diariamente para la central 800T de
antracita y de la mina M2 300T.
De las 1100T, 500 tienen que ir hasta el grupo G1 y 600T hasta el
grupo G2. El coste de cada tonelada transportada de M1 a G1 es
de 60$, el de A1 a G2 de 80$, el de M2 a G1 de 40$ y el de M2 a
G2 de 50$.
¿Cuántas toneladas hay que transportar desde cada mina hasta
cada grupo para que el coste total sea mínimo?.
1.5.10. Una asociación agrícola tiene de dos parcelas: la parcela P1
tiene 400Ha de tierra utilizable y dispone de 500m3 de agua,
mientras la parcela P2 tiene 900Ha de tierra utilizable y dispone
de 1200m3 de agua. Los cultivos aconsejados son: remolacha y
algodón. La remolacha consume 3m3 de agua por Ha y tiene un
beneficio de 700$ por Ha y el algodón consume 2m3 de agua por
Ha y tiene un beneficio de 500$ por Ha. Se ha establecido una
cuota máxima por Ha para cada cultivo: 800 para la remolacha y
600 para el algodón, siendo el porcentaje total de terreno cultivado
el mismo en cada parcela.
Plantear el problema de programación lineal.
1.5.11. Una empresa constructora dispone de dos tipos de camiones C1
y C2 y quiere transportar 100T de arena a una obra. Sabiendo que
dispone de 6 camiones tipo C1 con capacidad para 15T y con un
coste de 4000pts por viaje y de 10 camiones tipo C2 con una
capacidad de 5T y con un coste de 3000pts por viaje.
a)
b)
c)
¿Cuál es el número posible de camiones que puede usar
(gráficamente)?
¿Cuál es el número posible de camiones que debe usar para
que el coste sea mínimo?
¿Cuál es el valor de dicho coste?.
1.5.12. Un quiosco de prensa vende bolígrafos a 20pts y cuadernos a
30pts. Llevamos 240pts y pretendemos comprar los mismos
cuadernos que bolígrafos por lo menos. ¿Cuál será el número
máximo de piezas que podemos comprar?
39
1.5.13. Una compañía aérea dispone de dos tipos de aviones A1 y A2
para cubrir un determinado trayecto. El avión A1 debe hacer más
veces el trayecto que el avión A2 pero no puede sobrepasar 120
viajes. Entre los dos aviones deben hacer más de 60 vuelos, pero
menos de 200. En cada vuelo, A1 consume 900 litros de
combustible y A2 700 litros. En cada viaje del avión A1 la empresa
gana 30.000$ y 20.000$ por cada viaje del avión A2.
a)
b)
¿Cuántos viajes debe hacer cada avión para obtener el
máximo de ganancias?.
¿Cuántos vuelos debe hacer cada avión para que el
consumo de combustible sea mínimo?
1.5.14. Un joyero fabrica dos tipos de anillos: los anillos A1 precisan 1g.
de oro y 5g. de plata vendiéndolos a $40 cada uno. Para los
anillos tipo A2 emplea 1,5g. de oro y 1g. de plata y los vende a
$50. El joyero dispone en su taller de 750g. de cada metal.
¿Calcular cuántos anillos debe fabricar de cada clase para
obtener el máximo beneficio?
1.5.15. Electrón S.A. produce 2 tipos de monitores para PC; de 17” y 15”
(conocidos como M17 y M15). Los pronósticos de mercado
indican que será posible vender todos los monitores que se
puedan producir para el siguiente mes.
Cada monitor pasa por un proceso en el departamento electrónico
(DE) y otro en el departamento mecánico (DM) y además es
sometido a verificación de calidad en el dpto. CC.
En el DE se disponen de 150 hrs. de operación, en el DM de 160
hrs.
Por acuerdo con los trabajadores deben utilizarse al menos el
90% del total de una meta de 150 hrs. en el departamento de
verificación de calidad CC.
El monitor M17 tiene un costo de producción de $ 1,200 y se
venderá a $ 1,700 y requiere de 10 hrs. de operación en el DE,
20 hrs en el DM y 30 hrs de control de calidad.
40
El monitor M15 tiene un costo de producción de $ 1,000 y se
venderá a $ 1,400 y requiere de 15 hrs. de operación en el DE,
10 hrs en el DM y 10 hrs de control de calidad.
La gerencia de ventas por estrategia de ventas exige que se
produzca al menos un monitor M15 por cada 2 monitores M17. E
informa que se debe de cumplir con el pedido ya recibido de un
cliente de por lo menos 4 monitores (en cualquier combinación
M17 y M15).
1.5.16. La Smith Motors, Inc., vende automóviles normales y vagonetas.
La compañía obtiene $300 de utilidad sobre cada automóvil que
vende y $400 por cada vagoneta. El fabricante no puede proveer
más de 300 automóviles ni más de 200 vagonetas por mes. El
tiempo de preparación para los distribuidores es de 2 horas para
cada automóvil y 3 horas para cada vagoneta. La compañía
cuenta con 900 horas de tiempo de taller disponible cada mes
para la preparación de automóviles nuevos. Plantee un problema
de PL para determinar cuántos automóviles y cuántas vagonetas
deben ordenarse para maximizar las utilidades.
1.5.17. La empresa La Preferida, del Valle de Ica, cultiva brócoli y coliflor
en 500 acres de terreno en el valle. Un acre de brócoli produce
$500 de contribución a las utilidades y la contribución de un acre
de coliflor es de $1000. Debido a reglamentos gubernamentales,
no pueden cultivarse más de 200 acres de brócoli. Durante la
temporada de plantación, habrá disponibles 1200 horas-hombre
de tiempo de plantadores. Cada acre de brócoli requiere 2.5
horas-hombre y cada acre de coliflor requiere 5.5 horas-hombre.
Plantee un problema de PL para determinar cuántos acres de
brócoli y cuántos de coliflor deben plantarse para maximizar la
contribución a las utilidades.
1.5.18. Los supervisores de la producción de una refinería deben
programar dos procesos de mezclado. Cuando se realiza el
proceso 1 durante una hora se consumen 100 barriles de petróleo
nacional y 300 barriles de petróleo importado. De manera similar,
cuando se efectúa el proceso 2 durante una hora, se consumen
100 barriles de petróleo nacional y 200 barriles de petróleo
importado, Con respecto a la producción, el proceso 1 genera
4,000 galones de gasolina y 1,750 galones de petróleo para uso
doméstico por hora de operación. El proceso 2 genera 3,500
galones de gasolina y 2,250 galones de petróleo para uso
41
doméstico, por hora. Para la siguiente corrida de producción,
existen disponibles 1,200 barriles de petróleo nacional y 1 ,800
barriles de petróleo importado. Los contratos de ventas exigen
que se fabriquen 28,000 galones de gasolina y 12,000 galones de
petróleo para consumo doméstico. Las contribuciones a las
utilidades por hora de operación son $1,000 y $1,100 para los
procesos 1 y 2, respectivamente.
a.
b.
42
Plantee un modelo de programación lineal para determinar el
programa de producción que maximice la contribución total.
Asegúrese de indicar las unidades de medición para sus
variables de decisión y las unidades en las que se mide cada
restricción.
El Ministerio de Energía y Minas puede emitir un dictamen
que limite la producción total de gasolina a no más de la
mitad del petróleo que se fabrique para uso doméstico. ¿Qué
restricción debe añadirse al modelo para plantear esta
condición?
CAPÍTULO 2
PROGRAMACION LINEAL: FORMULACIÓN DE PROBLEMAS
2.1.
EJERCICIOS FORMULADOS DE PROGRAMACION LINEAL
Ejercicio 2.1.1: Problema de transporte
Un fabricante de jabón y detergentes tiene tres plantas, localizadas en
Cincinnati, Denver y Atlanta. Los almacenes principales se encuentran
en Nueva York, Boston, Chicago, Los Angeles y Dallas. En las tablas
siguientes se proporcionan los requerimientos de ventas del próximo año
para cada almacén y los costos de envío desde cada planta a cada
almacén.
Requerimientos de los almacenes
Ubicación del almacén
Nueva York
Boston
Chicago
Los Angeles
Dallas
Total
Ventas anuales (miles de cajas)
50
10
60
30
20
---170
Costos de envío de 1000 cajas de jabón
De / A
Cincinnati
Denver
Atlanta
Nueva
York
$ 120
210
150
Boston
Chicago
$ 150
220
170
$ 80
150
150
Los
Angeles
$ 250
100
240
Dallas
$ 180
110
200
La capacidad de producción para las plantas de Cincinnatti, Denver y
Atlanta son 100 mil, 60 mil y 50 mil cajas, respectivamente.
La compañía quiere determinar un programa de entregas que minimice
los costos totales de transporte de la compañía.
43
FORMULACIÓN:
Variables de Decisión:
Sea:
X11 = Número de cajas enviadas de la primera fábrica (Cincinnati) al
primer almacén (Nueva York), en miles de cajas.
Análogamente:
X12, X13, X14, X15
=
Número de cajas enviadas de la primera
fábrica (Cincinnati) al segundo, tercer, etc.,
almacén (Boston, Chicago, etcétera)
X21, X22, X23, X24, X25 =
Número de cajas enviadas de la segunda
fábrica (Denver) al primer, segundo, etc.,
almacén.
X31, X32, X33, X34, X35 =
Número de cajas enviadas de la tercera
fábrica (Atlanta) al primer, segundo, etc.,
almacén.
Función Objetivo:
El objetivo es minimizar costos de transporte.
Minimizar: Z =
120X11 + 150X12 + 80X13 + 250X14 + 180X15 +
210X21 + 220X22 + 150X23 + 100X24 + 110X25 +
150X31 + 170X32 + 150X33 + 240X34 + 200X35
El costo total es la suma de los productos, de cada fábrica a cada
almacén, del costo de envío de la tabla multiplicado por el número de
millares de cajas que se envían.
Restricciones:
Hay dos conjuntos de restricciones para este problema. El primero
garantiza que se cumplirán las necesidades del almacén, entonces, para
Nueva York:
X11 + X21 + X31 = 50
Lo anterior estipula que la suma de las cajas que se envían a Nueva
York de la primera fábrica (Cincinnati), la segunda (Denver) y la tercera
(Atlanta) debe ser 50 mil cajas, el requerimiento de ventas de Nueva
York. Para los otros almacenes se tiene:
Boston:
Chicago:
44
X12 + X22 + X32 = 10
X13 + X23 + X33 = 60
Los Angeles:
Dallas:
X14 + X24 + X34 = 30
X15 + X25 + X35 = 20
El segundo conjunto de restricciones garantiza que las fábricas no
excedan sus capacidades de producción. De esta manera, para la
fábrica de Cincinnati:
X11 + X12 + X13 + X14 + X15 < 100
Esta expresión indica que la cantidad que se envía de la primera fábrica
al primer almacén, al segundo, al tercero, etc., no debe exceder la
capacidad de 100,000 cajas de la fábrica.
En forma similar:
Denver:
Atlanta:
X21+ X22 + X23 + X24 + X25 < 60
X31 + X32+ X33 + X34 + X35 < 50
Por último, todas las X deben ser mayores o iguales que cero.
La solución de este problema de programación lineal ofrecerá el
programa óptimo de envíos (es decir, el de menor costo) para la
compañía. Es un ejemplo de un tipo especial de problema, conocido, de
manera bastante natural, como el problema de transporte.
En resumen, la formulación completa de este problema es:
Minimizar Z = 120X11 + 150X12 + 80X13 + 250X14 + 180X15 +
210X21 + 220X22 + 150X23 + 100X24 + 110X25 +
150X31 + 170X32 + 150X33 + 240X34 + 200X35
Sujeto a:
X11 + X21 + X31 = 50
X12 + X22 + X32 = 10
Restricciones de
X13 + X23 + X33 = 60
requerimientos de
X14 + X24 + X34 = 30
almacenes
X15 + X25 + X35 = 20
X11 + X12 + X13 + X14 + X15 < 100 Capacidad
X21 + X22 + X23 + X24 + X25 < 60 disponible de
X31 + X32 + X33 + X34 + X35 < 50 fábricas
Condición de no negatividad
X11, X12, …., ……, X35 > 0
45
Ejercicio 2.1.2: Problema de mezcla
Se obtienen distintos tipos de gasolina mezclando ciertas gasolinas que
se obtienen directamente de las operaciones de refinería. En un proceso
de refinamiento real hay varias gasolinas para mezcla, varias gasolinas
que son productos finales (por ejemplo, distintos grados de gasolina para
aviación y para motores) y varias características de importancia para la
composición química de los diversos grados de gasolina (por ejemplo,
octanaje, presión de vapor, contenido de azufre, contenido de goma). En
este ejemplo simplificando se supondrá que la refinería sólo tiene dos
tipos de gasolina para mezcla, con las características que se presentan
en la siguiente tabla:
Tabla 2.1. Características de las gasolinas para mezcla
Mezclas
disponibles
Gasolina para
mezcla, tipo 1
Gasolina para
mezcla, tipo 2
Octanaje
Presión de vapor
Cantidad
disponible
104
5
30 000 barriles
94
9
70 000 barriles
Estas gasolinas para mezcla pueden combinarse para obtener dos
productos finales: gasolina para aviación y gasolina para motores. En la
siguiente tabla se presentan las características que requieren estos
productos finales.
Tabla 2.2. Características de las gasolinas finales
Productos
finales
Gasolina para
aviación
Gasolina para
motores
Octanaje
mínimo
Presión de
vapor máxima
102
6
96
8
Ventas
máximas
20 000
barriles
Cualquier
cantidad
Precio de venta
(por barril)
$45.10
$32.40
FORMULACIÓN:
Sea:
X1 = Número de barriles de gasolina para la mezcla 1 utilizados en
gasolina para aviación
X2 = Número de barriles de gasolina para la mezcla 2 utilizados en
46
X3 =
X4 =
Número de barriles de gasolina para la mezcla 1 utilizados en
gasolina para motores
Número de barriles de gasolina para la mezcla 2 utilizados en
gasolina para motores
Función Objetivo:
La función objetivo es maximizar Z = Ingresos totales:
Maximizar: Z = 45.10 (X1 + X2) + 32.40 (X3 + X4)
= 45.10 X1 + 45.10 X2 + 32.40 X3 + 32.40 X4
Observe que X1 + X2 es la cantidad total de gasolina para aviación
mezclada (en barriles); como se vende a 45.10 dólares por barril, los
ingresos por este producto son 45.10 (X1 + X2). De manera análoga, los
ingresos por la gasolina para motor son de 32.40 (X3 + X4) y la suma de
estos términos representa los ingresos totales.
Restricciones:
Hay varios tipos de restricciones que afectan la forma en que la refinería
mezclará su gasolina. La primera es el nivel de ventas o tamaño de la
demanda, el hecho de que no pueden venderse más de 20 000 barriles
de gasolina para aviación. Lo anterior puede expresarse así:
X1 + X2 < 20 000
Otro conjunto de restricciones se refiere a las cantidades disponibles de
las gasolinas para mezcla. Entonces:
X1 + X3 < 30 000
Observe que X1 + X3 representa la cantidad total de gasolina para
mezcla 1 (la suma de la cantidad utilizada en gasolina para aviación, X1,
y la cantidad usada en gasolina para motores, X3). La ecuación anterior
establece que la cantidad de gasolina para mezcla 1 no debe exceder la
cantidad disponible, 30 000 barriles. Hay una restricción similar para la
gasolina para la mezcla 2:
X2 + X4 < 70 000
Otro conjunto de restricciones tiene que ver con el octanaje de las
gasolinas finales. Recuerde que la cantidad total de la gasolina para
aviación es X1 + X2 y su octanaje estará definido por las cantidades
relativas de X1 + X2, de acuerdo con la siguiente fórmula:
47
Octanaje
de la
104 * X1 + 94 * X2
-------------------------X1 + X2
Las cifras 104 y 94 provienen de la tabla 2.1 y son los octanajes de las
gasolinas para mezcla 1 y 2, respectivamente. En la tabla 2.2 se observa
que el octanaje de la gasolina para aviación debe ser por lo menos 102,
por lo cual se tiene la siguiente restricción:
104 X1 + 94 X2
------------------- > 102
X1 + X2
Al acomodar la expresión para convertirla en restricción lineal, se tiene:
104 X1 + 94 X2 > 102 X1 + 102 X2 o
(104 X1 – 102 X1) + (94 X2 – 102 X2) > 0, ó
2 X1 – 8 X2 > 0
Análogamente, para la gasolina para motores, se tiene:
104 X3 + 94 X4 > 96(X3 + X4) ó
8 X3 – 2 X4 > 0
El último conjunto de restricciones tiene que ver con los requisitos de
presión de vapor de las gasolinas finales. En el caso de la gasolina para
aviación, la restricción es:
5 X1 + 9 X2 < 6(X1 + X2) ó
– X1 + 3X2 < 0
y el requisito de presión de vapor de la gasolina para motores es:
5 X3 + 9 X4 < 8(X3 + X4) ó
– 3X3 + X4 < 0
En resumen, la formulación total del modelo de programación lineal es:
Maximizar Z = 45.10X1 + 45.10X2 + 32.40X3 + 32.40X4
Sujeto a:
48
X1 + X2 < 20 000
Restricción de la demanda
X1 + X3 < 30 000
X2 + X4 < 70 000
Restricciones de disponibilidad
de gasolina para mezclas
2 X1 – 8 X2 > 0
8 X3 – 2 X4 > 0
Restricciones de
octanaje
– X1 + 3X2 < 0
– 3X3 + X4 < 0
Restricciones de
presión de vapor
X1, X2, X3, X4 > 0
Ejercicio 2.1.3: Problema de programación de actividades
Una empresa tiene un programa estricto de compromisos de entrega de
un producto para los próximos seis meses. El costo de producción varía
por mes, por los cambios anticipados en costos de materiales. La
capacidad de producción de la compañía es de 100 unidades por mes
con tiempo normal y hasta 15 unidades adicionales por mes con tiempo
extra.
La siguiente tabla muestra los requerimientos de entrega y los costos de
producción por mes.
Requerimientos y costos
Mes
Compromisos de entrega
(unidades)
Costo por unidad en
tiempo normal
Costo por unidad en
tiempo extra
1
2
3
4
5
6
95
85
110
115
90
105
$30
30
32
32
31
32
$35
35
37
37
36
37
El costo de almacenar en inventario una unidad que no se vende es de
dos dólares por mes. El problema de la compañía es determinar el
número de unidades que debe producir cada mes en tiempo normal y
tiempo extra para cubrir los requerimientos con el menor costo. La
empresa no tiene unidades disponibles al iniciar el mes 1 y no quiere que
sobren unidades al terminar el mes 6.
FORMULACIÓN:
Sea:
X1, X2, X3, X4, X5, X6 =
Y1, Y2, Y3, Y4 , Y5 , Y6 =
Número de unidades producidas en tiempo
normal cada mes
Número de unidades producidas en tiempo
extra cada mes
49
I1, I2, I3, I4, I5 , I6
=
Número de unidades en almacén
vendidas) al final de cada mes
(no
Función Objetivo:
El objetivo es minimizar costos:
Minimizar: Z = 30X1 + 30X2 + 32X3 + 32X4 + 31X5 + 32X6 +
35Y1 + 35Y2 + 37Y3 + 36Y4 + 37Y5 + 37Y6 +
2I1 + 2I2 + 2I3 + 2I4 + 2I5 + 2I6
La primera parte de esta expresión es el costo de la producción en
tiempo normal multiplicado por las cantidades producidas en tiempo
normal cada mes. La segunda parte representa el costo de producción
en tiempo extra multiplicado por las cantidades que se producen en
tiempo extra cada mes. La tercera parte es el costo de almacenamiento
de las unidades que no se vendan, multiplicados por el número de
unidades no vendidas cada mes.
