315 M/R Versión 1 Integral 1/ /1 UNIVERSIDAD NACIONAL ABIERTA VICERRECTORADO ACADÉMICO ÁREA INGENIERÍA

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1 35 M/R Versión Integral /3 29/ UNIVERSIDAD NACIONAL ABIERTA VICERRECTORADO ACADÉMICO ÁREA INGENIERÍA MODELO DE RESPUESTA (VERSION.2) ASIGNATURA: Investigación de Operaciones I CÓDIGO: 35 MOMENTO: Prueba Integral FECHA DE APLICACIÓN: 6/6/9; MOD. I, UND., OBJ. CRITERIO DE DOMINIO / - Formulación del PPL Variables de decisión: x j : unidades de barra j a ingerir a la semana ( j, barra A; j 2, barra B) PPL: Minimizar z 2x + 5x 2 Sujeto a : 8 x + x 2 4 5x + 7x 2 5 x - 2 x 2 x, x 2 Criterio de corrección: Se logra el objetivo si se formula un modelo de PL equivalente al mostrado. Es obligatorio definir las variables de decisión y sus unidades.

2 35 M/R Versión Integral 2/3 29/ MOD. I, UND. 2, OBJ. 2 CRITERIO DE DOMINIO / 2- Método Simplex Gráfico PPL: Maximizar z 2 x + 3 y Sujeto a: x + y 3 x + 2 y 4 x, y Región factible El problema es no acotado, por lo tanto NO TIENE SOLUCIÓN Criterio de corrección: Se logra el objetivo si se aplica correctamente el Método Gráfico para resolver el problema, se señala la región factible, y se detecta que el problema no tiene solución.

3 35 M/R Versión Integral 3/3 29/ MOD. II, UND. 3, OBJ. 3 CRITERIO DE DOMINIO / 3- Soluciones básicas del PPL: Maximizar z x + y Sujeto a: 2 x + y 8 x + 2 y 7 2 -x + y 2 3 Se cambió el signo x, y Se agregan las variables de holgura, x 3, x 4 y x 5, resultando la matriz de los coeficientes: 2 2 Una manera de hallar las soluciones básicas de un PPL, es hacer combinaciones de las posibles variables que formarían la base, hallar la matriz B -, si es posible y mediante la relación x B B - b obtener su valor. Luego, entre ellas se escogen aquellas que son factibles. Escogemos los siguientes conjuntos de variables: { x,x 2, x 3 } 2 B 2, B / 3 / 3 2 / 3 / 3, x B B b 3 3 Es una SBF, corresponde a la solución original, del problema 3 { x 2, x 3, x 4 }

4 35 M/R Versión Integral 4/3 29/ 3 6 2, 2, 2 b B x B B B Es una SBF. Corresponde a la solución 2, del problema original Otra manera más directa es hallando los puntos extremos de la región factible, que son soluciones básicas factibles, ya que se trata de un problema bidimensional. En el siguiente gráfico se destacan los puntos extremos, por lo tanto, las SBF son : (, 3) T, (3, 2) T, (4, ) T, (, ) T, (, 2) T

5 35 M/R Versión Integral 5/3 29/ Criterio de corrección: Se logra el objetivo si se obtienen 2 soluciones básicas factibles, cualesquiera. Al agregar variables de holgura, el problema adquiere una dimensión mayor. MOD. II, UND.4, OBJ. 4 CRITERIO DE DOMINIO / 4- Análisis de Sensibilidad PPL: Maximizar z 7x + 5y sujeto a: 3 x + 4 y x + y. x, y x x 2 x 3 x 4 b 3/5 3/5 4.4 x 2/5-3/5 36 x 2 -/5 4/5 32 El coeficiente c 2 5 cambia c, como c 2 corresponde a la variable básica x 2, debemos calcular los nuevos multiplicadores Simplex ( variables duales) ~ c T B B 2 / 5 / 5 3 / 5 4 / 5 ( 5 ) ( 5) Hallamos los nuevos coeficientes en la ecuación Nuevos coeficientes de x 3 y x 4 ( no básicas) en la fila z se calculan de la siguiente manera: c B T B - a j c j. Si resultan mayores o iguales a cero, significa que la base actual no requiere cambios.

6 35 M/R Versión Integral 6/3 29/ ~ c T B B a3 2 / 5 / 5 3/ 5 4/5 ( 5 ) ~ c T B B a4 2/5 / 5 3/ 5 4/ 5 ( 5 ) 5 Resultando: > Para calcular los nuevos coeficientes de x y x 2 en la fila z( básicos), obtenemos las restricciones del problema dual nuevo, estas son: 3 y + 2 y y + y 2 y, y 2 3 y + 2 y y + y No se satisface Como no se satisface, la segunda restricción, significa que la base actual no permanece óptima Criterio de corrección: Se logra el objetivo si obtienen los mismos resultados, al emplear argumentos propios del análisis de sensibilidad en Programación Lineal MOD. II, UND. 5, OBJ. 5 CRITERIO DE DOMINIO / 5- MSR Maximizar z x - x 2 sujeto a 2x + x 2 2 x - 4x 2 8 x, x 2

7 35 M/R Versión Integral 7/3 29/ Se agregan variables de holgura x 3, x 4, una a cada restricción Matriz aumentada y vector b: Iteración : 2 2 A ; b 4 8 Conjunto básico: {x 3, x 4 } Conjunto no básico: {x, x 2 } B xb B 2 b 8 z zi cb yi ; yi B ai ; y ( 2, ) ; y 2 (, -) c B (,) ; z z 2 z j c j c B B - a j - c j Selección de la variable entrante (entre las no básicas) z c - ; z 2 c 2 ; Variable entrante: x Selección de la variable saliente: min { 2 /2; 8/} 8 Variable saliente: x 4 Iteración 2: Conjunto básico: { x 3, x } Conjunto no básico: { x 2, x 4 } z c B x B 8 2 B xb B 4 b 8