Restricciones:
Las restricciones de la producción en tiempo normal son:
Por último, se requiere un grupo de restricciones de enlace o de
equilibrio para unir los períodos y asegurar que se cumplan los
compromisos de entrega. Estas restricciones tienen la siguiente forma:
(Fuentes de las unidades) = (Usos de las unidades) ó
⎡ Inventario ⎤ ⎡ Pr oducción en ⎤ ⎡ Pr oducción en ⎤ ⎡Compromisos ⎤ ⎡ Inventario ⎤
⎢ Inicial ⎥ + ⎢tiempo normal ⎥ + ⎢ tiempo extra ⎥ = ⎢ de entrega ⎥ + ⎢ final ⎥
⎣
⎦ ⎣
⎦ ⎣
⎦ ⎣
⎦ ⎣
⎦
Para el mes 1, esto es:
0 + X1 + Y1 = 95 + I1
puesto que no hay inventario inicial. Al acomodar la ecuación:
X1 + Y1 – I1 = 95
Para el mes 2:
I1 + X2 + Y2 = 85 + I2, ó
I1 + X2 + Y2 - I2 = 85
Para los otros meses:
Mes 3:
I2 + X3 + Y3 - I3 = 110
Mes 4:
I3 + X4 + Y4 - I4 = 115
50
Mes 5:
Mes 6:
I4 + X5 + Y5 - I5 = 90
I5 + X6 + Y6 - I6 = 105
Puesto que el inventario final debe ser cero, la última restricción es:
I6 = 0
En resumen, la formulación es:
Minimizar: Z = 30 X1 + 30 X2 + 32 X3 + 32 X4 + 31 X5 + 32 X6 +
35 Y1 + 35 Y2 + 37 Y3 + 36 Y4 + 37 Y5 + 37 Y6 +
2 I 1 + 2 I 2 + 2 I 3 + 2 I 4 + 2 I 5 + 2 I6
Sujeto a:
X1 + Y1
I1 + X2 + Y2
I2 + X3 + Y3
I3 + X4 + Y4
I4 + X5 + Y5
I5 + X6 + Y6
- I1 = 95
- I2 = 85
- I3 = 110
- I4 = 115
- I5 = 90
- I6 = 105
X1 < 100
X2 < 100
X3 < 100
X4 < 100
X5 < 100
X6 < 100
Y1 < 15
Y2 < 15
Y3 < 15
Y4 < 15
Y5 < 15
Y6 < 15
I6 = 0
Restricciones
de balance de
inventario
Restricciones
de producción
en tiempo normal
Restricciones
de producción
en tiempo extra
Restricción de inventario final
X1, X2, X3, X4, X5, X6 > 0
Y1, Y2, Y3, Y4, Y5, Y6 > 0
I1, I2, I3, I4, I5, I6 > 0
Ejercicio 2.1.4: Problema de producción
Una empresa fabricante de tostadoras eléctricas, debe tomar una
decisión sobre la producción de un nuevo modelo. La empresa tiene la
posibilidad de emplear 3 técnicas alternativas de producción: manual,
semi-automática y mediante el empleo de robots.
51
Los requerimientos de cada técnica se resumen en el siguiente cuadro:
Mano de Obra Especializada
Mano de Obra no-especializada
Tiempo de Taller de Ensamblado
TECNICA DE ENSAMBLADO
Manual
Semi-automática Robotizada
1 min
4 min
8 min
40 min
30 min
20 min
3 min
2 min
4 min
La disponibilidad de recursos para este producto son los siguientes: 4500
minutos de mano de obra especializada, 36000 minutos de mano de
obra no-especializada y 2700 minutos de tiempo disponible de taller de
ensamblado.
El costo total de producción manual es de $7 por tostadora, de $8 por
tostadora para la producción semi-automática, y de $8.5 por tostadora
para la producción robotizada. Se necesita producir 1000 tostadoras.
Calcular la cantidad de tostadoras que se debe producir con cada técnica
de ensamblado.
FORMULACIÓN:
Xi: Cantidad de tostadoras ensambladas con la técnica i: (= M, S, R)
Función Objetivo:
Se debe minimizar Costos
Minimizar Z = 7 XM + 8XS + 8.5XR
Restricciones:
Disponibilidad de Recursos:
Ensamblado Manual:
1 XM + 4 XS + 8 XR < 4,500
Ensamblado Semiautomático:
40 XM + 30 XS + 20 XR < 36,000
Ensamblado Robotizado
3XM + 2XS + 4XR < 2,700
Condición de Producción:
XM + XS + XR = 1000
Condición de No Negatividad:
XM > 0 , XS > 0 , XR > 0
52
Ejercicio 2.1.5: Problema de asignación de personal
El gerente de personal de “La Tortuga Veloz, S.A.”, está analizando la
necesidad de mano de obra semi calificada durante los próximos seis
meses. Se lleva 1 mes adiestrar a una persona nueva. Durante este
período de entrenamiento un trabajador regular, junto con uno en
adiestramiento (aprendiz), producen el equivalente a lo que producen 1.2
trabajadores regulares. Se paga $500 mensuales a quien está en
entrenamiento, mientras que los trabajadores regulares ganan $800
mensuales. La rotación de personal entre los trabajadores regulares es
bastante alta, del 10% mensual. El gerente de personal debe decidir
cuántas personas necesita contratar cada mes para adiestramiento. En
seguida se da el número de meses-hombre necesarios. También se
desea tener una fuerza de trabajo regular de 110 al principio de julio. En
cuanto al 1º de enero, hay 58 empleados regulares.
Mes
Enero
Febrero
Marzo
Meses-hombre
requeridos
60
50
60
Mes
Abril
Mayo
Junio
Meses-hombre
requeridos
80
70
100
FORMULACIÓN:
Este problema tiene un aspecto dinámico, ya que la fuerza de trabajo en
cualquier mes depende de la fuerza de trabajo regular y en
adiestramiento del mes anterior. Para cualquier mes, el número total de
meses-hombre disponibles se puede expresar como sigue:
Variables de Decisión
Meses-hombre disponibles: Ri + 0.2Ai
en donde:
Ri = número de trabajadores regulares al principio del mes
Ai = número de aprendices contratados en el mes.
Función Objetivo
El objetivo global del gerente de personal es minimizar el costo de
personal
Minimizar Z =
800 (R1 + R2 + R3 + R4 + R5 + R6) + 500 (A1 + A2 + A3 + A4 + A5 + A6)
53
Restricciones
Entonces los requerimientos de cada mes pueden expresarse por las
restricciones:
enero
R1 + 0.2A1
≥
60
febrero
R2 + 0.2A2
≥
50
marzo
R3 + 0.2A3
≥
60
abril
R4 + 0.2A4
≥
80
mayo
R5 + 0.2A5
≥
70
junio
R6 + 0.2A6
≥
100
julio (principio)
R7
≥
110
Debido a la rotación, el 10% de los trabajadores regulares se van cada
mes. Así, el número de trabajadores regulares disponibles, por ejemplo,
al principio de febrero sería:
R2 = 0.9R1 + A1
En la misma forma, pueden escribirse las ecuaciones para el número de
trabajadores disponibles al principio de cada mes:
Enero
febrero
marzo
abril
mayo
junio
julio
R1
R2
R3
R4
R5
R6
R7
=
=
=
=
=
=
=
58 (dado)
0.9 R1 + A1
0.9 R2 + A2
0.9 R3 + A3
0.9 R4 + A4
0.9 R5 + A5
0.9 R6 + A6
R1, R2, R3, R4, R5, R6, R7, A1, A2, A3, A4, A5, A6 > 0
Ejercicio 2.1.6: Problema de presupuesto militar
Un gobierno ha dispuesto 7500 millones de dólares de su presupuesto
general para fines militares. El 60% del presupuesto militar se usara para
comprar tanques, aviones y misiles. Éstos pueden adquirirse a un costo
por unidad de 3, 10 y 4 millones de dólares, respectivamente. Se ha
54
decidido que se deben adquirir al menos 200 tanques y 200 aviones.
Debido a la escasez de pilotos experimentados, también se ha decidido
no comprar más de 300 aviones. Por razones estratégicas, la proporción
de misiles respecto a aviones debe estar en el rango de ¼ a ½ .El
objetivo es maximizar la utilidad total de esta armas, siendo las utilidades
individuales 1, 3 y 2. Encuentre la solución óptima (ignore el hecho de
que la respuesta deba darse en unidades enteras).
FORMULACIÓN:
X1 = Cantidad de unidades de adquisición de tanques.
X2 = Cantidad de unidades de adquisición de aviones.
X3 = Cantidad de unidades de adquisición de misiles.
Función Objetivo:
Se debe maximizar la utilidad total de las armas:
Maximizar: Z = 1 X1 + 3 X2 + 2 X3
Restricciones:
Esta primera restricción nos indica la cantidad mínima que se deberá
comprar de tanques es 200:
X1 > 200
En esta segunda restricción nos indica la cantidad mínima que se deberá
comprar de aviones es 200:
X2 > 200
Según los datos mencionados no se pueden comprar más de 300
aviones debido a que no hay pilotos experimentados por tanto la
siguiente restricción será:
X2 < 300
También nos indica que por medidas estratégicas la proporción de
misiles con respecto a aviones esta en el rango de ¼ a ½.
1 <
4
X3 < 1
X2
2
X3 > 1 ……...4X3 – X2 > 0
X2
4
X3 < 1 …………..2X3 – X2 < 0
X2
2
55
La ultima restricción será:
3 X1 + 10X2 + 4X3 < 4500
Ya que el 60% del presupuesto general (7500) es destinado para fines
militares y esta a su vez será igual a la suma de la cantidad de armas
multiplicada por sus respectivos costos.
En resumen la formulación completa de este problema es:
Maximizar:
Z = 1X1 + 3X2 + 2X3
Sujeto a:
Cantidad mínima de tanques:
Cantidad mínima de aviones:
Cantidad máxima de aviones:
Relación de misiles con aviones:
Presupuesto militar:
X1 > 200
X2 > 200
X2 < 300
4X3 – X2 > 0
2X3 – X2 < 0
3 X1 + 10X2 + 4X3 = 4500
X1, X2, X3 > 0.
Ejercicio 2.1.7: Problema de Mezclas.
Un comerciante compra azúcar a granel y vende al detalle. Para
venderla tiene dos alternativas: envases de 1 kg y envases de 5 kg. El
precio de venta es $300 y $250 por kg respectivamente, y en el mercado
del azúcar al detalle se pueden vender 20.000 kg en envases de 1 kg y
17.000 en envases de 5 kg.
Debido a un contrato anterior se deben entregar 5.000 kg en envases de
5 kg a un determinado cliente.
El comerciante se puede abastecer de azúcar desde dos proveedores. El
primero le puede vender hasta 15.000 kg a un precio de $90 por kg, y el
segundo le ofrece la cantidad de azúcar que el comerciante desee, pero
a un precio de $110 por Kg. y debido a requerimientos de sus
distribuidores el comerciante debe vender menos del tercio del azúcar en
envases de 1 kg.
Además, suponga que el precio de los envases y el proceso de
envasado son nulos, y que el comerciante no tiene azúcar almacenada y
vende todo el azúcar que compra.
56
Formule un problema de programación lineal que permita al comerciante
decidir cual es el plan de abastecimiento y ventas de modo de obtener el
mayor beneficio en su negocio.
FORMULACIÓN:
X i j : Cantidad , en kilogramos, de azúcar que van en envases de i (=A,
B) suministrada por los proveedores j(= 1,2)
Donde
A: envases de 1 Kg. y B: envases de 5 Kg.
1: Proveedor uno y 2: Proveedor 2
Función Objetivo
Maximizar Z =
$300(XA1 + XA2) + $250(XB1 + XB2) - $90(XA1 + XB1) - $110(XA2 + XB2)
Maximizar Z = 210XA1 + 190 XA2 + 160 XB1 + 140XB2
Esta ecuación establece que el mayor beneficio en el negocio del
comerciante se forma con el ingreso obtenido de las ventas del azúcar
en envases de 1Kg y envases de 5Kg (Trescientos dólares multiplicados
por la sumatoria de los kilogramos del azúcar de 1 kg. del proveedor 1 2)
menos el costo por la adquisición del azúcar del proveedor 1 (Noventa
dólares multiplicados por la sumatoria del azúcar del proveedor 1 en
envases de 1 Kg. Y 5 Kg.) menos el costo por la adquisición del azúcar
del proveedor 2 (Ciento diez dólares multiplicados por la sumatoria del
azúcar del proveedor 2 en envases de 1 Kg. Y 5 Kg.).
Restricciones
Ventas en el mercado de
azúcar
Contrato anterior
Abastecimiento del
azúcar
Requerimiento de
distribuidores
R1
(XA1 + XA2) ≤ 20,000 Kg.
R2
R3
(XB1 + XB2) ≤ 17,000 Kg.
(XB1 + XB2) ≥ 5,000 Kg
R4
(XA1 + XB1) ≤ 15,000 Kg.
R5
(XA2 + XB2) ≥ 0.
R6
(XA1 + XA2) ≤ ⅓(XA1 + XA2 + XB1 + XB2)
⅔XA1 + ⅔XA2 - ⅓XB1 + ⅓XB2 ≤ 0
57
Xij ≥ 0
∀i = A, B
∀ j = 1. 2
Ejercicio 2.1.8: Planificación de Personal
Las enfermeras de un hospital llegan cada 4 horas y trabajan en turnos
de 8 horas continuas. La administración ha decidido la idea de definir 6
cambios de turno al día para minimizar las distracciones y los problemas
de comunicación que ocurren en los cambios de turno.
El hospital ha realizado un análisis del trabajo requerido durante cada
uno de los seis períodos del día.
Las características de cada período son las siguientes:
Número
Período
Mínimo
Enfermeras
2 AM - 6 AM
1
25
6 AM - 10 AM
2
60
10 AM - 2 PM
3
50
2 PM - 6 PM
4
35
6 PM - 10 PM
5
55
10 PM - 2 AM
6
40
HORA DEL
DIA
Las enfermeras que empiezan a trabajar en los períodos 2, 3 y 4 ganan
US$40 al día, y aquellas que comienzan en los períodos 1, 5 y 6 ganan
US$50 al día. ¿Cuántas enfermeras deben empezar a trabajar en cada
turno para minimizar los costos por salarios?
FORMULACIÓN:
En este caso podemos identificar como variable de decisión el número
de enfermeras Ni que comienza a trabajar en el turno "i" (i = 1 : : : 6).
Función Objetivo
El objetivo será disminuir costos
Minimizar Z = 50 N1 + 40 N2 + 40 N3 + 40 N4 + 50 N5 + 50 N6
58
Restricciones
Para construir las restricciones es conveniente recurrir a una
representación gráfica de los turnos:
De la gráfica anterior se observa que en cada turno trabajan las
enfermeras que comenzaron en dicho turno, pero también las que
empezaron en el turno anterior. Por lo tanto, las restricciones de personal
mínimo por turno quedan:
N1 + N2 ≥
N2 + N3 ≥
N3 + N4 ≥
N4 + N5 ≥
N5 + N6 ≥
N6 + N1 ≥
60
50
35
55
40
25
Ni ≥ 0 ∀i = 1, 2, …., 6
Ejercicio 2.1.9: Programación de la producción
Aceros Arequipa produce un acero especial usado en la industria de la
construcción. El departamento de ventas de Aceros Arequipa ha recibido
pedidos de 2400, 2200, 2700 y 2500 toneladas de acero para cada uno
de los siguientes cuatro meses. La empresa puede satisfacer estas
demandas produciendo el acero, extrayéndolo de su inventario, o usando
cualquier combinación de las dos alternativas. Se proyecta que los
costos de producción por tonelada de acero durante cada uno de los
siguientes cuatro meses sean de $7400, $7500, $7600 y $7650. Como
los costos suben cada mes, debido a las presiones inflacionarias, tal vez
sea mejor que Aceros Arequipa produzca más acero del que necesita en
un mes determinado y que almacene el exceso. La capacidad de
59
producción, sin embargo, no puede exceder las 4000 toneladas en
ningún mes. La producción mensual se termina al final del mes, cuando
la demanda se satisface. Cualquier acero remanente se almacena en
inventario a un costo de $120 por tonelada por cada mes que permanece
allí. Estos datos se resumen en la siguiente tabla:
Demanda (tons)
Costo de producción ($/ton)
Costo de inventario ($/ton/mes)
Mes 1
2400
7400
120
Mes 2
2200
7500
120
Mes 3
2700
7600
120
Mes 4
2500
7650
120
Si el nivel de producción se incrementa de un mes al siguiente, entonces
la compañía incurre en un costo de $50 por tonelada de producción
incrementada para cubrir la mano de obra adicional y/o el tiempo extra.
Cada tonelada de producción disminuida incurre en un costo de $30 para
cubrir los beneficios de empleados no utilizados.
El nivel de producción durante el mes anterior fue de 1800 toneladas, y
el inventario que comienza es de 1000 toneladas. El inventario al final del
cuarto mes debe ser de al menos 1500 toneladas para cubrir la demanda
anticipada. Formule un plan de producción para Aceros Arequipa que
minimice los costos totales en los siguientes cuatro meses.
FORMULACIÓN:
Pi = Cantidad, en toneladas, de acero que se produce en el mes
i(=1,2,3,4).
Ii =
Cantidad, en toneladas, de acero que se quedan en el inventario
al final del mes i(=1,2,3,4).
Ai = Aumento, en toneladas, de la producción de acero en el mes
i(=1,2,3,4)
Di = Disminución, en toneladas, de la producción de acero en el mes
i(=1,2,3,4)
Función Objetivo
Minimizar Z: costo de Producción + costo de Inventario + costo por
Aumento de producción. + costo por Disminución de producción
7400*P1 + 7500*P2 + 7600*P3 + 7650* P4 +120*( I1 + I2 + I3 + I4) + 50*
(A1 + A2 + A3 + A4) + 30*(D1 + D2 + D3 + D4)
60
Restricciones:
P0 = 1800 Producción del mes anterior al mes 1.
P1 < 4000 Cantidad máxima de producción en el mes 1
I0 = 1000
Inventario inicial del mes 1 es 1000 toneladas
I4>= 1500
Inventario para el mes 4 es al menos 1500 toneladas
Relación Contable
Mes
Inventario Inicial + Producción – Inventario Final = Demanda
1
I0
+
P1
I1
= 2400
2
I1
+
P2
I2
= 2200
+
P3
I3
= 2700
3
I2
4
I3
+
P4
I4
= 2500
Relación de Aumento y Disminución de Producción
Mes 1
P1 – P0 – A1 + D1 = 0
Mes 2
P2 – P1 – A2 + D2 = 0
Mes 3
P3 – P2 – A3 + D3 = 0
Mes 4
P4 – P3 – A4 + D4 = 0
El artificio para esta restricción es darle un valor positivo a Ai si la
diferencia de producción de un mes a otro es positivo o darle un valor
positivo a Di si la diferencia es negativa. Los dos valores (Ai y Di) no
pueden ser positivas, uno de ellos es positivo y el otro cero, dado que la
función objetivo determinará la más conveniente para minimizarlo.
Ii > 0; para todo i(=1,2,3,4)
Pi > 0; para todo i(=1,2,3,4)
Ai > 0; para todo i(=1,2,3,4)
Di > 0; para todo i(=1,2,3,4)
61
2.2.
PROBLEMAS PROPUESTOS PARA FORMULAR DE
PROGRAMACION LINEAL
2.2.1. PescaPerú S.A. desea determinar la mejor forma de cargar las
bodegas de su bolichera “Sol” que le proporcione la mejor utilidad
posible. “Sol” tiene una capacidad de carga total de 300 tn,
divididas en 3 bodegas. La bodega-1 está designada para carga
de camarones, la bodega-2 para mariscos y la bodega-3 para
pescado. Por disposiciones de mercado a lo más deben de
cargarse 130 tn de pescado y la carga de mariscos mas la de
camarones no debe superar las 170 tn.
Por medidas de seguridad, la carga en la bodega-2, no debe
exceder a la tercera parte de la carga realizada en la bodega-3.
La carga en la bodega-1, a lo más debe ser las dos quintas partes
de lo cargado en la bodega-3.
Las utilidades por ton. de camarones es de $1000, por ton de
mariscos $700 y por pescado $ 600.
2.2.2. Bata para su campaña escolar, va a fabricar 3 modelos de
calzado E1, E2 y E3. El proceso de manufactura del calzado hace
que se requieran 2 operaciones de producción. Cada par de
calzado de cualquier modelo requiere una hora de tiempo en la
operación-1. En la operación-2 el modelo E1 requiere de 1 hora, el
modelo E2 de 2 horas y el E3 de 2.5 horas.
Bata cuenta con mano de obra suficiente para operar hasta 300
hrs. de tiempo semanal en la operación-1 y hasta 360 hrs. para la
operación-2. Se ha calculado una utilidad de S/.14, S/16 y S/17
por cada par de calzado E1, E2 y E3 respectivamente.
Se tiene un pronóstico de que la demanda del modelo E1 no será
de mas de 500 pares por semana, y que l demanda combinada de
los modelos E2 y E3 será como mínimo 300 pero no mas de 600.
¿Cuántos pares de calzado de cada modelo deben fabricarse
para obtener la mayor utilidad?.
2.2.3. Dos aleaciones A y B se hacen de cuatro metales diferentes I, II,
III, IV de acuerdo con las especificaciones siguientes.
62
Aleación
A
B
Especificaciones
A lo más 80% de I
A lo más 30% de II
Al menos 50% de IV
Entre 40% y 60% de II
Al menos 30% de III
A lo más 70% IV
Los cuatro metales se extraen de
diferentes
minerales
cuyos
constituyentes en porcentaje de
estos metales, cantidad máxima
disponible y costo por tonelada
se tabulan como sigue.
Constituyentes (%)
Mineral
Cantidad
max.
(tons)
I
II
III
IV
OTROS
Precio
($ / ton)
1
1000
20
10
30
30
10
30
2
2000
10
20
30
30
10
40
3
3000
5
5
70
20
0
50
Los precios de venta de las aleaciones A y B son 200 y 300
$/tonelada.
Formule el problema como un modelo de programación lineal
eligiendo la función objetivo apropiada que hará el mejor uso de la
información dada [Sugerencia: sea xijk la cantidad (en toneladas)
del metal i(i = I, II, III, IV) obtenida del mineral j(j = 1,2,3) y
asignada en la aleación k-ésima (k = A, B).]
2.2.4. Una fábrica de zapatos ha pronosticado la demanda para los
siguientes seis meses: 5.000, 6.000, 5.000, 9.000, 6.000 y 5.000
pares de zapatos respectivamente. A principios del mes 1, la
empresa tiene 13 empleados. Cada empleado de la fábrica utiliza
15 minutos para producir un par de zapatos y trabaja al mes 150
horas y hasta 40 horas de tiempo extra. Asimismo, cada
empleado recibe un salario de 2.000 dólares al mes más 50
dólares por cada hora de tiempo extra que trabaje. A principios de
cada mes la empresa puede contratar o despedir empleados. A la
empresa le cuesta 1.500 dólares contratar un trabajador y 1.900
dólares despedir un empleado. El costo mensual de
almacenamiento de cada par de zapatos es igual al 3% del costo
de producir un par de zapatos en tiempo normal. La materia prima
necesaria para producir un par de zapatos cuesta 10 dólares.
63
Formule un modelo de programación lineal, y resuélvalo utilizando
el software SOLVER, de modo tal que minimice el costo de
satisfacer la demanda de los siguientes seis meses.
2.2.5. La Corporación Financiera de Desarrollo (COFIDE) está
estudiando un plan inversiones para los próximos dos años.
Actualmente, COFIDE tiene tres millones de dólares para invertir.
COFIDE espera recibir en 6, 12 y 18 meses un flujo de ingresos
de las inversiones previas. En la siguiente tabla se presentan los
datos:
Ingresos de inversiones previas
6 MESES 12 MESES 18 MESES
Ingreso $300,000 $400,000 $180,000
Hay tres proyectos de desarrollo (a los que llamaremos proyecto
1, proyecto 2 y proyecto 3 en los que COFIDE está planeando
participar.
En la siguiente tabla se muestra el flujo de caja que se tendría si
COFIDE participara a un nivel del 100% en el proyecto 1 (los
números negativos son inversiones y los positivos son ingresos).
Así, para participar en el proyecto 1 a un nivel de 100% COFIDE
tendría que desembolsar de inmediato $1,000,000. A los seis
meses erogaría otros $700,000, etc.
Ingreso
TABLA 1: Flujo de Caja del Proyecto 1
INICIAL 6 MESES 12 MESES 18 MESES 24 MESES
-$1,000,000 -$700,000 $1,800,000 $400,000
$600,000
En las siguientes tablas se muestran los flujos de caja de los
proyectos 2 y 3:
Ingreso -$800,000 $500,000 -$200,000 -$700,000 $2,000,000
Ingreso
64
-$500,000 $100,000 -$200,000 $300,000 $1,000,000
Debido a la política de COFIDE la inversión mínima en cada uno
de los tres proyectos tiene que ser de $100,000.
A COFIDE no se le permite pedir prestado dinero. Sin embargo, al
comienzo de cada período de 6 meses todos los fondos
excedentes (esto es, los que no sean colocados en los proyectos
1, 2 y 3) se invierten con un interés del 7% para este período de 6
meses. COFIDE puede participar en cualquiera de los proyectos a
un nivel menor que el 100%, en cuyo caso todos los flujos de
efectivo de ese proyecto se reducirán en forma proporcional. Por
ejemplo, si COFIDE opta por participar en el proyecto 1, a un
nivel de 30%, el flujo de caja asociado con esta decisión sería 0.3
veces los datos de la Tabla 1. El problema que actualmente
encara COFIDE es decir qué parte de los tres millones en efectivo
debe invertirse en cada proyecto y cuánto debe colocarse
simplemente por la renta del 7% semestral. La meta del
administrador consiste en maximizar el efectivo que habrá al final
de los 24 meses. Formule este problema como modelo de
programación lineal.
2.2.6. Gracias a una adecuada estrategia de marketing y a la calidad del
producto, cierta pequeña fábrica de canastos de mimbre ha
recibido pedidos que superan su actual capacidad de producción.
Durante las próximas cuatro semanas debe entregar 52, 65, 70 y
85 canastos, respectivamente. Actualmente cuenta con seis
artesanos.
La gerencia general de la fábrica ha decidido contratar personal
nuevo para poder cumplir sus compromisos comerciales. Dada la
escasez de artesanos, se deberá contratar personal sin
experiencia. Un novato puede ser entrenado para llegar a ser
aprendiz durante una semana. La segunda semana trabaja como
aprendiz para ganar experiencia. Comenzando la tercera semana
(después de dos semanas de trabajo) se transforma en artesano.
La producción estimada y sueldos de los empleados es la
siguiente:
65
PRODUCCIÓN
Canastos/sem
ana
Artesano dedicado sólo a la producción
10
Artesano dedicado a prod. y entrenamiento
5
Aprendiz
5
Novato
1
SALARIOS
$/semana
30.000
40.000
15.000
5.000
Cada artesano puede entrenar hasta dos novatos por semana (el
entrenamiento de un novato sólo dura una semana). Todo
excedente de producción semanal puede ser guardado para
cumplir los siguientes compromisos comerciales.
Los analistas de la empresa estiman que la demanda semanal de
canastos difícilmente superará los noventa canastos, por lo que
han decidido terminar el período sin novatos y aprendices, pero
con al menos nueve artesanos. Los reglamentos sindicales de la
empresa prohíben los despidos por reducción de personal.
Formule un modelo de programación lineal que permita definir las
contrataciones a realizar, de modo de cumplir los compromisos
comerciales a costo mínimo.
66
CAPÍTULO 3
EL MÉTODO SIMPLEX
El algoritmo del simplex provee una metodología rápida y efectiva para
resolver problemas de programación lineal.
El método simplex es un método que llega a la solución óptima a través
de iteraciones sucesivas. Este método utiliza los conceptos básicos de
álgebra matricial para determinar la solución de un problema lineal.
Comienza una solución básica factible inicial y sucesivamente obtiene
soluciones en las intersecciones que ofrecen mejores valores para la
función objetivo. En cada iteración el método proporciona un indicador
que evalúa la optimalidad de la solución encontrada, este indicador es
el que nos permite identificar la solución óptima.
DEFINICIONES
Todo modelo de programación lineal, luego de habérsele agregado las
variables de holgura y/o exceso, se convierte en un sistema de
ecuaciones con n variables y m ecuaciones, siendo n>m, en donde las m
restricciones del modelo dan origen a las m ecuaciones del sistema. Una
solución de tal sistema es un vector n-dimensional que satisface la
relación Ax = b.
Solución básica.- Es aquella solución en la que (n – m) variables se han
igualado a cero y los valores de las m variables restantes se han
determinado resolviendo las m ecuaciones con m variables. Una solución
de este tipo puede tener como máximo m componentes no nulos.
Solución básica no degenerada.- Es una solución básica que tiene
exactamente m componentes no nulos.
Solución básica degenerada.- Es una solución básica que tiene menos
de m componentes distintos de cero.
PROPIEDADES DE LAS SOLUCIONES
El problema de programación lineal consiste en hallar el vector columna
X que es solución de:
a11x1 + a12x2 + . . . + a1nxn = b1
(1)
a21x1 + a22x2 + . . . + a2nxn = b2
...
...
...
...
..
am1x1 + am2x2 + . . . + amnxn = bm
67
que haga máximo a:
z = c1x1 + c2x2 + . . . + cnxn
(2)
y de tal manera que las variables Xj estén sujetas a las condiciones:
xj >= 0 ;
j= 1, 2, ..., n
(3)
En las ecuaciones (1), se supone que:
1. Algunas de las restricciones pueden haber sido desigualdades antes
de que les fueran sumadas o restadas nuevas variables para
convertirlas en ecuaciones.
2. Todas las bi >= 0, lo cual puede requerir que algunas de las
ecuaciones deba multiplicarse por – 1.
3. n > m, y A es de orden m x n.
La función (2) es la función objetivo, se observará que se ha definido el
problema general de programación lineal como un problema de
maximización, que es el problema que se presenta más frecuentemente
en la práctica.
TEOREMA 1. - Dado un problema de programación lineal, en el cual no
puedan existir soluciones básicas factibles degeneradas y en el que se
ha formado una solución básica factible en función de las m primeras
variables, puede formarse una nueva solución básica factible
introduciendo la variable xk, tal que k > m, si al menos un elemento de la
k-ésima columna de la matriz reducida es positivo.
LA SOLUCIÓN ÓPTIMA
Cada solución tiene un valor y la función objetivo controla cuál de las
muchas soluciones es la óptima. Si aplicamos el teorema 1 podemos,
efectivamente, encontrar dicha solución óptima.
TEOREMA 2.- Dado un problema de programación lineal en el cual son
imposibles las soluciones básicas factibles degeneradas, en el que la
solución óptima es única y donde pueden formarse soluciones básicas
factibles adicionales, la solución máxima debe ser una solución factible.
ELECCIÓN DE LA VARIABLE DE ENTRADA
Si se sabe de qué tipo es la solución óptima y cómo generar una
solución de tal índole a partir de otra, se necesita una regla que permita
decidir qué variable se debe introducir en la nueva solución.
68
TEOREMA 3.- Supongamos que tenemos un problema de programación
lineal y una solución básica factible del mismo. Si existe una variable Xk
para la cual se puede realizar el cálculo de θ mediante su propia regla,
se puede generar otra solución que aumente el valor de la función
objetivo en un valor determinado de antemano.
Por el teorema 1, tenemos que:
Θ = min bi / aik , para todo aik >0
Y por el teorema 2 tenemos que:
z’ = z + Θ(ck – zk)
Puesto que estamos tratando de encontrar la solución máxima, es lógico
exigir que z’ > z. Ya que z’ depende de la variable xk que elegimos, es
lógico también requerir que k se elija de forma que el cambio del valor
de la solución, z’ – z, resulte tan grande como sea posible, como quiera
que esto no sucede normalmente, es necesario el cálculo de todas las θ
posibles. En vez de hacer esto, el método usual consiste en determinar
como variable que formará parte de la nueva solución, la que satisface
ck – zk = max ( cj –zj)
Esta es la regla llamada del “ascenso más rápido”.
EL ALGORITMO DEL SIMPLEX
El algoritmo del Simplex presupone que ya se ha hallado una solución
básica factible en el momento de iniciar las iteraciones. El procedimiento
detallado para hallar la solución máxima del problema general de
programación lineal es el siguiente:
1.
a)
b)
c)
2.
Calculamos cj –zj para cada variable que no está en la presente
solución.
Si para al menos un j, cj –zj es positivo y si al menos un aij para
este j es positivo, entonces existe una mejor solución factible.
Si para un j, cj –zj es positivo, pero los aij para este j son no
positivos, entonces la función objetivo no está acotada.
Si cj –zj es no positivo para todo j, entonces la solución óptima se
ha encontrado.
Si estamos en el caso 1(a), identificamos la variable que da el
mayor cj –zj como xk ( es la columna pivote). Llamamos xr a la
variable que se reduciría a cero al aplicar la regla del θ (es la fila
pivote). El elemento ark se llama elemento pivote.
69
3.
4.
Dividimos la r-ésima fila por ark (elemento pivote), para reducir a
1 el correspondiente elemento de ark en la tabla siguiente.
Efectuamos luego las operaciones de fila que reducirán a cero
todos los otros aik .
Repetimos los pasos 1, 2 y 3 hasta que en alguna tabla se
cumpla la condición 1(c). Entonces se ha obtenido la solución
óptima.
La teoría del método simplex asegura que la solución hallada en cada
paso tiene un valor mayor, o al menos igual, que el de la solución
anterior. Puesto que el número de soluciones básicas del sistema de
ecuaciones es finito, el algoritmo debe converger hacia la solución
óptima en un número finito de iteraciones. La experiencia ha demostrado
que el número de iteraciones que deben efectuarse en la mayoría de los
problemas que se encuentran en la práctica, oscila entre m y 2m .
UN PROBLEMA DE MAXIMIZACIÓN
El tipo más sencillo de problema con el que se trabaja en programación
lineal es el de maximización, en el que todas las restricciones son de tipo
“menor o igual que”.
Problema.- Una empresa cuenta con 1000 toneladas del mineral b1,
2000 toneladas del mineral b2 y 500 toneladas del b3. A partir de dichos
minerales pueden extraerse y fundirse los productos metálicos 1, 2 y 3.
Los requerimientos de fabricación sobre los productos son los siguientes:
Una tonelada del producto 1 requiere 5 toneladas de b1, 10 de b2 y 10
de b3.
Una tonelada del producto 2 requiere 5 toneladas de b1, 8 de b2 y 5 de
b3.
Una tonelada del producto 3 requiere 10 toneladas de b1, 5 de b2 y nada
de b3.
El fabricante obtendrá $100 de utilidades por tonelada del producto 1,
$200 por tonelada del producto 2 y $50 por tonelada del producto 3.
La empresa desea determinar cuántas toneladas de cada producto que
debe fabricar, a partir de los minerales aprovechables, para obtener las
máximas utilidades de la operación.
70
En este problema de programación lineal, las variables funcionales o de
decisión son X1, X2 y X3, que representan las unidades a fabricar de los
productos o niveles de actividad.
El problema es encontrar el vector X que hace máxima a la función
objetivo:
Z = 100x1 + 200x2 + 50x3
y que satisface las restricciones:
5x1 + 5x2 + 10x3 <= 1000
10x1 + 8x2 + 5x3 <= 2000
10x1 + 5x2
<= 500
Cantidad disponible de mineral b1.
Cantidad “
“
“
b2.
Cantidad “
“
“
b3.
y la condición de no negatividad:
x1 >= 0;
x2 >= 0;
x3>= 0
Puesto que cada una de las restricciones es del tipo “menor o igual”,
debemos sumar nuevas variables no negativa, variables de holgura, para
obtener:
5x1 + 5x2 + 10x3 + s1
10x1 + 8x2 + 5x3
10x1 + 5x2
+ s2
+ s3
= 1000
= 2000
= 500
Vemos inmediatamente que este problema tiene una solución básica
inicial:
s1 = 1000; s2 = 2000; s3= 500
Que no sólo es una solución básica inicial sino que también es factible.
El significado físico de las nuevas variables puede ilustrarse razonando
sobre s1. Esta representa, tanto en la primera solución como en todas
las posteriores, la cantidad del mineral b1 sobrante en el programa. Si
s1 resulta igual a cero en la última iteración, será debido a que el
programa emplea todo el material b1 para fabricar todos los productos
del mismo. Puesto que x1=x2=x3=0 en la primera solución, s1 es igual a
la cantidad total del mineral útil b1. Puesto que de no usar el mineral, no
resulta de ningún provecho para la empresa, el coeficiente de s1 en la
función objetivo es cero.
Cuando se ha hallado una solución básica factible inicial, se está en
condiciones de iniciar las iteraciones, para lo cual disponemos toda la
información en la tabla simplex inicial:
71
cj
ck
0
0
0
xk
s1
s2
s3
b
1000
2000
500
zj
0
cj – zj
100
x1
5
10
10
0
100
200
50
x3
x2
5
10
8
5
0
5
0
0
200
50
u
x2: variable entrante
0
s1
1
0
0
0
0
0
s2
0
1
0
0
0
0
s3
0
0
1
0
0
θ
200
250
100t
s3: variable
saliente
En la tabla simplex, la primera fila cj, son los coeficientes de las variables
en la función objetivo. La primera columna ck, es la de los coeficientes
de las variables básicas en la primera solución, la columna xk es la
“solución” y contiene a las variables básicas de la presente solución, la
siguiente columna b contiene el vector solución, es decir los valores que
toman las variables básicas en la solución actual. La sub-matriz bajo las
columnas x1, x2 y x3 son los vectores estructurales, es decir los
coeficientes de las variables en las restricciones. La sub-matriz bajo las
columnas s1, s2 y s3, es la matriz de vectores unitarios. Nótese que
cada variable básica está colocada en la fila en la que aparece el 1 de
su vector unitario. En la última columna se encuentra el cociente θ.
En la penúltima fila de la tabla se encuentra zj que se calcula a partir de
la expresión:
Zj = Σ ci aij
Y la última fila de la tabla, cj – zj, se obtiene restando de cada elemento
de la primera fila cj el correspondiente elemento zj.
En la solución básica factible inicial, las variables básicas son: s1=1000;
s2 = 2000; s3 = 500.
Para hacer la prueba de optimalidad a esta solución, evaluamos la
última fila de la tabla,
cj–zj, vemos que existen varios valores positivos, por lo tanto la solución
puede ser mejorada. Por la regla del ascenso más rápido, escogemos
como variable entrante en la siguiente solución a la variable x2 por tener
el cj–zj más positivo. Para determinar la variable saliente, calculamos el
cociente θ = min bi / aik para todo los aik >0, la variable saliente
72
resulta ser aquella variable que tiene el θ mínimo. La variable saliente
es s3.
En la siguiente tabla se ingresa la variable x2 en lugar de s3, el elemento
pivote 5 se reduce a la unidad dividiendo toda la tercera fila entre 5, y se
realizan operaciones elementales de fila para reducir a cero los
elementos sobre y bajo el elemento pivote y conseguir formar el vector
unitario bajo la columna correspondiente a la variable x2, variable que en
esta nueva solución, es variable básica. Se continúan con el algoritmo
del Simplex.
Son necesarias dos iteraciones para encontrar la solución óptima. A
continuación se presentan las dos tablas sucesivas.
ck
0
0
200
cj
xk
b
500
s1
s2
1200
x2
100
zj 20000
cj – zj
100
x1
-5
-6
2
400
-300
200
x2
0
0
1
200
0
50
x3
10
5
0
0
50
u
x2: variable entrante
0
s1
1
0
0
0
0
0
s2
0
1
0
0
0
0
s3
-1
-1.6
0.2
40
-40
0
s1
0.1
-0.5
0
5
-5
0
s2
0
1
0
0
0
0
s3
-0.1
-1.1
0.2
35
-35
θ
50t
240 sal
--
Tabla de 1ra Iteración
Tabla Óptima:
cj
ck
xk
b
50
50
x3
s2
950
0
x2
100
200
zj 20500
cj – zj
100
x1
-0.5
-3.5
2
375
-275
200
x2
0
0
1
200
0
50
x3
1
0
0
50
0
Tabla de la
2da Iterac.
La solución óptima encontrada en la segunda iteración, se interpreta
como sigue:
x1 = 0
x2 = 100
x3 = 50
s1 = 0
No se fabrica el producto 1.
Fabricar 100 tons. del producto 2.
Fabricar 50 tons. del producto 3.
Se consume todo el mineral b1.
73
s2 = 950
Hay un sobrante de 950 tons. del mineral b2.
s3 = 0
Se consume todo el mineral b3.
Z = $22,500 Máximo beneficio.