8 35 M/R Versión Integral 8/3 29/ Selección de la variable entrante: zi cbyi ; yi B ai c B (,) y 2 ( 9, -4) ; y 4 ( -2, ) z 2-4 ; z 4 z 2 c 2-3 ; z 4 c 4 ; Variable entrante: x 2 La solución actual NO ES ÓPTIMA ya que z 2 c 2 <. Selección de la variable saliente: min {4/ 9, -} 4/9 Variable saliente: x 3 Se debe continuar aplicando el método hasta obtener una solución óptima. En este caso, en la siguiente iteración se obtiene la solución óptima. Criterio de corrección: Se logra el objetivo si se aplica correctamente el MSR, obteniendo en cada iteración lo solicitado (dos iteraciones). No se aceptan operaciones con la forma tabular. MOD. II, UND. 6, OBJ. 6 CRITERIO DE DOMINIO / 6- Problema de asignación Equipos médicos A B C El problema no está balanceado, le agregamos 2 filas con costo Equipos médicos A B C D E

9 35 M/R Versión Integral 9/3 29/ Aplicamos el Método Húngaro: Se identifica el menor elemento en cada columna y se resta a cada uno. A las filas se le restarán los menores valores(7, 8, 9, y ) y a las columnas como tienen el valor mínimo igual a cero, no se les resta ningún número. Se obtiene: X X X X X Equipos médicos A B C D E A la población A se le asigna 2, a C se le asigna y a B aún no se ha asignado, a D se le asigna 3 y a E se le asigna 4. Marcamos las filas C y D y las columnas 3,4 y 5; tachamos las restantes Como el menor valor no cubierto es el, lo restamos a todos los elementos no cubiertos y se lo sumamos a los elementos ubicados en las intersecciones de las líneas. Se obtiene Equipos médicos A B C D E Cada elemento está asignado, por lo tanto la solución es óptima: (A, 2), (B, 5), (C, ), (D, 3) y (E, 4). El costo es 25 (millones de UM) No quedaron asignados los equipos 3 y 4

10 35 M/R Versión Integral /3 29/ Criterio de corrección: Se logra el objetivo, si se aplica correctamente el método para resolver el problema de asignación y se obtiene el mismo resultado. MOD. III, UND. 7, OBJ. 7 CRITERIO DE DOMINIO / 7- Aplicación del Método Simplex, para variables acotadas Iteración : Maximizar 4 x + 3 x 2 Sujeto a 2 x - x 2 x + 6 x 2 6 x 2 5 x, x 2 x x 2 h h 2 b z -4-3 h 2 - h x es la candidata a entrar a la base Para determinar la variable que sale de la base: t min { ½,6/} ½ t 2 corresponde a min((u Bi x Bi )/-y iv ), como todos los elementos son positivos, es infinito u v t min{ ½,, } ½ El mínimo corresponde a t Se realizan operaciones elementales, para cambiar la base. Iteración 2: x x 2 h h 2 b z x - ½ ½ ½ h 2 3/2 -½ /2

11 35 M/R Versión Integral /3 29/ t min {-, /3} /3 t 2, ya que x no tiene cota superior u v 5 ( cota superior de x 2 ) t min{/3,, 5} /3 Se realizan operaciones elementales, para cambiar la base. Iteración 3: x x 2 h h 2 b z 2/3 /3 8/3 x 2/26 /3 24/26 x 2 -/3 2/3 /3 La solución actual es óptima Criterio de corrección: Se logra el objetivo, si se aplica correctamente el Método Simplex para variables acotadas, hasta dos iteraciones completas, empleando los criterios apropiados de selección de la variable saliente de la base. Es obligatorio especificar los criterios de selección de variables entrantes y salientes de la base. MOD. III, UND. 8, OBJ. 8 CRITERIO DE DOMINIO / 8- PLC Minimizar z x + 3 x 2 s. a. - x + x 2 2 2x + x 2 x, x 2 a) Transformamos el problema en un PLC: w- Mz q w, z, w. z

12 35 M/R Versión Integral 2/3 29/ w z 2 b) Algoritmo del Pivote Complementario Iteración w w 2 w 3 w 4 z z 2 z 3 z 4 z q w w 2-3 w w Entra z y sale w 3 Iteración 2 w w 2 w 3 W 4 z z 2 z 3 z 4 z q w w z w Como salió w 3, debe entrar z 3 Se determina la variable saliente: min { -, 5/, -,-} 5. Corresponde a w 2 Iteración 3 w w 2 w 3 W 4 z z 2 z 3 z 4 z q w z z w Como salió w 2, le corresponde entrar a z 2 Se determina la variable saliente: min { 8/2, 5/, 2/,-} 2. Corresponde a z

13 35 M/R Versión Integral 3/3 29/ Iteración 4 w w 2 w 3 W 4 z z 2 z 3 z 4 z q w z 3-3 z w Como z sale de la base esto significa que el PLC tiene solución. La solución es: z *, z * 2 2, z * 3 3, z * 4 ; w * *, w 2, w * 3, * w 4 3. Es importante observar, que en el vector z están las soluciones del primal y del dual ( x, x 2 ;y, y 2 ), entonces como z y z 2 2, la solución del primal es: x *, x 2 * 2 y como z 3 3 y z 4, la solución del problema dual es: : y * 3, y 2 *. Criterio de corrección: Se logra el objetivo si se plantea correctamente el PLC y se aplica el algoritmo del Pivote Complementario ( hasta dos iteraciones). Aquí mostramos las dos últimas iteraciones para destacar las soluciones del primal y del dual. FIN DEL MODELO

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