VARIABLES ARTIFICIALES
MAXIMIZACIÓN CON RESTRICCIONES DADAS POR “IGUALDADES”
Consideremos el mismo ejemplo de maximización, una de cuyas
restricciones sea una igualdad. Podemos cambiar una restricción del
problema, exigiendo que todo el mineral b2 sea utilizado en la
producción. Esto se hace incluyendo una igualdad en la segunda
restricción. Considerando las variables de holgura en la primera y tercera
restricción, tenemos:
5x1 + 5x2 + 10x3 + s1
10x1 + 8x2 + 5x3
10x1 + 5x2
+ s2
= 1000
= 2000
= 500
Este sistema no tiene una solución básica inicial, y por lo tanto no se
cumplen las condiciones para empezar el algoritmo del simplex. Para
corregir esta situación, se introduce una “variable artificial” en la
segunda restricción, para obtener:
5x1 + 5x2 + 10x3 + s1
10x1 + 8x2 + 5x3
10x1 + 5x2
+ a1
+ s2
= 1000
= 2000
= 500
Ahora se tiene la solución básica inicial s1=1000; a1=2000; s2=500.
Entonces, una “variable artificial” en una restricción cumple el papel de
variable básica en su restricción. A pesar de que se ha corregido el
problema para que tenga la forma correcta para empezar el algoritmo,
esta no es una solución factible. Las variables artificiales representan
“productos imaginarios”, por lo que cualquier valor que tome a1 no
satisface la segunda restricción.
Dejamos a1 en el sistema de forma que se pueda empezar el algoritmo,
pero intentaremos sacarla de éste asignándole un coeficiente en la
función objetivo igual a –M. La función objetivo se convierte entonces en:
Z = 100x1 + 200x2 + 50x3 – M a1
Si Z se debe maximizar, a1 debe dejar la solución y por lo tanto debe
hacerse igual a cero, puesto que M se considera un número muy
74
grande, tan grande que puede dominar a los demás números que
aparecen en el problema. El hecho de penalizar a la variable artificial en
la función objetivo con un coeficiente M, se conoce como el método de
la penalización.
Cuando se realiza el algoritmo simplex en un problema que contiene
variables artificiales, existen tres casos posibles:
1)
2)
3)
Antes de obtener la tabla en la cual todos los cj – zj <= 0, la
variable artificial se reemplaza por otra variable. Tenemos
entonces una solución básica factible y se continúa hasta
determinar la solución óptima.
En la tabla final en la cual todos los cj – zj <= 0, la variable artificial
permanece en la solución pero es igual a cero. La solución del
problema es entonces óptima y factible.
Se obtiene una tabla en la cual todos los cj – zj <= 0, pero la
variable artificial permanece en la solución con un valor positivo.
En este caso, la solución es no factible, es decir, Z no puede
optimizarse en función de los términos no negativos. Desde el
punto de vista práctico esto significa que se está tratando de
hacer algo imposible con los recursos disponibles.
Aplicando el método simplex a este problema, se concluye que no existe
solución factible. Se da la condición (3) , puesto que a1 es igual a 950
en la tabla final.
cj
ck
0
-M
0
xk
s1
a1
s2
zj
cj-zj
0
-M
100
s1
a1
x2
zj
cj-zj
50
-M
100
x3
a1
x1
zj
cj-zj
100
x1
5
10
10
-10M
100+10M
u
200
x2
5
8
5
-8M
200+8M
50
x3
10
5
0
-5M
50+5M
0
s1
1
0
0
0
0
-M
a2
0
1
0
-M
0
0
s2
0
0
1t
0
0
750
1500
50
5000-1500M
0
0
1
100M
0
25
3
0.5
50-3M
150+3M
10
5
0
-5M
50+5M
u
1
0
0
0
0
0
1
0
-M
0
-0.5t
-1
1
0
-10-M
75
1125
50
8750-1125M
0
0
1
100
0.25
1.75
0.5
62.5-1.75M
137.5+1.75M
u
1
0
0
50
0.1
-0.5
0
5+0.5M
0
1
0
-M
-0.05
-0.75
0.1t
7.5+0.75M
0
-5-0.5M
0
-7.5-0.75M
b
1000
2000
500
-2000M
0
75
50
-M
200
x3
a1
x2
zj
cj-zj
50
950
100
22500-950M
-0.5
-3.05
2
375+3.5M
-275-3.5M
0
0
1
200
0
1
0
0
50
0
0.1
-0.5
0
5+0.5M
-5-0.5M
0
1
0
-M
0
-0.1
-1.1
0.2
35+1.1M
-35-1.1M
MAXIMIZACIÓN
CON
RESTRICCIONES
FORMADAS
POR
DESIGUALDADES DEL TIPO “MAYOR O IGUAL QUE”
Continuaremos con el problema que se viene tratando, pero alterado de
forma tal que se requiere que al menos se usen 1000 tons. del mineral
b2. Este requerimiento convierte la segunda restricción del problema es
una restricción tipo “mayor o igual que”. Haciendo los cálculos
apropiados y sumando y restando las nuevas variables que son
necesarias, obtenemos:
5x1 + 5x2 + 10x3 + s1
10x1 + 8x2 + 5x3
10x1 + 5x2
– s2
+ s3
= 1000
= 1000
= 500
que es el conjunto de ecuaciones que el vector solución X debe
satisfacer a la vez que hace máximo la función objetivo:
Z = 100x1 + 200x2 + 50x3
No se tiene una solución básica inicial factible, puesto que si tomamos
x1=x2=x3=0, obtenemos s1=1000, s2= –1000, s3=500. Aquí la variable
de exceso s2, que fue restada en la segunda restricción para convertir
la desigualdad en igualdad, no cumple con la restricción de nonegatividad, lo que da lugar a una solución inicial básica no factible.
Para tener una solución inicial básica factible, es necesario añadir una
variable artificial a la segunda restricción. En la función objetivo esta
variable artificial estará penalizado con el coeficiente –M, así:
Max Z = 100x1 + 200x2 + 50x3 – Ma1
s. a.:
5x1 + 5x2 + 10x3 + s1
10x1 + 8x2 + 5x3
– s2 + a1
10x1 + 5x2
+ s3
x1, x2, x3, s1, s2, s3, a1 >= 0
76
= 1000
= 1000
= 500
Este sí es un problema factible, el método simplex da para este problema
la siguiente solución: x1=0, x2=100, x3=50, s2=50, Z=22,500. Se
cumple la segunda restricción con demasía o exceso, es decir el
requerimiento de usar por lo menos 1000 tons. del mineral b2 se cumple,
pues se usan 1050 tons., el exceso de 50 sobre el límite mínimo
impuesto lo absorbe la variable de exceso s2.
MINIMIZACIÓN
La tabla simplex para un problema de minimización se dispone en la
misma forma que para un problema de maximización. Las diferencias en
el problema de minimización son:
1.
2.
3.
El valor de la solución decrece conforme avanzan las iteraciones.
En cada iteración se selecciona como variable básica entrante,
aquella cuyo valor cj – zj sea el más negativo. Para la variable
básica saliente se sigue el mismo criterio de maximización.
La solución óptima se alcanza cuando se tienen todos los cj–zj>=0.
Un problema de minimización puede ser resuelto como un problema de
maximización, aplicando la regla: Min Z = Max ( – Z).
El siguiente es un ejemplo de minimización.
Min Z = 2x1 + 4x2 + x3
s.a. :
x1 + 2x2 – x3 <= 5
2x1 – x2 + 2x3 = 2
– x1 + 2x2 + 2x3 >= 1
x1, x2, x3 >= 0
Sumando s1 y a1 respectivamente a la primera y segunda restricciones,
restando s2 y sumando a2 a la tercera restricción, se tiene la siguiente
solución por el método simplex:
ck
0
M
M
cj
xk
s1
a1
a2
zj
cj-zj
0
M
1
s1
a1
x3
zj
cj-zj
b
5
2
1
3M
11/2
1
½
M+ ½
2
x1
1
2
-1
M
2-M
4
x2
2
-1
2
M
4-M
1
x3
-1
2
2
4M
1-4M
0
s1
1
0
0
0
0
0
s2
0
0
-1
-M
M
M
a1
0
1
0
M
0
M
a2
0
0
1
M
0
½
3
-½
- ½ +3M
5/2 -3M
3
-3
1
1-3M
3+3M
0
0
1
1
0
1
0
0
0
0
-½
1
-½
-M
½ -M
0
1
0
M
0
½
-1
½
M
- ½ +2M
77
0
2
1
0
0
1
s1
x1
x3
16/3
1/3
2/3
0
1
0
7/2
-1
½
0
0
1
zj
cj-zj
4/3
2
0
-3/2
11/2
1
0
6
1
1
1
2
3
1
1
1
3/2
-3
-1/2
-1/2
9/2
0
0
1
1
0
s1
s2
x3
zj
cj-zj
1
0
0
-2/3
1/3
-1/3
-1/6
1/3
1/6
2/3
-1/3
1/3
0
0
1/3
-1/3
5/6
-5/6+M
-1/3
1/3+M
1
0
0
0
0
0
1
0
0
0
½
1
½
½
-½+M
0
-1
0
0
M
Método Simplex: Problemas resueltos
La empresa Industria Alfa importa componentes electrónicos para
ensamblar dos modelos de computadoras personales. Uno de los
modelos se denomina Deskpro Computer, y al otro, Portable Computer.
Los administradores están interesados en elaborar el programa semanal
de producción de ambos productos. El modelo Deskpro genera una
contribución a las utilidades de $50 por unidad y el Portable genera una
contribución de $40 por unidad. Se tendrán disponibles un máximo de
150 horas de ensamble para la producción de la semana siguiente.
Cada unidad de Deskpro requiere de 3 horas de tiempo de ensamblado,
y cada una de Portable requiere de 5 horas. Además, en estos
momentos la empresa tiene en inventario sólo 20 monitores de los que
se emplean en la Portable; por ello, no es posible ensamblar más de 20
unidades de este tipo. En el almacén sólo se dispone de 300 pies3 de
espacio para el almacenamiento de estos nuevos productos. Cada
unidad de Deskpro requiere de 8 pies3 de almacén y cada unidad de
Portable requiere de 5 pies3.
Determine el plan de producción que maximiza las utilidades.
El modelo de programación lineal de este problema es el siguiente:
x1 = Unidades del modelo Deskpro que se ensamblan.
x2 = Unidades del modelo Portable que se ensamblan.
Max Z = 50x1 + 40x2
s. a. :
3x1 + 5x2
1x2
8x + 5x2
<= 150
Horas de ensamble disponible.
<= 20
Monitores disponibles para la Portable.
<= 300
Espacio de almacén disponible.
x1, x2 >= 0
Añadiendo una variable de holgura a cada restricción, el problema en la
forma estándar es el siguiente:
78
Max Z = 50x1 + 40x2 + 0s1 + 0s2 + 0s3
s. a. :
3x1 + 5x2 + s1
1x2
+ s2
8x + 5x2
+ s3
x1, x2, s1, s2, s3 >= 0
<= 150
<= 20
<= 300
La solución de este problema por el método simplex es el siguiente:
Cj
50
40
0
0
0
Ck
Xk
b
x1
x2
s1
s2
s3
0
s1
150
3
5
1
0
0
0
s2
20
0
1
0
1
0
0
s3
300
8
5
0
0
1
0
0
0
0
0
0
50
40
0
0
0
Zj
Cj - Zj
0
s1
75/2
0
25/8
1
0
0
s2
20
0
1
0
1
0
50
x1
75/2
1
5/8
0
0
1/8
1875
50
250/8
0
0
50/8
0
70/8
0
0
- 50/8
Zj
Cj - Zj
- 3/8
40
x2
12
0
1
8/25
0
- 3/25
0
s2
8
0
0
- 8/25
1
3/25
50
x1
30
1
0
- 5/25
0
- 5/25
1980
50
40
14/5
0
26/5
0
0
- 14/5
0
- 26/5
Zj
Cj - Zj
El plan de producción que maximiza las ganancias es el siguiente:
x1 = 30
x2 = 12
s3 = 8
Z = $1980
Ensamblar 30 computadoras modelo Deskpro.
Ensamblar 12 computadoras modelo Portable.
No se emplean 8 monitores disponibles para la modelo
Portable.
Máxima ganancia.
79
PROBLEMA
Una fábrica de productos químicos produce dos tipos de solventes, 1 y 2.
Los costos de producir estos solventes son de $2 y $3 por galón,
respectivamente. Un estudio de mercado ha determinado que la
demanda mínima del solvente 1 para el próximo mes será de 125
galones. Por su parte, la gerencia de producción ha dispuesto que la
producción mínima total de los solventes para el próximo mes sea de
350 galones. El solvente 1 requiere dos horas de tiempo de proceso, y el
solvente 2 requiere una hora para su proceso. Se disponen de 600 horas
de proceso para la producción del siguiente mes.
Determine el plan de producción óptimo.
El modelo de programación lineal para este problema es el siguiente:
x1 = Galones a fabricar del solvente 1.
x2 = Galones a fabricar del solvente 2.
Min Z = 2x1 + 3x2
s. a.:
1x1
>=
125
Demanda para el producto 1.
1x1 + 1x2 >=
350
Producción total mínima.
2x1 + 1x2
<=
600
Tiempo de procesamiento.
x1, x2 >= 0
Agregando las variables de holgura, exceso y artificiales al modelo para
su solución por el método simplex se tiene:
Min Z = 2x1 + 3x2 + 0s1 + Ma1 + 0s2 + Ma2 + 0s3
s. a.:
1x1
1x1 + 1x2
2x1 + 1x2
- s1
+ a1
- s2
+ s3
x1, x2, s1, a1, s2, a2, s3 >= 0
80
>=
125
+ a2 >=
350
<=
600
La solución de este problema por el método simplex es el siguiente:
Cj
2
3
0
M
0
M
0
Ck
Xk
b
x1
x2
s1
a1
s2
a2
s3
M
a1
125
1
0
-1
1
0
0
0
M
a2
350
1
1
0
0
-1
1
0
0
s3
600
2
1
0
0
0
0
1
Zj -475M
2M
M
-M
M
-M
M
0
Cj - Zj
2-M 3-M
M
0
M
0
0
Al haber salido de la base la variable artificial a1, se elimina la columna
a1 de la tabla.
2
x1
125
1
0
-1
0
0
0
M
a2
225
0
1
1
-1
1
0
0
s3
350
0
1
2
0
0
1
Zj -250-225M
2
M
-2+M
-M
M
0
Cj - Zj
0
3-M
2-M
M
0
0
Continuando con las iteraciones adicionales del método simplex, se
obtiene la siguiente tabla simplex final:
Cj
2
3
0
0
0
Ck
Xk
b
x1
x2
s1
s2
s3
2
x1
250
1
0
0
1
1
3
x2
100
0
1
0
-2
-1
0
s1
125
0
0
1
1
1
Zj
800
2
3
0
-4
-1
0
0
0
4
1
Cj - Zj
81
El plan de producción que minimiza los costos es el siguiente:
x1 = 250
x2 = 100
s1 = 125
Z = $800
82
Fabricar 250 galones del solvente 1.
Fabricar 100 galones del solvente 2.
Se fabrican 125 galones más del mínimo establecido del
solvente1
Costo mínimo.
CAPÍTULO 4
EL PROBLEMA DUAL
La Dualidad puede caracterizarse a través de la siguiente afirmación:
Para todo problema de maximización de programación lineal existe un
problema equivalente de minimización; y a la inversa, para todo
problema de minimización de programación lineal existe un problema
equivalente de maximización.
Asociado a cualquier problema de programación lineal en su forma
canónica:
Max Z = c x
(1)
s.a. :
A x <= b
(2)
x >= 0
(3)
que se denomina el problema primal, se define el siguiente problema:
Min W = bt y
(4)
s.a. :
At y >= ct
(5)
y >= 0
(6)
que se denomina el problema dual. En estos modelos se tiene que:
c: Es un vector fila de n componentes.
b : Es un vector columna de m componentes.
A : Es una matriz de orden m x n.
At es la transpuesta de A.
x: Es un vector columna de n componentes, cuyos valores deben ser
hallados para maximizar la función Z sujeta a las restricciones (2) y
(3).
y: Es un vector columna de m componentes, cuyos valores deben ser
hallados para minimizar la función W sujeta a las restricciones (5)
y (6).
El problema dual tiene los mismos parámetros que el problema primal,
pero en diferentes lugares.
RELACIONES PRIMAL – DUAL:
a) A todo programa lineal Primal, le corresponde un programa Dual.
b) La función objetivo Z del programa Primal está dada por: Z = c x
y las restricciones del Dual están dadas por:
83
c)
d)
e)
At y >= ct
Como c es un vector fila de n componentes, entonces el Primal
tiene n variables, mientras que el Dual tiene n restricciones. Por
lo tanto cada variable del Primal corresponde a una restricción en
el Dual.
Como b es un vector columna de m componentes, entonces el
primal tiene m restricciones ( A x <= b ), mientras que el Dual
tiene m variables ( W = bt y). Por lo tanto, a cada restricción del
Primal, corresponde una variable en el Dual.
En el primal, el objetivo es maximizar la función Z, mientras que en
el Dual, el objetivo es minimizar la función W.
El rol del vector c en el Primal, corresponde al rol del vector b del
programa Dual, y viceversa.
TEOREMA 1
Si x0 es una solución factible del programa primal P, y0 es una solución
factible del programa Dual D, entonces Z0 = c x0 <= bt y0 = W0.
TEOREMA 2
El Dual del programa Dual es el Primal.
TEOREMA 3
El programa lineal P, expresado en forma estandarizada, tiene el Dual
dado por D.
Primal:
Max Z = c x
Sujeto a:
Ax = b
x >= 0
Dual:
Min W = bt y
Sujeto a:
At y >= ct
y sin restricción de signo (SRS).
El problema primal no siempre se presenta en su forma canónica, la
siguiente tabla resume las reglas de transformación del problema primal
a su correspondiente problema dual, sea cual sea la forma en que se
presente el problema primal:
Problema Primal
Máx
Mín
Restricción1 i <= bi
Restricción1 i = bi
Restricción1 i >= bi
Variable1
i >= 0
84
Problema Dual
Mín
Máx
variable
i >= 0
variable
i SRS
variable
i <= 0
restricción i >= ci
Variable1 i SRS
Variable1 i <= 0
restricción i = ci
restricción i <= ci
Reglas de transformación primal – dual
1 Cuando la función objetivo Primal es Max Z = cx
PROPIEDADES PRIMAL – DUAL
PROPIEDAD DE DUALIDAD DEBIL.- Si x es una solución factible para
el problema Primal, y y es una solución factible para el problema Dual,
entonces:
c x <= bt y
Esta desigualdad se cumple para cualquier par de soluciones factibles.
PROPIEDAD DE DUALIDAD FUERTE.- Si x es una solución óptima
para el problema primal, y y es una solución óptima para el problema
Dual, entonces:
c x = bt y
Así, estas dos propiedades implican que c x < bt y para soluciones
factibles si una o ambas no son óptimas para sus problemas respectivos,
mientras que la igualdad se cumple cuando ambas son óptimas.
PROPIEDAD DE SIMETRÍA.- Para cualquier problema Primal y su
problema Dual, las relaciones entre ellas deben ser simétricas, debido a
que el Dual de este problema Dual es el problema Primal. Así, las
propiedades anteriores se cumplen sin importar cuál de los dos
problemas se etiqueta como el problema Primal.
TEOREMA DE DUALIDAD
Las siguientes son las únicas relaciones posibles entre los problemas
Primal y Dual:
1. Si un problema Primal tiene soluciones factibles y una función
objetivo acotada ( y por lo tanto tiene solución óptima), entonces
ocurre lo mismo para el problema Dual, de manera que se aplican
tanto las propiedades de Dualidad Débil como la propiedad de
Dualidad Fuerte.
2. Si uno de los problema tiene soluciones factibles y una función
objetivo no acotada (y por lo tanto no tiene solución óptima),
entonces el otro problema no tiene soluciones factibles.
85
3. Si un problema no tiene soluciones factibles, entonces el otro
problema no tiene soluciones factibles o bien la función objetivo es no
acotada.
CASO PARA EL ESTUDIO DEL PROBLEMA DUAL
La empresa AgroTec fabrica dos tipos de fertilizantes denominados: 55-10 y 5-10-5. En cada caso, el primer valor se refiere al porcentaje que
el producto final tiene de Nitrato químico, el segundo valor se refiere al
porcentaje de Fosfato y el tercer valor al porcentaje de Potasio. El
fertilizante se estabiliza con un material de relleno que es el barro. Por
ejemplo, el 5-5-10 está elaborado con 5% de Nitrato, 5% de Fosfato,
10% de Potasio y 80% de barro.
Los productos fabricados se venden a un mayorista que compra toda la
cantidad que la empresa puede fabricar, y está dispuesto a pagar
$71.50 por tonelada del 5-5-10 y $69.00 por tonelada del 5-10-5. Este
mes la disponibilidad y costo de las materias primas son 1100 tons. de
Nitrato a $200/ton., 1800 tons. de Fosfato a $80/ton. y 2000 tons. de
Potasio a $160/ton. El barro está disponible en cantidades ilimitadas a
$10/ton. No hay restricciones de mano de obra ni de empleo de
maquinaria, sólo se tiene un costo de $15/ton. por concepto de
mezclado de los fertilizantes.
Es posible calcular el costo por cada tonelada del producto 5-5-10, de la
siguiente manera:
Costo del nitrato:
0.05 *($200)
Costo del fosfato:
0.05* ($80)
Costo del potasio:
0.10*($160)
Costo del barro:
0.80* ($10)
Costo total de materias primas:
Costo de mezclado:
Costo total:
= $10.oo
= 4.oo
= 16.oo
= 8.oo
$ 38.oo
15.oo
$ 53.oo
=======
De manera similar se determina el costo por tonelada del fertilizante
5-10-5, que resulta ser de $49.oo
En el planteamiento del problema primal, se definen las variables:
X1 = Toneladas del fertilizante 5-5-10 que deben fabricarse.
X2 = Toneladas del fertilizante 5-10-5 que deben fabricarse.
86
Función objetivo:
Máx Z = 18.5x1 + 20x2
s.a. :
0.05x1 + 0.05x2
<= 1100
Disponib. de nitrato
0.05x1 + 0.10x2
<= 1800
Disponib. de fosfato
0.10x1 + 0.05x2
<= 2000
Disponib. de potasio
x1, x2 >= 0
Al plantear el problema dual, el objetivo es minimizar el uso de los
recursos disponibles, de manera que el valor de los recursos que se
usan en la fabricación de cada uno de los productos respectivos, sea
igual o mayor que la contribución a las utilidades que reportan dichos
productos.
RELACIÓN ENTRE LA SOLUCIÓN ÓPTIMA PRIMAL Y LA SOLUCIÓN
ÓPTIMA DUAL
Cualquier problema dual puede solucionarse utilizando el algoritmo
simplex, pero no es la ventaja clave de la dualidad. La principal
importancia de la dualidad radica en la relación que existe entre los
problemas primal y dual. Para explorar esta relación, continuaremos
examinando el problema de la Agro-Tech. Para resolver el problema dual
de la Agro-Tech usando el método simplex, se requieren restar una
variable de exceso y sumar una variable artificial a cada restricción.
Después de añadir estas variables, el problema se expresa como sigue:
Minimizar
Sujeto a:
W = 1,100y1 + 1,800y2 + 2,000y3 + 0s1 + 0s2 + Ma1 + Ma2
0.05y1 + 0.05y2 + 0.10y3 – 1s1 + 1a1
= 18.5
– 1s2 + 1a2 = 20
0.05y1 + 0.10y2 + 0.05y3
y1, y2, y3, s1, s2, a1, a2 ≥ 0
La solución del problema dual da como resultado un valor de W de
428,000 (véase la tabla 1), que es igual al valor óptimo de la función
objetivo del problema primal, Z (tabla 2).
87
TABLA 1. Tabla óptima para el planteamiento dual del problema con dos
fertilizantes.
cj →
ck
-1,100
-1,800
xk
y1
y2
zj
-1,100 -1,800 2,000
0
0
-M
-M
s2
20
-20
a1
40
-20
a2
-20
20
14,000
-8,000
-14,000
-8,000 -14,000
-M+
8,000
-M+
14,000
b
y1
y2
y3
s1
340
1
0
3
-40
30
0
1
-1
20
-1,100 -1,800 -1,500 8,000
428,000
cj -zj
0
0
-500
NOTA: El valor negativo de Zd de 428,000 resulta en este caso porque el problema
dual fue un problema de minimización que se resolvió utilizando el método simplex de
maximización. Al interpretar el problema no se toma en cuenta el signo negativo.
TABLA 2. Tabla óptima del problema primal con dos fertilizantes.
cj →
ck
18.5
20
0
xk
x1
x2
s3
zj
cj -zj
b
8,000
14,000
500
428,000
18.5
20.0
0
0
0
x1
1
0
0
18.5
0
x2
0
1
0
20.0
0
s1
40
-20
-3
340
-340
s2
-20
20
1
30
-30
s3
0
0
1
0
0
Es evidente que en el caso de la solución dual, los cálculos necesarios
para obtener la solución pueden ser más laboriosos, puesto que se
requieren variables artificiales en el proceso de solución. Sin embargo, el
concepto importante que debe observarse es la relación que existe entre
el primal y el dual en el óptimo. En la solución óptima, los valores de la
función objetivo de ambos problemas son iguales. Para cualquier otra
solución dual (que no sea óptima) el valor dual de la función objetivo (W)
será siempre mayor que el de cualquier valor primal factible (Z). Esto se
muestra en forma gráfica en la figura 1.
88
Valor de la
función
objetivo
Problema dual
W
Valor óptimo _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _
Z
Problema primal
0
Número de iteraciones
Figura 1. Relaciones entre los valores primal y dual.
La relación entre los valores de la función objetivo en el problema primal
y en el dual, tiene una implicación importante para determinar el efecto
que tienen cambios en los niveles de los recursos. Para el problema de
la Agro-Tech la función objetivo en el dual es:
Minimizar
W = 1,100y1 + 1,800y2 + 2,000y3
Puesto que el nivel óptimo del valor primal de la función objetivo Z es
igual al valor dual W, puede determinarse el efecto de un cambio en un
solo recurso escaso, por ejemplo el nitrato. En estos momentos la
disponibilidad de nitrato es 1100 y la contribución al valor de la función
objetivo en el dual es 1100y1. Si se aumenta la disponibilidad de nitrato
en una unidad, el aumento resultante en W es (1100+1)y1 ó 1100y1+y1.
El aumento en las utilidades en el dual para un aumento de una unidad
en el nitrato es, por ello, numéricamente igual al valor de la variable dual
correspondiente, y1. Dado que Z es igual a W en el nivel óptimo, un
aumento de una unidad en el nitrato dará como resultado un aumento en
el valor de la función objetivo del primal en una cantidad equivalente a
y1. Así, se tiene una forma sencilla de determinar el efecto que tiene un
cambio unitario en un recurso determinado. Si el cambio es un aumento
unitario, la utilidad Z, aumentará en una cantidad equivalente al valor
óptimo de la variable dual correspondiente. Una disminución unitaria en
el nivel de un recurso dará como resultado una disminución
correspondiente en el valor de la función objetivo en la solución óptima
del problema primal.
89
Para la Agro-Tech esto significa, como se verá, que un aumento de una
tonelada en la disponibilidad de nitrato da como resultado $340 de
aumento en las utilidades, en tanto que un aumento de una tonelada en
el uso de fosfato da como resultado un aumento de $30 en las utilidades.
Un aumento en la disponibilidad de potasio no tendrá impacto sobre las
utilidades. Este último resultado es el que se esperaría, puesto que en la
solución primal existen 500 toneladas de potasio que no se utilizaron (es
un recurso sobrante).
Al resolver el problema dual (es decir, al determinar las variables yi)
puede determinase el efecto que tiene un cambio en un recurso sobre la
función objetivo. Para resolver el dual, además de resolver el primal, se
requiere doble esfuerzo. Por fortuna, los valores de las variables duales
pueden encontrarse en la tabla óptima del primal. Esto se debe a que
existe una variable de holgura para cada restricción primal y una variable
dual asociada con cada una de las restricciones primales. A partir de
esto, se forma una correspondencia de uno a uno entre las variables
duales y las variables primales de holgura.
Este concepto puede ilustrarse considerando de nuevo las tablas 1 y 2
asociadas con el problema de la Agro-Tech. En la tabla 2, la tabla óptima
del primal, los valores de las variables duales están dados en el renglón
Zj. Las variables duales son iguales al valor que aparece en el renglón Zj
para las variables de holgura del primal (columnas s1, s2 y s3 de la
tabla). Estos valores dan y1 = 340, y2 = 30 y y3 = 0, ya que s1
corresponde a la primera restricción del primal, s2 a la segunda y s3 a la
tercera. Debido a la relación tan estrecha entre los planteamientos
primal y dual, también es posible obtener la solución al problema primal
en la tabla óptima dual. Observando la tabla 1, los valores óptimos para
las variables de decisión primales, es decir, x1, y x2, son iguales a los
valores que aparecen en el renglón Zj para las variables de excedente
s1 y s2. Los valores son x1= 8000 y x2 = 14000 .
Los valores de las variables artificiales en el dual no tienen ningún
significado en el problema primal: Las variables artificiales se utilizan
sólo para tener una solución factible básica inicial y no tienen
interpretación física en el problema. El valor de las variables artificiales
de la solución factible óptima siempre será cero.
90
INTERPRETACIÓN ECONÓMICA DEL DUAL
Las variables duales también tiene importantes interpretaciones
económicas. Recuerde que cada una de las variables duales equivale a
la utilidad adicional que puede obtenerse de una unidad adicional del
recurso correspondiente. Es decir, y1=340 implica que cada tonelada
adicional de nitrato produce $340 adicionales de utilidad; y2=30 implica
que cada tonelada adicional de fosfato produce $30 de utilidad; y y3 =0
implica que no se obtienen utilidades adicionales al añadir toneladas
extras de potasio. Cada uno de estos valores presupone que los demás
permanecen iguales. Desde el punto de vista de la toma de decisiones
en la administración, las variables duales indican la cantidad extra que se
estaría en disponibilidad de pagar por una unidad adicional de un recurso
específico. En otras palabras, estaríamos dispuestos a pagar un precio
más elevado por un recurso escaso, hasta por el valor de la variable
dual. Sólo nos interesa el excedente sobre el precio normal, puesto que
el precio original del recurso se incluye en el cálculo de las variables. Por
ejemplo, cada tonelada adicional de fosfato vale $30 y por ello
estaríamos dispuestos a pagar a nuestro proveedor hasta $110 por
tonelada ($80 del precio actual más $30 adicionales) por cada tonelada
adicional de fosfato. En este caso, el aumento neto en la utilidad por
tonelada adicional de recurso será la diferencia entre $30 y el precio más
elevado que se pague. Si el proveedor cobrara $10 adicionales por todo
el fosfato que exceda 1800 toneladas, se obtendrían $20 por cada
tonelada adicional de fosfato. Si el cargo extra fuera $31, no estaríamos
dispuestos a comprar el fosfato puesto que el excedente del precio
estaría por encima de las utilidades adicionales que se obtendrían.
Debido a que los valores de Zj de cada variable de holgura en la tabla
simplex, indican el valor de una unidad adicional del recurso
correspondiente, con frecuencia estos valores se denominan los precios
sombra. El precio sombra es otro término para la variable dual. La
relación entre los precios sombra como recurso y la función objetivo
puede expresarse de la siguiente manera: el precio sombra para un
recurso determinado refleja el impacto que tiene sobre la función objetivo
un cambio unitario en el recurso, este impacto en el precio se mantiene
mientras el cambio en el recurso se encuentre dentro de los límites
determinados por el análisis de sensibilidad.
91
Dualidad: Problemas resueltos
La empresa Industria Alfa importa componentes electrónicos para
ensamblar dos modelos de computadoras personales. Uno de los
modelos se denomina Deskpro Computer, y al otro, Portable Computer.
Los administradores están interesados en elaborar el programa semanal
de producción de ambos productos. El modelo Deskpro genera una
contribución a las utilidades de $50 por unidad y el Portable genera una
contribución de $40 por unidad. Se tendrán disponibles un máximo de
150 horas de ensamble para la producción de la semana siguiente.
Cada unidad de Deskpro requiere de 3 horas de tiempo de ensamblado,
y cada una de Portable requiere de 5 horas. Además, en estos
momentos la empresa tiene en inventario sólo 20 monitores de los que
se emplean en la Portable; por ello, no es posible ensamblar más de 20
unidades de este tipo. En el almacén sólo se dispone de 300 pies3 de
espacio para el almacenamiento de estos nuevos productos. Cada
unidad de Deskpro requiere de 8 pies3 de almacén y cada unidad de
Portable requiere de 5 pies3.
Plantee el problema Dual y determine el precio unitario de cada recurso
adicional en la solución óptima.
El modelo del problema Primal es el siguiente:
x1 = Unidades del modelo Deskpro que se ensamblan.
x2 = Unidades del modelo Portable que se ensamblan.
Max Z = 50x1 + 40x2
s. a. :
3x1 + 5x2 <= 150
Horas de ensamble disponible.
1x2 <= 20
Monitores disponibles para la Portable.
8x + 5x2 <= 300
Espacio de almacén disponible.
x1, x2 >= 0
El problema Dual es el siguiente:
y1 = Valor monetario de la hora de tiempo de ensamble.
y2 = Valor monetario de la unidad de monitor para la Portable.
y3 = Valor monetario del pie3 de espacio en el almacén.
Min Z = 150y1 + 20y2 + 300y3
s. a. :
3y1
+ 8y3
5y1 + 1y2 + 5y3
y1, y2, y3
92
>= 50
>= 40
>= 0
El modelo en la forma estándar parar su solución con el método simplex
es el siguiente:
Min W = 150y1 + 20y2 + 300y3 + 0s1 + Ma2 + 0s2 + Ma2
s. a. :
3y1
+ 8y3 - s1
5y1 + 1y2 + 5y3
+ a1
- s2
= 50
+ a2
= 40
y1, y2, y3, s1, a1, s2, a2 >=0
La solución por el método simplex es la siguiente:
Cj
150
20
300
0
M
0
M
Ck
Xk
b
y1
y2
y3
s1
a1
s2
a2
M
a1
50
3
0
8
-1
1
0
0
M
a2
40
5
1
5
0
0
-1
1
Zj
-90M
8M
M
13M
Cj - Zj
150-8M 20-M 300-13M
-M
M
-M
M
M
0
M
0
300 y3
50/8
3/8
0
1
-1/8
0
0
M
70/8
25/8
1
0
5/8
-1
1
900+25M M
300
a2
Zj 15000+70M
8
8
Cj - Zj
-300+5M
-M
M
M
0
8
300-25M 20-M
0
8
300-5M
8
300 y3
26/5
0
-3/25
1
-5/25
3/25
150 y1
14/5
1
8/25
0
5/25
8/25
1980
150
12
300
30
12
0
-8
0
-30
-12
Zj
Cj - Zj
93
De la solución al problema Dual, se tiene la siguiente interpretación:
y1 = 14/5 = $2.80
Valor de la hora adicional de tiempo de ensamble.
y2 = 0
Valor de un monitor adicional para la Portable.
y3 = 26/5
Valor de un pie3 adicional de espacio en el almacén.
W = $1980
Costo mínimo de los recursos adicionales.
PROBLEMA:
En una mezcla de productos x1, x2, x3 y x4 representan las unidades de
los productos 1, 2, 3 y 4 respectivamente. Se tiene el siguiente modelo
de programación lineal:
Max Z = 4x1 + 6x2 + 3x3 + 1x1
s. a.:
3/2x1 + 2x2 + 4x3 + 3x4 <= 500 Hrs. disponibles de maq. A
4x1 + 1x2 + 2x3 + 1x4 <= 700 Hrs. disponibles de maq. B
2x1 + 3x2 + 1x3 + 2x4 <= 200 Hrs. disponibles de maq. C
x1, x2, x3 >= 0
a) Plantee el dual de este problema
Min W = 500y1 + 700y2 + 200y3
s. a.:
1.5y1 + 4y2 + 2y3 >= 4
2y1 + 1y2 + 3y3 >= 6
4y1 + 2y2 + 1y3 >= 3
3y1 + 1y2 + 2y3 >= 1
y1, y2, y3 >= 0
b) Halle la solución óptima del primal o del Dual y determine qué
máquina o máquinas trabajan a su máxima capacidad. Si se tratase
de aumentar la producción ¿Que máquina o máquinas elegiría para
contratar más horas?
El valor de las variables duales en la solución óptima Dual también se
puede determinar hallando la solución óptima del Primal. Se resolverá el
Primal:
94
Cj
Ck
Xk
4
6
3
1
0
0
0
b
x1
x2
x3
x4
s1
s2
s3
0
s1
550
3/2
2
4
3
1
0
0
0
s2
700
4
1
2
1
0
1
0
0
s3
200
2
3
1
2
0
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
4
6
3
1
0
0
0
Zj
Cj - Zj
0
s1 4162/3
1/6
0
10/3
5/3
1
0
-2/3
0
s2 6331/3
10/3
0
5/3
1/3
0
1
-1/3
6
x2
662/3
2/3
1
1/3
2/3
0
0
1/3
Zj
400
4
6
2
4
0
0
2
0
0
1
-3
0
0
-2
Cj - Zj
3
x3
125
3/60
0
1
15/30
3/10
0
-6/30
0
s2
425
195/60
0
0
-15/30 -5/10
1
0
6
x2
25
39/60
1
0
15/30 -1/10
0
12/30
1980
81/20
6
3
9/2
3/10 0
54/30
-1/20
0
0
-7/2
Zj
Cj - Zj
-3/10 0 -54/30
De la solución óptima del problema Primal, se tiene que los valores que
toman las variables duales en la solución óptima son:
y1 = 3/10 = $0.30 Valor de la hora adicional de la máquina A.
y2 = 0
y3 = 54/30 = $1.80 Valor de la hora adicional de la máquina C.
Las máquinas que trabajan a su máxima capacidad son las máquinas A
y C, sus precios sombra son respectivamente $0.30 y $1.80. Si se
tratase de elegir una de las dos máquinas para contratar horas
adicionales y aumentar la producción, se elegiría la máquina C, por tener
un mayor precio dual.
95
96
CAPÍTULO 5
ANALISIS DE SENSIBILIDAD
Una vez que se ha resuelto un problema de programación lineal, puede
darse el caso de que uno o varios parámetros de la formulación del
problema original, tales como los precios unitarios o la disponibilidad de
ciertos recursos cambien, dando origen a un nuevo problema. Si esto
sucede, ¿Es necesario volver a resolver el problema desde el principio?
La respuesta afortunadamente es no, porque existen métodos, llamados
de análisis de sensibilidad, que permiten ahorrar muchas iteraciones, al
resolver el nuevo problema partiendo de la solución óptima del problema
original. El análisis de sensibilidad permite determinar el impacto del
cambio en el modelo sin repetir el proceso de solución completo.
Al estudiar y analizar el impacto que tiene cambiar el parámetro de un
modelo, es deseable calcular los límites de un cambio, es decir, es
deseable saber por ejemplo cuánto puede cambiarse un coeficiente
específico de la función objetivo o un valor dado del segundo término de
una restricción, sin cambiar la solución óptima que se tiene. Si el cambio
propuesto de algún parámetro cae dentro de los límites permitidos de
cambio, entonces no ocurre ningún cambio en la solución óptima y no es
necesario resolver un problema nuevo. Si el cambio que se propone cae
fuera de los límites, entonces la solución óptima existente ya no será
óptima y deberá calcularse de nuevo la solución óptima del problema.
Los procedimientos del análisis de sensibilidad permiten calcular estos
límites del cambio. Se estudiaran varios casos de análisis de
sensibilidad.
Supongamos que tenemos el siguiente problema de programación lineal
referente a la producción de tres tipos de fertilizantes:
x1 = Toneladas de fertilizante 5-5-10 que se deben fabricar.
x2 = Toneladas “
“
5-10-5 “ “
“
“
x3 = Toneladas “
“
5-5-5 “ “
“
“
Se trata de determinar qué combinación de producción de fertilizantes
proporciona la máxima utilidad.
Max Z = 18.5x1 + 20x2 + 14.5x3
97
s.a.:
0. 05x1 + 0.05x2 + 0.05x3 <= 1100 Tons. disponibles de Nitrato
0. 05x1 + 0.10x2 + 0.05x3 <= 1800 Tons. disponibles de Fosfato
0.10x1 + 0.05x2 + 0.05x3 <= 2000 Tons. disponibles de Potasio
x1, x2, x3 >= 0
La solución óptima para este problema es la que se muestra en la tabla
1.
Cj
Xk
x1
x2
s3
Ck
18.5
20.0
0
Zj
Cj-Zj
b
8,000
14,000
500
428,000
18.5
x1
1
0
0
18.5
0
20
x2
0
1
0
20
0
14.5
x3
1
0
-0.05
18.5
-4.0
0
s1
40
-20
-3
340
-340
0
s2
-20
20
1
30
-30
0
s3
0
0
1
0
0
Tabla 1. Solución optima para el problema de la producción de tres fertilizantes.
CAMBIO EN EL COEFICIENTE DE LA FUNCIÓN OBJETIVO DE UNA
VARIABLE NO BASICA (cj)
En este caso el análisis considera el impacto de cambiar el valor de las
utilidades (coeficiente de la función objetivo) para una de las variables
que de momento es no básica: x3. En el ejemplo que se está estudiando,
se refiere al fertilizante 5-5-5. Como la solución óptima no considera la
producción de este fertilizante posiblemente porque no es rentable
producirlo, se trata de averiguar cuánto debe aumentar su precio con el
objeto de hacerlo lo suficientemente rentable para que quede incluido en
la mezcla óptima de producción.
En este análisis hay que recordar que una variable no básica es aquella
cuya contribución neta a las utilidades (es decir, cj –zj ) en la tabla
óptima es no positiva. Es decir, las utilidades que se obtendrían al
fabricar cualquier cantidad de una variable no básica son menores o
iguales que las utilidades a las que sería necesario renunciar.
La sensibilidad de la solución óptima a cambios de los coeficientes de la
función objetivo puede determinarse añadiendo una cantidad
Δj al
coeficiente que se tiene de la función objetivo, cj . Por ello, el nuevo
coeficiente de la función objetivo es:
cj = Δj + cj
98
Es posible determinar qué tan grande puede ser Δj a partir del
requerimiento de optimalidad de que (cj – zj) sea cero o negativo para un
problema de maximización. Para el coeficiente modificado cj, esto
significa que cj – zj <= 0. La sensibilidad se mide a través del valor de Δj
puesto que indica el intervalo de costos sobre los cuales la solución
óptima existente seguirá siendo óptima.
Con respecto a x3, es deseable determinar la magnitud del aumento en
el precio que se requeriría para fabricar el fertilizante 5-5-5. Puede
responderse esta pregunta determinando los valores de Δ3 (y c3) para
la variable x3. Se comienza el proceso añadiendo un coeficiente Δ3 al
coeficiente c3 asociado con x3 en la tabla.
La tabla 2 muestra la tabla modificada. Antes de que x3 se pueda volver
básica, el valor (cj – zj) asociado con x3 debe volverse no negativo. Esto
significa que
Δ3 – 4.0 >= 0
Despejando Δ3, se tiene que Δ3 >= 4.0. Puesto que c3 = c3 + Δ3,
entonces
c3 = 14.5 + Δ3
Sustituyendo Δ3 >= 4.0 se obtiene
c3 >= 18.5
Cj
Xk
x1
x2
s3
Ci
18.5
20.0
0
Zj
Cj-Zj
b
8,000
14,000
500
428,000
18.5
x1
1
0
0
18.5
0
20
x2
0
1
0
20
0
14.5+Δ3
x3
1
0
-0.05
18.5
Δ3-4.0
0
s1
40
-20
-3
340
-340
0
s2
-20
20
1
30
-30
0
s3
0
0
1
0
0
Tabla 2. Tabla modificada para un cambio en c3.
Esto indica que si el precio de x3 se elevara un poco más de los $4.00,
es decir, si su contribución a las utilidades fuera mayor que $18.50,
entonces la producción de x3 se volvería más rentable que la mezcla
actual de producción de 8,000 tons. de x1 y 14,000 tons. de x2. Si el
precio se aumentara exactamente $4.00, se llegaría a un punto de
decisión en el que podría fabricarse x3, pero no se obtendrían utilidades
adicionales. Se obtendrían los mismos $428,000 de utilidades para esta
solución óptima alternativa.
99
En general, para cualquier variable no básica el cambio necesario para
dicha variable se convierta en básica será:
Δj >= | cj – zj |
Si la utilidad de la variable básica disminuye, no hay cambio en la
solución óptima; o si la contribución a las utilidades aumenta en un
cantidad inferior a |cj – zj | para la variable, no habrá cambio en la
solución óptima. Sólo si la contribución a las utilidades aumenta en una
cantidad que sea mayor que el valor actual de |cj – zj | cambiará la
solución óptima. Una variable no básica no se encuentra en la solución
óptima porque las utilidades que se obtienen al fabricar ese producto son
inferiores a lo que se perdería por hacerlo.
CAMBIO EN EL COEFICIENTE DE LA FUNCIÓN OBJETIVO DE UNA
VARIABLE BÁSICA (cj)
Ahora se considerará el cambio en el coeficiente de utilidades de una
variable básica, digamos x1, que representa el nivel de producción del
fertilizante 5-5-10. Es deseable saber cuál es el valor máximo en el que
puede cambiar este coeficiente básico de utilidades antes de cambiar las
variables básicas restantes en la solución óptima.
Si cambia la contribución a las utilidades de una variable básica,
entonces puede producirse uno de dos resultados. Si el coeficiente de la
variable básica disminuye, entonces es posible que la variable tuviera
que dejar la base puesto que tal vez no fuera suficientemente rentable
para seguir siendo básica. Por otro lado, si la contribución a las utilidades
aumenta, podría obtenerse un mayor nivel de producción para la variable
que se considera. A diferencia de los cambios en los coeficientes de
contribución para las variables básicas, en el caso de las variables que sí
son básicas deben considerarse tanto aumentos como disminuciones en
los coeficientes cj. En este caso, los cambios en los coeficientes de
contribución a las utilidades, tendrán de alguna manera algún impacto
sobre la solución existente.
Para analizar el efecto que tienen los cambios en la contribución a las
utilidades para una variable básica, es posible añadir un coeficiente Δj
al coeficiente cj que ya se tiene. De nuevo denotaremos la nueva
contribución a las utilidades como cj = cj + Δj. En el caso de la variable
no básica, la adición de Δj afectó sólo una columna de la tabla, sin
embargo el caso de una variable básica puede resultar afectada más de
una columna. Por ello, para determinar los límites de Δj, debemos
examinar todos los valores (cj – zj) que se ven afectados por Δj.
100
Para x1 la contribución a las utilidades es 18.5, se ha añadido un
coeficiente Δ1 para utilizarlo en el análisis de cambios en las utilidades
para x1. El resultado se muestra en la tabla 3.
Cj
Ck
18.5+Δ1
20.0
0
Zj
Xk
x1
x2
s3
B
8,000
14,000
500
428,000+8,000 Δ1
Cj-Zj
18.5+ Δ1
x1
1
0
0
18.5+ Δ1
0
20
x2
0
1
0
20
0
14.5
x3
1
0
-0.05
8.5+ Δ1
-4.0+ Δ1
0
s1
40
-20
-3
340-40 Δ1
-340-40 Δ1
0
s2
-20
20
1
30-20 Δ1
-30+20 Δ1
Tabla 3. Tabla modificada para un cambio en c1.
Para que la solución actual siga siendo óptima, debe asegurarse que
ningún valor (cj – zj) de la tabla 3 se vuelva positivo. La pregunta es
¿Cuánto puede cambiar c1 en una dirección positiva o negativa de
manera que mantengan las condiciones de optimalidad? Puede
determinarse la magnitud de estos cambios, Δj, despejando una
desigualdad para cada uno de los valores no básico, es decir: cj – zj <=
0. Se tienen entonces las siguientes condiciones para un cambio de Δ1
en el valor de las utilidades de c1:
– 4 – Δ1 <= 0
– 340 – 40Δ1 <= 0
– 30 + 20Δ1 <= 0
Δ1 >= – 4
Δ1 >= – 8.5
Δ1 <= 1.5
Luego de elegirse el conjunto más restrictivo se obtiene que los cambios
permisibles en c1 pueden expresarse como – 4 <= Δ1 <= 1.5. Por ello,
la contribución a las utilidades de x1 no pueden aumentar en más de
$1.50 o disminuir en más de $4. Entonces las utilidades de x1 están
limitadas a quedar en el intervalo $14.5 <= c1 <= $20.
CAMBIOS EN UN NIVEL DE RECURSOS (bi)
Al igual que en el caso de cambios en los coeficientes de la función
objetivo, la sensibilidad de la solución óptima a cambios en los recursos
se mide a través de una cota superior y una cota inferior, par el nivel del
recurso que se modifica.
Para calcular el efecto de modificar el nivel de un recurso, se añade un
cantidad Δj al recurso que se quiere cambiar y después se vuelve a
aplicar el proceso de solución. La tabla 4 muestra el nivel modificado del
primer recurso. En este caso, el nuevo nivel de recurso para el nitrato es
101
0
s3
0
0
1
0
0
1100 +ΔN, donde ΔN representa el posible aumento o disminución en la
disponibilidad de Nitrato.
Cj
Ck
18.5+Δ1
20.0
0
Zj
Xk
x1
x2
s3
B
1,100+ ΔN
1,800
2,000
0
Cj-Zj
18.5
x1
0.05
0.05
0.10
0
18.5
20
x2
0.05
0.10
0.05
0
20
14.5
x3
0.05
0.05
0.05
0
14.5
0
s1
1
0
0
0
0
0
s2
0
1
0
0
0
0
s3
0
0
1
0
0
Tabla 4. Tabla inicial para el nuevo nivel de recursos.
Si se procede con la iteración simplex normal y acarreamos el valor ΔN
en cada paso, se llega a la tabla óptima para el problema (tabla 5). En
esta tabla óptima se observa que el valor de la función objetivo aumenta
en $340 por cada tonelada adicional de nitrato disponible para usarlo al
costo original. Así mismo se reducirá en $340 por cada tonelada de
nitrato que ya no pueda usarse. También se ve que los nuevos valores
de la solución son funciones del cambio en el recurso ΔN. Puesto que los
valores de la solución siempre deben ser no negativos, pueden utilizarse
estas funciones para determinar la cantidad de disponibilidad de nitrato
que puede aumentarse o disminuirse antes de que la mezcla de
producción que se tiene ya no sea óptima.
Para hacer esto, se estructura una desigualdad para cada función, mayor
o igual que cero, y se obtiene de ella el intervalo de ΔN que satisface a
cada una de ellas. Estas desigualdades y las variables básicas
correspondientes son:
x1: 8,000 + 40ΔN >= 0
x2: 14,000 – 20ΔN >= 0
s3:
500 – 3ΔN >= 0
Cada desigualdad produce un posible tamaño para el cambio ΔN. Este
cambio neto debe ser no negativo para mantener la factibilidad y, por
ello, la desigualdad. Despejando ΔN se tiene:
ΔN >= – 200
ΔN <= 700
ΔN <= 166.67
Se determina que los límites de ΔN son – 200 <= ΔN <= 166.67.
102
Expresado en términos de la disponibilidad de nitrato, bN, se tiene:
1100 – 200 <= bN <= 1100 + 166.67
900 <= bN <= 1266.67
Así la solución óptima seguirá siendo óptima si existen cuando menos
900 toneladas de nitrato disponibles o si no hay más de 1266.67
toneladas.
Cj
Ck
18.5
20.0
0
Zj
Xk
x1
x2
s3
b
8,000+40ΔN
14,000-20 ΔN
500-3 ΔN
428,000
Cj-Zj
18.5
x1
1
0
0
18.5
0
20
x2
0
1
0
20
0
14.5
x3
1
0
-0.05
18.5
-4.0
0
s1
40
-20
-3
340
-340
0
s2
-20
20
1
30
-30
0
s3
0
0
1
0
0
Tabla 5. Tabla óptima para el nuevo nivel de recuso 1.
No es necesario volver a resolver el problema original cada vez que hay
un cambio en el nivel de un recurso, porque las funciones de ΔN
pueden calcularse directamente a partir de la tabla óptima que se tiene.
Obsérvese que los coeficientes de ΔN en la tabla óptima son los mismos
que los coeficientes de la columna s1. Esto resulta del hecho de que s1
es la variable de holgura asociada con el nitrato. Siempre será cierto que
los coeficientes de la variable Δi en una tabla óptima serán los mismos
que los de la variable de holgura si. Para las variables de exceso, los
signos se invierten. Entonces, esto permite hacer cálculos para las cotas
inferior y superior de Δi en forma directa a partir de la tabla óptima que
se tiene. Otro resultado importante que se puede determinar de la tabla
5, es que el valor de zj para la holgura correspondiente proporciona el
valor de una unidad adicional de ese recurso al mismo costo. En el
ejemplo, el valor de zj para s1 fue 340, por ello una unidad adicional de
nitrato valía $340. Esto tiene relación con el valor de la variable dual
correspondiente y se denomina precio sombra. La relación entre los
precios sombra como recurso y la función objetivo puede expresarse de
la siguiente manera: el precio sombra para un recurso determinado
refleja el impacto que tiene sobre la función objetivo un cambio unitario
en el recurso, este impacto en el precio se mantiene mientras el cambio
en el recurso se encuentre dentro de los límites determinados por el
análisis de sensibilidad.
INTRODUCCIÓN DE UNA NUEVA VARIABLE
Las variables de decisión suelen representar los niveles de las distintas
actividades bajo consideración. En algunas situaciones estas actividades
se seleccionan de entre otras por ser más atractivas, por lo que queda la
pregunta si vale la pena incluir algunas actividades no consideradas. Es
103
decir ¿Cambiará la solución óptima original se agrega cualquiera de
éstas actividades?
En este análisis juega un papel importante la teoría de la dualidad.
Agregar una variable equivale a introducir en el modelo una nueva
variable, con los coeficientes apropiados en las restricciones y en la
función objetivo. El único cambio que resulta en el problema dual es la
introducción de una nueva restricción. Una vez hechos estos cambios
¿Será la solución óptima original, junto con la nueva variable igual a cero
(no básica), todavía óptima para el problema primal? Una pregunta
equivalente es si todavía es factible la solución básica complementaria
para el problema dual.
En el siguiente ejemplo, XNUEVA representa el nivel de producción de un
tercer producto que se ha agregado al modelo, resultando:
Max Z = 3x1 + 5x2 + 4XNUEVA
s.a.:
x1
+ 2XNUEVA
<= 4
2x2 + 3XNUEVA
<= 12
3x1 + 2x2 + XNUEVA <= 18
x1, x2, XNUEVA >= 0
Antes de introducir XNUEVA, la solución óptima para el problema original
es la que se muestra en la siguiente tabla:
Cj
Xk
s1
x2
x1
Ck
0
5
3
Zj
Cj-Zj
b
2
6
2
36
3
x1
0
0
1
3
0
5
x2
0
1
0
5
0
0
s1
1
0
0
0
0
0
s2
1/3
½
-1/3
3/2
-3/2
0
s3
-1/3
0
1/3
1
-1
La pregunta ahora es ¿Si se incluye XNUEVA la solución seguirá siendo
óptima? Para responder a esta pregunta, se verifica la solución básica
complementaria para el problema dual, que en la tabla óptima se
identifica como:
( y1, y2, y3 ) = ( 0, 3/2, 1)
104
Esta solución es óptima para el problema original, por lo que satisface
las restricciones duales originales. Pero ¿ Satisface la nueva restricción
dual ?
2y1 + 3y2 + y3 >= 4
Al sustituir esta nueva solución, se ve que:
2(0) + 3(3/2) + 1 >= 4 , se satisface.
Por lo tanto esta solución dual sigue siendo factible, es decir óptima. En
consecuencia la solución primal original (2, 6, 2, 0, 0) junto con XNUEVA=0
todavía es óptima, y se concluye que no debe incluirse este nuevo
producto en el plan de producción.
Análisis de Sensibilidad: Problemas resueltos
1.
En un problema de producción xi representan las unidades que se
producen del artículo i. Se trata de maximizar los ingresos por la
venta de estos artículos. Se tiene el siguiente modelo de
programación lineal:
Max Z = x1
s. a. :
x1 + 2x2 +
x2 <= 6
x4 <= 4
+ 2x2 + 3x3 + 4x4
x3 + 2x4 <= 12 Unids disponibles del recurso 1
Unids disponibles del recurso 2
Unids disponibles del recurso 3
x1, x2, x3, x4 >= 0
La solución óptima para este problema es:
Cj
1
2
3
4
0
0
0
Ck
Xk
b
x1
x2
x3
x4
s1
s2
s3
3
x3
12
1
2
1
2
1
0
0
0
s2
6
0
1
0
0
0
1
0
0
s3
4
0
0
0
1
0
0
1
Zj
36
3
6
3
6
3
0
0
-2
-4
0
-2
-3
0
0
Cj - Zj
105
a)
Determine el intervalo de sensibilidad para c1.
-2 + ∆1 >= 0
Despejando, se tiene que:
∆1 >= 2
El intervalo de sensibilidad para c1 es: [ 2, ∞ >
b)
¿En qué intervalo de b2 permanecerían sin cambio el conjunto de
variables básicas que forman la solución óptima?
x3: 12 + 0∆2 >= 0
s2: 6 + 1∆2 >= 0
s3: 4 + 0∆2 >= 0
Despejando se obtiene:
∆2 >= – 6
El intervalo de variación de b2 será:
[ -6, ∞ >
c)
¿Cuál sería el efecto sobre la solución óptima si b2 = 8 ?
Si la disponibilidad del recurso 2 se incrementa a 8, no se afecta
la solución óptima porque b2 puede incrementarse hasta infinito.
d)
¿Sobre qué intervalo puede variar c3 sin que cambie la solución
óptima?
Afectando el coeficiente c3 en una cantidad ∆3 en la solución
óptima, se tiene:
x1:
-2 - ∆3 <= 0
x2:
-4 -2∆3 <= 0
x4:
-2 -2∆3 <= 0
s1:
-3 -1∆3 <= 0
Despejando ∆3, se tiene que el intervalo de variación de c3 es:
3 – 1 <= c3 < ∞
2.
106
Fertil S.A. fabrica tres tipos de fertilizantes químicos: 5-10-5, 5-8-8
y 8-12-12. Los fertilizantes se fabrican con nitratos, fosfatos,
potasio y un relleno inerte. La mezcla de estos componentes en
los fertilizantes está reflejado por su tipo, es decir, el fertilizante 510-5 contiene 5% de nitrato, 10% de fosfato, 5% de potasio, y la
diferencia es relleno inerte. Las utilidades que se obtienen por la
venta son de $16.00, $22.80 y $12.40 por tonelada de fertilizante
respectivamente. La empresa dispone de 1200 tons de nitrato,
2000 tons de fosfato, 1500 tons de potasio y una cantidad
ilimitada de relleno inerte a su disposición. Se vende todo lo que
se produce, y la empresa ya tiene un pedido comprometido de
8000 tons del 5-8-8.
a.
Determine el plan de producción que maximice las utilidades.
El modelo de programación lineal de este problema es:
x1 = Tons de fertilizante 5-10-5 que se fabrican durante el mes.
x2 = Tons. “
“
5-8-8 “ “
“
“
“ mes.
x3 = Tons. “
“
8-12-12 “ “
“
“
“ mes.
Max Z = 16x1 + 22.8x2
s. a.:
0.05x1 +
0.10x1 +
0.05x1 +
+ 12.4 x3
0.05x2 + 0.08x3 <= 1200
0.08x2 + 0.12x3 <= 2000
0.08x2 + 0.12x3 <= 1500
x2
>= 8000
x1, x2, x3, >= 0
La solución óptima de este problema es:
Cj
Xk
s1
x1
s4
x2
Ck
0
16
0
22.8
Zj
Cj-Zj
b
75
10000
4500
12500
445000
16
x1
0
1
0
0
16
0
22.8
x2
0
0
0
1
22.8
0
12.4
x3
0
0
1.5
1.5
34.2
-21.8
0
s1
1
0
0
0
0
0
0
s2
-0.37
20
-12.5
-12.5
35
-35
0
s3
-0.25
-20
25
25
250
-250
0
s4
0
0
1
0
0
0
-M
a1
0
0
-1
0
0
-M
El plan de producción óptimo es:
x1=10,000 Se producen 10,000 toneladas del fertilizante 5-10-5.
x2=12,500 Se producen 12,500 toneladas del fertilizante 5-8-8.
x3= 0
No se produce el fertilizante 8-12-12.
s1=75
No se usan 75 tons de Nitrato.
s4=4,500
Se producen 4,500 tons adicionales a las 8000 tons
que ya se tienen comprometidos del fertilizante 5-88.
Z=$445,000 Utilidad máxima.
b.
¿Cuál es el nuevo valor de la F.O. si el pedido comprometido del
fertilizante 5-8-8 se eleva a 10000 tons.?
107
Si el pedido comprometido de fertilizante 5-8-8 se eleva a 10,000
tons., esto no afecta a la solución óptima, porque en el plan de
producción óptimo este fertilizante se produce en una cantidad de
12,500 tons. Además, el precio dual es igual a cero (y4 = 0), esto
quiere decir que el valor de la función objetivo no cambia.
c.
¿ Cuánto gana o pierde la empresa por fabricar el fertilizante 8-1212 ?
Si se fabrica el fertilizante 8-12-12 se pierde $21.80 por cada
tonelada fabricada, esto porque en la solución óptima c3 – z3 = 21.80
d.
¿ Cuánto puede variar la utilidad del fertilizante 5-10-5 sin que se
afecte la solución óptima ?
Afectando el coeficiente c1 en una cantidad ∆1 en la solución
óptima, se tiene:
s2:
-35 - 20∆1 <= 0
s3:
-250 + 20∆1 <= 0
Despejando ∆1 se tiene:
1.5 <=
∆1 <= 12.5
Por lo tanto la utilidad del fertilizante 8-12-12 puede variar en el
intervalo:
14.5 <= c1 <= 28.5
108
CAPÍTULO 6
PROGRAMACION LINEAL ENTERA
6.1. INTRODUCCIÓN
Hasta ahora hemos visto los problemas de programación lineal en el
dominio de los reales. Sin embargo, en muchos modelos algunas o todas
las variables de decisión deben ser enteras. Estos modelos son
conocidos como modelos de programación lineal entera (PLE).
A primera vista podría parecer más fácil resolver problemas con
restricción de enteros, ya que transforman un problema continuo en un
problema discreto. Sin embargo, los algoritmos que permiten resolver los
problemas PLE son más complejos y requieren mucho más tiempo
computacional.
Los modelos de programación lineal entera se pueden clasificar en:
Modelo
Tipos de Variables de Decisión
Completamente entero
(PLE)
Todas son enteras
Mixto (PLM)
Algunas, pero no todas son enteras
Binaria (PLB)
Todas son binarias (0 ó 1)
Ejercicio 6.1.1. Cantidad óptima de restaurantes.
Boxcar es una nueva cadena de restaurantes de comida rápida (fase
food) que está planificando expandirse en Washington DC. Aún cuando
la comida es de alta calidad, la principal atracción de esta cadena de
restaurantes es su diseño. En el centro de la ciudad el interior del local
se construyó de forma parecida al interior de un container, mientras que
en los suburbios los restaurantes se construyeron al interior de
verdaderos containers.
La compañía dispone de US$ 2.7 millones para su expansión. Cada
restaurante en los suburbios requiere US$ 200.000 en inversión, y cada
local en el centro requiere de US$ 600.000. Se proyecta que luego de los
gastos, la ganancia neta semanal en los locales de los suburbios (que
estarán abiertos las 24 horas) será en promedio US$1200. Los
restaurantes del centro abrirán sólo 12 horas al día, pero debido a una
gran cantidad de clientes durante las horas de trabajo las proyecciones
indican que la ganancia neta semanal será de US$2000. La compañía
desea abrir al menos 2 restaurantes en el centro.
109
Boxcar actualmente tiene 19 administradores. Cada local en los
suburbios requerirá tres administradores para su funcionamiento las 24
horas, y se cree que con sólo un administrador en el centro por
restaurante sería suficiente.
Boxcar desea saber cuántos restaurantes podría abrir para maximizar su
ganancia neta semanal.
Formulación.
Resumiendo el problema, se tiene
• Boxcar debe decidir cuántos restaurantes debe abrir en los suburbios
y en el centro de Washington DC
• Desean maximizar su ganancia total semanal promedio
• La inversión total no puede exceder US$ 2.7 millones
• Se deben abrir al menos 2 restaurantes en el centro
• Sólo se cuenta con 19 administradores.
Variables de decisión:
X1 = Número de restaurantes que se deben construir en los suburbios.
X2 = Número de restaurantes que se deben construir en el centro.
Un Modelo Matemático sería:
Maximizar Z = 1200 X1 + 2000 X2
s.a.
200 X1 + 600 X2 < 2’700
X2 > 2
3 X1 + X2 < 19
X1, X2 > 0, enteros
Si solucionamos el ejercicio sin considerar que X1 y X2 son enteras,
tendremos el siguiente resultado, con WINQSB:
110
La solución a este problema, sin considerar las variables como enteras,
sería 5.44 restaurantes en los suburbios y 2.69 restaurantes en el centro.
Como vemos la solución no es entera, y entraríamos en la posibilidad de
redondearlos, por lo que obtendríamos los siguientes resultados:
X1
X2
¿Es una SOLUCIÓN
FACTIBLE?
¿Cuánto vale Z?
5.44
5
5
6
6
2.69
2
3
2
3
SI
SI
NO cumple R1
NO cumple R3
NO cumple R1 y R3
11900
10000
No cumple
No cumple
No cumple
Como vemos en la tabla, haciendo todos los redondeos posibles vemos
que la solución sería X1 = 5 y X2 = 2, donde Z = 10,000, pero si somos
más detallistas otra solución posible, sin considerar redondeos, sería
X1= 4 y X2= 3, donde Z = 10,800. Y entonces habremos encontrado una
solución mejor que si redondeamos.
111
En conclusión:
Posibles resultados del redondeo
Los puntos pueden ser no-factibles
Los puntos pueden ser factibles pero noóptimos
Los puntos pueden ser factibles y óptimos
Nota: Imponer restricción de enteros agrega dos restricciones al
problema: X1 entero y X2 entero. Así es que tal como vimos antes el
valor de la función objetivo NO puede mejorar. En un problema de
maximización esto significa que el valor de la función objetivo disminuirá
o en el mejor de los casos será el mismo que el valor óptimo del
problema de programación lineal en el dominio de los reales.
La solución entera del problema es: X1 = 4, X2 = 3, Z = US$ 10.800
Si fueran más variables, el análisis sería más tedioso.
6.2.
SOLUCIÓN DE PROBLEMAS LIENALES ENTEROS MEDIANTE
EL PROCEDIMIENTO BRANCH & BOUND
Cuando se requiere que un problema tenga una solución con enteros,
significa que hay un número finito de puntos de solución posibles. A
pesar que teóricamente se puede numerar en su totalidad todas las
soluciones posibles, en general, no es factible en términos de
computación. Sin embargo, si pueden encontrarse formas de evitar
grandes extensiones de soluciones. La técnica de ramificar y restringir
(Branch & Bound) es un método para lograrlo.
Consiste en hacer un árbol en la que se ramifica y restringe las variables
de decisión que no son enteras. Se inicia con una solución inicial, donde
las variables pueden contener valores enteros y/o reales (nodo original).
Y de ahí se van originando dos ramas, una rama con una restricción de
igualdad de alguna variable no entera, cuyo valor es el menor entero de
la misma, y luego se obtiene una nueva solución colocándola en el nodo
inferior que conecta a la rama principal. La otra rama se coloca esa
misma variable como restricción mayor igual al entero mas uno de la otra
rama. Este proceso se va repitiendo nodo por nodo. El ejercicio 6.1 se
puede solucionar así:
112
Problema Original
Solución PL
X1 = 5.44 X2 = 2.69
Z = 11900
X2 = 2
Solución PL
X1 = 5 X2 = 2
Z = 10000
Mejor solución con
enteros en la rama
X2 > 3
Solución PL
X1 = 4 X2 = 3
Z = 10800
Nueva solución, es
óptima, No hay más
ramas por investigar
Como vemos, primero tomamos en cuenta la rama X2 = 2, hasta no
hallar una solución entera con X1 se seguiría ramificando. Como se
consiguió una solución entera entonces se sigue con la otra rama X2 >
3, si no se conseguía valor entero entonces se seguiría ramificando
hasta conseguirla. Pero como se consiguió solución entera se compara
con la otra solución y se elige aquel que tenga el mayor Z, que en este
caso fue X1 = 4 X2 = 3 y
Z = 10,800
Ejercicio 6.2.1. Decisión de Inversión
Después de muchos años con bajos intereses en los bancos, la señorita
Rosas ha decidido incursionar el la bolsa. Sin embargo, ella desea hacer
una inversión cautelosa. Ella escuchó que las acciones de una compañía
de telecomunicaciones se están vendiendo en US$55 c/u (incluyendo
comisiones) y se proyecta su venta en US$68. También está
considerando invertir en un fondo mutuo, el cuál según un diario
especializado, daría un retorno de la inversión de un 9% el próximo año.
Para esta primera incursión en el mercado la Srta. Rosas ha sido
extremadamente "modesta" en sus objetivos. Ella desea invertir sólo lo
suficiente para obtener un retorno de US$250.
Además ella confía más en el fondo mutuo que en la bolsa, por lo tanto
se impuso la restricción que la máxima cantidad a invertir en la bolsa no
113
excederá el 40% de su inversión total, y su inversión en acciones no será
más de US$750.
Ella desea saber cómo debería invertir.
Formulación.
X1 = Cantidad de acciones de Telecomunicaciones que debe adquirir.
X2 = Cantidad en dólares que debe invertir en el fondo mutuo.
Función Objetivo
Minimizar la inversión de dólares en la compra de acciones y en la
inversión en los fondos mutuos.
Mínimizar Z = 55 X1 + X2
Restricciones
Obtener un retorno de al menos US$250 al año
(68 -55) X1 + 0.09 X2 > 250
Invertir no más de US$ 750 en acciones.
55 X1 < 750
Invertir en la bolsa no más del 40% de su inversión total
55 X1 < 0.40 ( 55 X1 + X2)
33 X1 - 0.40 X2 < 0
El modelo matemático mixto sería:
Mínimizar Z = 55 X1 + X2
s.a.
13 X1 + 0.09 X2 > 25
55 X1 < 750
33 X1 -0.40 X2 < 0
X1, X2 >= 0, X1 entero
Según el procedimiento Branch & Bound, el óptimo se encuentra en X1 =
12 y X2 = 1044.44
6.3. VARIABLES BINARIAS
Se denominan variables binarias aquellas que están restringidas a dos
valores únicamente, por lo general estos valores son cero y uno.
114
Si Y < 1
Y>0
Y es entera
Entonces Y es una variable binaria (0,1)
6.3.1. Aplicaciones de Variables Binarias en Programación Lineal
Entera
Las variables binarias pueden ser de gran ayuda en el planteamiento de
ciertos problemas de decisión, algunas aplicaciones "típicas" se
describen a continuación.
Decisiones Dicotómicas
Cuando se tienen solo 2 elecciones, la decisión se puede representar por
variables de decisión restringidas exclusivamente a 2 valores.
Yi = ⎡1, si la decisión i es sí

⎣ 0, si la decisión i es no
o sea:
Yi ≤ 1
Yi ≥ 0
y Yi es un entero
Ejemplos: ¿Debe emprenderse este proyecto?
¿Debe hacerse esta inversión en particular?
¿Debe realizarse esta instalación en este sitio en particular?
Alternativas Mutuamente Excluyentes.
Si se tiene un conjunto de alternativas de decisión, pero sólo una
decisión en el grupo puede ser si, se requiere de este tipo de
restricciones.
∑ Yi = 1 Exactamente una decisión en el grupo debe ser si.
∑ Yi ≤ 1 Cuando mucho una decisión en el grupo puede ser si.
En donde la suma se toma únicamente sobre las variables del grupo.
Decisiones Contingentes
Se dice que una decisión es contingente cuando depende de decisiones
anteriores, en otras palabras:
115
La decisión K es contingente con la decisión J si se permite que K
sea Si únicamente cuando J es Si.
Esto sucede cuando la decisión K comprende una acción consecuente
que se volvería irrelevante o imposible si la decisión J es no.
En forma de restricción, escribiríamos:
Yk ≤ Yj
Si Yj = 1 Permite elegir libremente a Yk, o sea que puede tomar el valor
de cero o de uno según convenga a la función objetivo. Mientras que Yj
= 0 fuerza a que Yk = 0
Matemáticamente se escribiría:
Yk - YJ ≤ 0
Ejercicio 6.3.1. Decisión de Inversión en Proyectos
El Gerente de una importante empresa multinacional está tratando de
decidir cuáles proyectos financiar para el próximo año. Recibió las 8
propuestas que se presentan a continuación. Después de un estudio
minucioso, hizo un cálculo estimado del valor de cada proyecto en una
escala de 0 a 100. El gerente de investigación desea encontrar una
combinación de proyectos que tenga el valor total más alto. Sin embargo,
existen varias limitaciones. Primero, cuenta con un presupuesto de
US$320,000. Segunda, debe aceptar o descartar un proyecto (es decir
no hay financiación parcial). Tercera, hay ciertos proyectos relacionados
como es el caso de los proyectos G y H. El gerente no desea que estos
proyectos sean financiados si ambos son elegidos. El proyecto D no
debe recibir financiación a menos que A también lo haga (no obstante, A
puede ser financiado sin D).
Formular el problema del gerente como un problema de programación
lineal (con enteros).
Propuesta
Costo (miles
de dólares)
Valor
A
B
C
D
E
F
G
H
$80
15
120
65
20
10
60
100
40
10
80
50
20
5
80
100
Yi = ⌠ 1, si el proyecto i (= A, B, C, D, E, F, G, H) SI se financia.

⎩ 0, si el proyecto i (= A, B, C, D, E, F, G, H) NO se financia
116
Función Objetivo
Se debe maximizar el valor total
Maximizar Z=40 XA+10 XB+80XC+50XD+20XE+5XF+80XG+100XH
Restricciones
Presupuesto
80XA + 15XB + 120XC + 65XD + 20XE + 10XF + 60XG + 100XH < 320
Los proyectos G y H están relacionados, no pueden ser financiados
ambos.
XG + XH < 1 Restricción de proyectos mutuamente excluyentes
El proyecto D no debe recibir financiación a menos que A también lo
haga.
XD < XA
XD - XA < 0
…. Decisiones contingentes
Todas las variables son binarias
Xi ε {0, 1} para todo i = A, B, C, D, E, F, G, H
Restricciones Alternativas:
En ocasiones puede elegirse entre dos restricciones, de manera que
debe cumplirse una "o bien" la otra. En un modelo de Programación
Lineal TODAS las restricciones deben cumplirse para que éste tenga
solución factible, esto se debe a que la presencia de restricciones del
tipo "o bien" crea un espacio de soluciones no convexo. Lo anterior se
puede evitar incorporando al modelo variables binarias y definiendo a M
como un número suficientemente grande el cual, al sumarlo a cualquiera
de las restricciones, automáticamente estaríamos eliminando esa
restricción porque sería redundante.
Ejemplo:
Suponga que se debe elegir sólo una de las siguientes 2 restricciones
3 X1 + 2 X2 ≤ 20,
o bien,
X1 + 3 X2 ≤ 15
Podemos hacer redundante cualquiera de las dos al agregarle M, un
valor muy alto
3 X1 + 2 X2 ≤ 20 + M
X1 + 3 X2 ≤ 15
117
o bien
3 X1 + 2 X2 ≤ 20
X2 + 3 X2 ≤ 15 + M
Como no sabemos cual de las dos alternativas anteriores sea la mas
conveniente, introducimos la variable binaria Y, y dejamos que el
proceso de solución asigne el valor mas conveniente para esta variable,
y al hacerlo seleccione automáticamente la mejor alternativa.
Si
Y = ⎧ 0 si se elimina la primera restricción.

⎩1 si se elimina la segunda restricción.
3X1 + 2X2 ≤ 20 + M (1-Y) → redundante p / Y = 0, activa p/ Y=1
X1 + 3X2 ≤ 15 + M (Y) → activa p / Y = 0, redundante p/ Y=1
Reordenando los términos (todas las variables del lado izquierdo
quedarían
⇒
3X1 + 2X2 + MY ≤ 20 + M
X1 + 3X2 - MY ≤ 15
Y≤1
Y≥0
Y es entero
Este planteamiento garantiza que una de las restricciones originales
debe cumplirse mientras que la otra queda eliminada.
Deben cumplirse K de N restricciones:
Un caso más general del problema anterior seria cuando se tiene un
conjunto de N restricciones de las cuales deben cumplirse K (más de
una), pero las restricciones específicas que se deben cumplir no se
conocen de antemano.
K → Número de restricciones que deben cumplirse
N → Total de restricciones del grupo.
K<N
Suponga que se tiene el siguiente grupo de restricciones:
f1 (x1, x2,.........xn ) ≤ d1
f2 (x1, x2,.........xn ) ≤ d2
fN (x1, x2,.........xn ) ≤ dN
118
Si definimos
Yi = ⌠ 1, si la i-ésima restricción no se cumple donde i = 1,2,...N
⎩ 0, si la i-ésima restricción si se cumple
El planteamiento equivalente de Programación Lineal Entera sería:
f1 ( x1 , x2 , .............xn ) ≤ d1 + M ( Y1 )
f2 ( x1 , x2 , .............xn ) ≤ d2 + M ( Y2 )
fN ( x1 , x2, .............x n ) ≤ dN + M ( YN )
∑ Yi = N - K
Y1 ≤ 1
Y2 ≥ 0
Yi es entero para i = 1, 2 ,....N
Ejercicio 6.3.2. Problema de Costo Fijo:
Cuando se inicia una actividad o corrida de producción, es muy común
que se presente un costo de preparación independientemente del nivel
de actividad o la cantidad producida. En estos casos, el costo total de
producción denominado "Costo de Actividad" es equivalente a la suma
del costo fijo en el que se incurre al inicio y el costo variable que
depende de la cantidad producida.
Costo de actividad.- Es la suma de un costo variable relacionado con el
nivel de actividad más un costo de preparación que se requiere para
iniciar dicha actividad.
Sea:
Xj
Nivel de actividad j.(Unidades producidas)
Cj Xj
Costo variable
Kj
Costo fijo para esa actividad j.
Xj → Nivel de actividad
Cj → Costo por unidad
Kj → Costo de preparación
Si se tienen j actividades diferentes y se desea minimizar los costos
totales de producción, tendríamos:
Minimizar Z = f1 (x1) + f2 (x2) +............fn (xn)
Donde
fj (xj) =⎧ Kj + CjXj , si Xj > 0

⎩ 0, si Xj = 0
Minimizar Z = ∑ ( Kj + CjXj )
119
Si Kj fuera cero para todos los j el problema seria de P.L. pero si Kj > 0
hay que replantear el problema introduciendo n decisiones de si ó no
acerca de emprender las n actividades respectivas.
Yj =⎧ 1, si X j > 0

⎩ 0 , si X j = 0
Minimizar Z = ∑ ( Cj Xj + KjYj )
Además, es necesario garantizar que siempre que la variable Xj tome un
valor positivo, la variable Yj correspondiente tome un valor de uno.
Si introducimos M como un número extremadamente grande, las
restricciones
Xj ≤ M Yj para j = 1, 2, 3, ........ N
nos garantizan que siempre que Xj > 0 ⇒ Yj = 1
y cuando
Xj = 0 Yj X
0
Yj puede ser
1
1
Pero como se está minimizando el problema al optimizar siempre va a
descartar el valor Yj = 1.
El problema quedaría:
:
Minimizar Z = ∑ ( Cj Xj + KjYj )
Sujeto a:
Xj - MYj ≤ 0
Yj ≤ 1
Yj ≥0
y Yj es entero para j = 1, 2, 3, ....... n
Restricciones de Aportaciones
Suponga que se tienen las siguientes restricciones:
a)
b)
120
Si se compra el producto j, se deben adquirir por lo menos 20
unidades
No se pueden adquirir más de 100 unidades del producto j
Sea Xj = unidades que se adquieren del producto j
Un intento por representar las restricciones de a) y b) podría ser:
20 < Xj < 100
Sin embargo, esta restricción no representa las condiciones ya que
obliga a que la variable Xj tome valores entre 20 y 100, no considera la
condición Si...
Si definimos una variable binaria Yj para representar la decisión respecto
a comprar o no comprar el artículo j, tendremos:
Yj = 1 Indica que Si se compra el artículo j
Yj = 0 Indica que No se compra el artículo j.
Podríamos expresar las condiciones a) y b) de la siguiente manera:
Xj < 100Yj
Xj > 20Yj
Si Yj = 0 obliga a que Xj sea 0, mientras que Yj = 1 permite que la
variable Xj tome valores entre 20 y 100.
Ejercicio 6.3.3:
Cierta compañía industrial ha decidido expandirse construyendo una
nueva fábrica ya sea en Lima o en Arequipa. Está considerando también
la construcción de un nuevo almacén en aquella ciudad que se
seleccione para la nueva fábrica. La información sobre cada alternativa
se muestra en la siguiente tabla:
Valor presente neto
Capital requerido inversión
Fabrica en Lima
7 millones
20 millones
Fabrica en Arequipa
5 millones
15 millones
Almacén en Lima
4 millones
12 millones
Almacén en Arequipa
3 millones
10 millones
El capital disponible para inversión es $ 35, 000, 000. El objetivo es
encontrar la combinación de alternativas que maximice el valor presente
neto.
121
Planteamiento con variables binarias:
Numero de
Decisión
Pregunta de
Sí o No
Variable de
Decisión
Valor
Presente
Neto
Cap. Req. de
inversión (mills )
1
¿se construye la fábrica
en Lima ?
Y1
7
20
2
¿Se construye la fábrica
en Arequipa?
Y2
5
15
3
¿Se construye el almacén
en Lima?
Y3
4
12
4
¿Se construye el almacén
en Arequipa ?
Y4
3
10
Sea:
Yi = ⌠ 1, si la decisión i es Si donde i = 1,2,3,4

⎩ 0, si la decisión i es No
Las primeras dos decisiones representan alternativas mutuamente
excluyentes.
Y1 + Y2 = 1
Las decisiones 3 y 4 son contingentes en relación con las decisiones 1 y
2.
Y3 - Y1 ≤ 0
Y4 - Y2 ≤ 0
El modelo completo quedaría:
Sujeto A:
122
Maximizar Z = 7Y1 + 5Y2 + 4Y3 + 3Y4
20Y1 + 15Y2 + 12Y3 + 10 Y4 ≤ 35
Y1 + Y2 = 1
- Y1 + Y3 ≤ 0
- Y2 + Y4 ≤ 0
Y1 ≤ 1
Y1 ≥ 0
Yi es entero, para i = 1,2,3,4
Ejercicio 6.3.4. Problema de ubicación de almacenes
Una compañía planea expandir sus actividades en el área mediante la
apertura de dos nuevos almacenes. Tiene bajo consideración tres
posibles sitios (como se muestra en la figura). Cuatro clientes deben
tener satisfechos sus demandas que son D1 , D2 , D3 y D4. Se asume que
entre dos sitios puede satisfacer todas las demandas, pero el sitio uno
puede suplir a los clientes 1, 2 y 4 solamente: el sitio 3 puede suplir a los
clientes 2, 3 y 4 mientras que el sitio 2 puede suplir a todos los cliente. El
costo por unidad de transportación del sitio i al cliente j es Cij. Para cada
almacén se tienen los siguientes datos.
Sitio
Capacidad
Capital inv. inicial $
Costo: oper / unidad
1
A1
K1
P1
2
A2
K2
P2
3
A3
K3
P3
El problema es seleccionar los sitios apropiados para construir 2
almacenes las cuales minimizan los costos totales de inversión,
operación y transporte.
El costo total apertura y operación de una almacén es una función NO
lineal (caso anterior) por que sus costos de inversión son fijos
independientemente de las unidades almacenadas y los costos de
operación son proporcionados por unidad.
Definimos Yi ⎧ 1 Si el sitio i se selecciona

⎩ 0 Si el sitio i No se selecciona
Xij → Cantidades vendidas del almacén i al cliente j.
Restricciones de capacidad:
Almacén 1
X12 + X11 + X14 ≤ A1Y1
Almacén 2
X21 + X22 + X23 + X24 ≤ A2Y2
Almacén 3
X32 + X33 + X34 ≤ A3Y3
Como solo se pueden seleccionar 2 de los 3 almacenes
Y1 + Y2 + Y3 = 2
123
Restricciones de demanda:
X11 + X21 = D1
X12 + X22 + X32 = D2
X23 + x33 = D3
X14 + X24 + X34 = D4
Cliente 1
Cliente 2
Cliente 3
Cliente 4
Costos de almacén en 1 ⇒
K1Y1 + P1 ( X11 + X12 + X14 ) + C11X11 + C12X12 + C14X14
Similarmente para 2 y 4
K2Y2 + P2 ( X21 + X22 + X23 +X24 ) + C21X21 + C22X22 + C23X23 + C24X24
K3Y3 + P3 ( X32 + X33 + X34 ) + C32X32 + C33X33 + C34X34
Finalmente el problema planteado queda
Min Z = K1Y1 + P1 ( X11 + X12 + X14 ) + C11X11 + C12X12 + C14X14 + K2Y2 +
P2 ( X21 + X22 + X23 + X24 ) + C21X21 + C22X22 + C23X23 + C24X24 + K3Y3 +
P3 ( X32 + X33 + X34 ) + C32X32 + C33X33 + C34X34
S. A.:
X11 + X12 + X14 - A1Y1 ≤ 0
X21 + X22 + X23 + X24 - A2Y2 ≤ 0
X32 + X33 + X34 - A3Y3 ≤ 0
Y1 + Y2 + Y3 = 2
X11 + X21 = D1
X12 + X22 + X32 = D2
X23 + X33 = D3
X14 + X21 + X34 = D4
Yi ≤ 1
Yi ≥ 0
Yi es entero para i = 1, 2, 3
Xij ≥ 0 para toda ( i,j )
Ejercicio 6.3.5. Problema de carga fija
Cierta compañía fabricante de pinturas tiene disponibles tres procesos
diferentes estandarizados para producir pinturas blancas para casas.
Cada proceso tiene unos costos fijos y un costo de proceso por galón. La
capacidad de cada proceso es como sigue:
124
Proceso
Número
Costo
fijo
Costo
(dólares / galón )
Capacidad máxima diaria
(galones)
1
$ 100
5
2000
2
200
4
3000
3
300
3
4000
La compañía espera una demanda diaria de 3500 galones. El problema
es mostrar qué procesos usar y qué capacidades con el fin de satisfacer
su demanda diaria con un costo total mínimo.
Formulación del modelo
Variables de decisión.
Sea:
Y1 = ⎧ 1 Si el proceso 1 es usado
⎩ 0 Si el proceso 1 no es usado
Las variables Y1 , Y2 , Y3 son variables binarias (0,1)
Variables de producción.
Sea
X1 = nivel de producción para el proceso 1
Función objetivo. El objetivo es escoger los procesos y los niveles de
producción para satisfacer la demanda diaria minimizando el costo total .
Sea Z una variable que denota el costo total.
125
Entonces:
Z = 5X1 + 4X2 + 3X3
Costo total variable de
producción
+ 100Y1 + 200Y2 + 300Y3
Costo total fijo
Restricciones. Tenemos dos tipos de restricciones sobre las variables
de producción. Para satisfacer la demanda diaria:
X1 + X2 + X3 = 3500
Para no sobrepasar el límite de capacidad:
Proceso 1: X1 ≤ 2000
Observe que si usamos cualquier proceso a un nivel positivo, tenemos
que garantizar que se ha incurrido tanto en los costos fijos como en los
costos variables de producción. Esto es, por ejemplo, si X1 > 0 (usamos
el proceso 1) entonces Y1 = 1 (tenemos que seleccionar el proceso 1).
Esto lleva a las siguientes relaciones entre las variables continuas Xj y
las variables entera Yj.
Para proceso 1:
Si X1 = 0, entonces Y1 = 0
Si X1 > 0, entonces Y1 = 1
Si Y1 = 0, entonces X1 = 0.
Para proceso 2:
Si X2 > 0, entonces Y2 = 1
Para proceso 3:
Si X3 > 0, entonces Y3 = 1.
Cada conjunto de tres restricciones dadas antes, simultáneamente con la
correspondiente restricción de capacidad, pueden ser combinadas en
una sola restricción.
126
Para el primer conjunto de tres restricciones (proceso 1) consideremos la
desigualdad
X1 ≤ 2.000Y1
Observe que la desigualdad también incluye la restricción de capacidad
para proceso 1. Recuerde que Y1 tiene que ser 0 ó 1. Así, si Y1 = 0 en
2000Y1 ≥ X1, entonces 2.000Y1 = 0, lo cual implica que X1 = 0. Si X1 = 0,
entonces Y1 = 0, ya que estamos minimizando el costo total Z. Si X1 > 0,
entonces 2000 Y1 > 0 puede ocurrir solamente si Y1 = 1. De manera
similar se expresaría la dependencia entre las variables asociadas a los
otros dos procesos.
El modelo completo quedaría:
PROBLEMA DE PROGRAMACION ENTERA
Minimizar Z = 5X1 + 4X2 + 3X3 + 100Y1 + 200Y2 + 300Y3
Sujeto a:
X1 + X2 + X3 = 3500
X1 ≤ 2000 Y1
X2 ≤ 3000 Y2
X3 ≤ 4000 Y3
Yi es binaria para i = 1, 2, 3
Xi ≥ 0 para i = 1, 2, 3
Ejercicio 6.3.6. Problema de presupuesto de capital
Cierta compañía tiene la oportunidad de invertir el próximo de año en
cinco proyectos diferentes, P1, P2 , P3 , P4 y P5 , cada uno con un
beneficio neto estimado como se muestra en la tabla .
Proyecto
número
Beneficio neto esperado
( 000 s )
1
$ 100
2
80
3
70
4
60
5
90
127
Ya que de los diferentes requerimientos de cada proyecto (mano de
obra, equipo, etc.), los costos varían de proyecto a proyecto. Además las
obligaciones de requerimientos de flujo de caja hacen que la Cia. no
pueda invertir en todos los cinco proyectos.
En la tabla se listan los costos totales o salidas de caja requeridos para
invertir en cada proyecto.
Proyecto
número
Costo esperado
( miles)
1
$ 60
2
40
3
20
4
40
5
50
La Cia. estima que tendrá una disponibilidad de caja en la cantidad de
$150.000 para el próximo año.
a)
¿En cuales proyectos podrid invertir la Cia. el próximo año?
Variables de decisión
Yj = ⎡ 1 si el proyecto j es seleccionado j = 1, 2, 3, 4, 5.
⎣ 0 si el proyecto j no es seleccionado
Y1, Y2, Y3 , Y4 y Y5 Son variables de decisión binarias.
Función objetivo.
La meta de la Cia. es seleccionar los proyectos que maximicen la
utilidad total esperada.
Sea Z = utilidad total esperada, entonces la función objetivo es
Maximizar Z = 100 Y1 + 80Y2 + 70Y3 + 60Y4 + 90Y5.
Restricciones sobre las variables de decisión.
Cantidad disponible para inversión:
60Y1 + 40Y2 + 20Y3 + 40Y4 + 50Y5 ≤ 150
128
RESUMEN DEL MODELO DE PROGRAMACION ENTERA
Maximizar Z = 100Y1 + 80Y2 + 70Y3 + 60 Y4+ 90Y5
Sujeto a
60Y1 + 40Y2 + 20Y3 + 40Y4 + 50Y5 ≤ 150
Yi es binaria para i = 1, 2, 3, 4, 5.
b)
Suponga que la gerencia ha decidido que exactamente un
proyecto puede ser seleccionado del conjunto de proyectos P1, P3
y P5. Pero, los proyectos P2 y P4 pueden ser seleccionados
sujetos a la restricción de presupuesto. ¿Cuál restricción (o
restricciones) necesita ser agregada al modelo original?
Solución.- Ya que uno de P1, P3, ó P5 y solo uno, puede ser
seleccionado, exactamente una de las tres variables Y1, Y3 y Y5
puede tomar el valor de uno.
Y1 + Y2 + Y3 = 1, restricción a ser agregada
c)
Suponga que la Cia. ha decidido que no más de uno de los dos
proyectos, P2 y P4, puede ser seleccionado. ¿Cuál restricción
adicional necesita ser agregada al modelo original?
Y2 + Y4 ≤ 1. Restricción a ser agregada
d)
Suponga que la Cia. ha decidido que si P3 es seleccionado,
entonces P4 tiene que ser seleccionada. ¿Cuál restricción
adicional necesita ser agregada al modelo original?
Solución.Y3 ≤ Y4 restricción a ser agregada
RESUMEN DEL MODELO DE PROGRAMACION ENTERA
Maximizar Z = 100Y1 + 80Y2 + 70Y3 + 60 Y4+ 90Y5
Sujeto a
60Y1 + 40Y2 + 20Y3 + 40Y4 + 50Y5 ≤ 150
Y1 + Y2 + Y3 = 1
Y2 + Y4 ≤ 1
Y3 - Y4 ≤ 0
Yi es binaria para i = 1, 2, 3, 4, 5.
129
EJERCICIOS PROPUESTOS
1.
Presupuesto de capital
Se esta evaluando el capital de cinco proyectos a lo largo de un
horizonte de planificación de tres años. La siguiente tabla
proporciona las utilidades para cada proyecto, y los egresos
anuales asociados
Egresos (millones US$)/ anuales
Proyecto
1
2
3
1
2
3
4
5
Fondos disponibles
Mill.US.$
5
4
3
7
8
1
7
9
4
6
8
10
2
1
10
25
25
25
Utilidades
Mill .US.$
20
40
20
15
30
Determinar los proyectos que se van a ejecutar durante un
horizonte de tres años
2.
Sea p1, p2, y p3 variables cuyos valores son 1, si se va a abrir
una planta en particular y 0 en cualquier otro caso. Escriba una
restricción lineal separada para cada caso
abcdef-
3.
130
si se abre la planta 1, entonces la planta 2 no debería abrirse
si se abre la planta 1, entonces la planta 2 debería abrirse
al menos una de las tres plantas debería abrirse
no más de dos de las tres plantas deberían abrirse
si ni la planta 2 ni la planta 3 se abre, entonces la planta 1,
no debería abrirse
si se abre la planta 1 o la planta 3 no se abre, entonces la
planta 2 debe abrirse
Inversiones
La junta de directores estudia el conjunto de inversiones, donde Ri
y Ci representan el rendimiento total y el costo de la inversión i.
Se quiere maximizar no más de M dólares en total. Determinar un
plan óptimo de inversión.
inversión
1
2
3
4
5
6
7
4.
Condiciones
Ninguna
Sólo si 1
Sólo si 2
Se hará si 1 y 2
No si 1 o 2
No si 2 y 3
Solo si 2 y no 3
La ciudad de Lima piensa reubicar subestaciones de policía para
obtener una mejor vigilancia en áreas de alta criminalidad. Las
ubicaciones bajo consideración junto con las áreas que pueden
ser cubiertas a partir de dichas ubicaciones son:
Ubicación potencia de las
subestaciones
A
B
C
D
E
F
G
Áreas cubiertas
1.5.7
1.2.5.7
1.3.5
2.4.5
3.4.6
4.5.6
1.5.6.7
Formular un modelo de programación de enteros que se pudiera
utilizar para encontrar el número mínimo de localizaciones
necesarias a fin de proporcionar cobertura para todas las áreas.
5.
El Congreso está en proceso de formar un comité para que
maneje las quejas de los estudiantes. Las instrucciones recibidas
de la administración son incluir por lo menos una mujer, un
hombre, un estudiante, un administrador y un miembro del
profesorado. Diez personas ha sido nominadas identificadas para
simplificar, por las letras A a la J. La mezcla de estas personas en
las diferentes categorías se da así:
Categoría
Mujeres
Hombres
Estudiantes
Administradores
Profesorado
Personas
A,b,c.d,e
F,g,h,i,j
A,b,c,j
E,f
D,g,hi
El Congreso desea formar el comité mas reducido posible y, al
mismo tiempo, garantizar la representación de cada una de las
cinco categorías. Formular el modelo.
131
5.
MAYORISTA CORP, fabrica 2 productos A y B. Cada unidad de
producto A requiere 1 hora de servicio de ingeniería, 8 horas de
mano de obra directa y 4 libras de material. Una unidad de B
necesita 3 horas de ingeniería, 3 horas de mano de obra directa y
2 libras de material. Se dispone de 800 horas de ingeniería, 880
horas de manos de obra directa y 3000 libras de material cada
mes.
Utilidades
Producto A
Venta de unidades
0-40
40-100
100-150
150-más
Utilidad unitaria
$
10
9
8
6
Producto A
Venta de unidades
Utilidad unitaria
$
0-50
50-100
100-más
6
4
3
Determinar un plan óptimo para maximizar la utilidad mensual
6.
Programación en una aerolínea
Lan Perú. Desea programar no más de un vuelo desde Lima
hasta cada una de las siguientes ciudades: Arequipa, Cusco,
Trujillo y Iquitos, Los horarios de salida disponibles son 8, 10, 12
de la mañana. Lan Perú arrienda los aviones al costo de $5000
hasta la 10am, y de $3000 después de las 10 y está en posibilidad
de arrendar cuando mucho 2 por horario de salida. La tabla
muestra las utilidades esperadas por vuelo antes de los costos de
arrendamientos. Determinar un plan óptimo de vuelos
Tabla de utilidades en millares de dólar
Arequipa
Cusco
Trujillo
Iquitos
7.
132
8 am
10
9
14
18
10 am
6
10
11
15
12 am
6
9
10
10
Instalación
Cada día un electricista debe decidir que generadores conectar.
Tiene 3 generadores. Hay dos períodos en el día. En el primer
período se necesitan 2900 MEGAWATTS. En el segundo, 3900
MW. Un generador que se conecte para el primer período puede
ser usado en el segundo sin causar un nuevo gasto de conexión.
Todos los generadores principales como lo son A, B y C son
apagados al término del día. Formular el modelo
Costo fijo de
conexión
$3.000
$2.000
$1.000
Generador
A
B
C
8.
Costo por período
por MW usado
$5
$4
$7
Capacidad máxima por
período MW
2.100
1.800
3.000
Natación. El entrenador de natación debe asignar competidores
para la prueba de 200 metros combinados por equipos para
mandarlos a las olimpiadas juveniles. En la siguiente tabla se
muestra los cinco mejores nadadores y sus mejores tiempos en
segundos
Tipo nado
Dorso
Pecho
Mariposa
Libre
Carl
37.7
43.4
33.3
29.2
Cristina
32.9
33.1
28.5
26.4
David
33.8
42.2
38.9
29.6
Antonio
37.0
34.7
30.4
28.5
José
35.4
41.8
33.6
31.1
Determinar la mejor asignación para minimizar la suma de los
mejores tiempos
133
134
BIBLIOGRAFÍA
G.D.EPEN, F.JGOULD, C.P SCHMIDT, JEFFREY H MOORE, LARRY
R. WEATHERFORD. (2000). Investigación de Operaciones. En la
ciencia administrativa. Quinta edición. Prentice Hall, México.
HILLIER FREDERIC, LIEBERMAN GERALD. (2004). Investigación de
Operaciones. Mc Graw-Hill Interamericana. Editores, S.A. de CV.
RIOS INSUA SIXTO, RIOS INSUA DAVID, CABALLERO ALFONSO,
JIMENEZ JACINTO. (1997). Programación Lineal y Aplicaciones.
Ejercicios resueltos. Alfaomega Grupo Editor, España.
SWEENEY, ANDERSON, WIILIAMS (1998). Métodos Cuantitativos
para los negocios. Séptima Edición. Internacional Thomson Editores,
México
TAHA, HAMDY A. (1998). Investigaciones de Operaciones. Una
introducción. Sexta Edición. Prentice Hall. S.A. México
WINSTON WAYNE. (1994). Investigación de Operaciones. Aplicaciones
y Algoritmos. Grupo Editorial Iberoamericana. México.
135

optimización de sistemas i - Universidad Tecnológica del Perú

Transcripción

Documentos relacionados

Cover art for invitation spanish software seminar final mail

SEO (Search Engine Optimization)

Desayuno profesional “Visibilidad del coste logístico: Procesos de

esquema de la sesión de trabajo