A= ; b 3 ; c ; x = = = h h

Transcripción

1 RESULTADOS DE LA BIBLIOTECA DE PROBLEMAS DE CLASE SOLUCIÓN. PROBLEMA a) Sólo una: B= ( a, a), solución (5/,,0) b) Valor de la función objetivo 8/ c) Sí, es solución factible (verifica las restricciones) con función objetivo = 666, luego es mejor solución. / d) B / =, y = B a= es un vector con todos sus componentes < 0 y el coste reducido de es menor que 0, c ˆ = 5/. SOLUCIÓN. DEGENERACIÓN a) Epresar el problema en forma estándar. Simplemente ay que añadir sendas variables de olgura a las dos primeras restricciones y restar una variable de eceso a la tercera restricción: min + s.a + + = + + = + e = 0, 0, 0, 0, 0, e 0 Los elementos del problema son: A= ; b ; c ; = = = e b) Demostrar que si se toman como variables básicas las variables de olgura y eceso se obtiene una solución básica no factible. La base asociada a las variables, y e es: Relación de problemas de programación lineal /

2 II.5 BIBLIOTECA DE PROBLEMAS El valor de las variables básicas es: B= ˆ = b B b B = = = = e La variable básica e toma un valor negativo, por lo tanto la solución básica es no factible. c) Demostrar que si se toman como variables básicas las variables originales (, y ) se obtiene una solución básica factible. Es degenerada esta solución? La base asociada a las variables, y es: El valor de las variables básicas es: 0 B= 0 0 ˆ = b B b 0 B = = = = 5 0 Todas las variables básicas toman valores no negativos, por lo que la solución básica es factible. Las variables no básicas valen 0. La solución obtenida es degenerada ya que la variable básica vale 0. d) Partiendo de la solución básica factible obtenida en el apartado c), resolver el problema mediante el algoritmo simple. En caso de obtener una solución óptima, determinar si ésta es única y/o degenerada. Para mayor comodidad usaremos la versión tabular del algoritmo simple. Realizamos los cálculos previos que nos faltan para construir la tabla inicial: Relación de problemas de programación lineal /

3 0 0 Y= B N= 0 0 = t t t cˆ = c c Y= N N B = 5 t zˆ c bˆ = = ( ) B = 0 ( ) ( ) ( ) Se observa ya que la solución actual no es óptima porque eiste un coste reducido negativo. La tabla simple es: e Cotas z Se introduce en la base la única variable no básica con coste reducido negativo,. Se saca de la base la única variable básica cuyo elemento en la columna de es positivo,. Tras el pivoteo se llega a la siguiente tabla: e Cotas z / ½ ½ ½ 0 0 -/ 0 ½ ½ 0 0 ½ 0 / 5/ 0 0 ½ - 5/ La tabla actual es óptima porque no ay ningún coste reducido negativo. La solución correspondiente es única porque todos los costes reducidos de las variables no básicas son estrictamente positivos. La solución correspondiente no Relación de problemas de programación lineal /

4 II.5 BIBLIOTECA DE PROBLEMAS es degenerada porque todos los valores de las variables básicas son estrictamente positivos. La solución del problema es: 5 * = 0, * =, * = ; z* = e) Plantear el nuevo problema y resolverlo gráficamente. En caso de obtener una solución óptima, determinar si ésta es única y/o degenerada. Como sabemos que = 0, el nuevo problema queda de la forma siguiente: min s.a + + 0, 0 Al constar sólo de dos variables, podemos resoverlo mediante el método geométrico: Relación de problemas de programación lineal /

5 La solución óptima única es: * =, * = ; z* = La solución óptima es degenerada ya que corresponde a la intersección de iperplanos (rectas en este caso) de los que definen el conjunto factible. f) Para qué valores del coeficiente de coste c del primer producto la solución óptima es múltiple, si se mantiene fijo el coeficiente de coste del segundo producto ( c = )? En este caso el vector gradiente de la función objetivo es c= ( c ) t. Observando la región factible del problema, podemos apreciar que eistirán múltiples óptimos cuando el vector gradiente sea perpendicular a la recta =. Esto ocurre para c =. En este caso, el conjunto de soluciones óptimas es el segmento que une los puntos (, ) y (/, 0). g) Eiste alguna función objetivo c + c para la que el problema tenga solución no acotada? No, ya que como se puede observar, el conjunto factible es acotado. Relación de problemas de programación lineal 5/

6 II.5 BIBLIOTECA DE PROBLEMAS SOLUCIÓN. PROBLEMA (APDO ) y (.7,.05) (, y ) = (66/9,0/9) Método algebraico: Estableciendo la formulación estándar del problema de problema se tiene: Primera iteración: min y + y+ = 6 + y + = y + = 0, y,,, 0 Relación de problemas de programación lineal 6/

7 B = N = y 6 = = = 6 0 B B b cˆ = c c B N= (, ) N N B Se escoje como variable básica entrante y como variable saliente la menor de la relación de cocientes entre los valores de las variables básicas y los elementos pivotes positivos. Elementos pivotes: y = B a= { } { } = min,, =,6, 6 5 Por lo tanto la variable básica saliente es. Segunda iteración: B = N = y = 0 6 = = = B B b 5 cˆ N= cn cbb N=, Relación de problemas de programación lineal 7/

8 II.5 BIBLIOTECA DE PROBLEMAS Se escoje y como variable básica entrante y como variable saliente la menor de la relación de cocientes entre los valores de las variables básicas y los elementos pivotes positivos. Elementos pivotes: y y 0 0 B a 0 5 = y= = { } { } = min 6,, = 6,.,. 5 9 Por lo tanto la variable básica saliente es. Tercera iteración: B =, y N = = 6.05 = = = y B B b cˆ = c c B N= ( 0., 0.6) N N B Al ser todos los costes reducidos mayores que cero la solución básica factible alcanzada es solución óptima SOLUCIÓN. PROBLEMA (APDO ) Relación de problemas de programación lineal 8/

9 La solución debe estar sobre la recta y+z= lo cual ace que este problema sea INFACTIBLE z y+z= y SOLUCIÓN. PROBLEMA (APDO ) 5 + y 0 y Función objetivo ma + y 5 + y 0 y 0 El problema no está acotado y RESULTADO DEL PROBLEMA APARTADO Dado que el problema tiene tres igualdades se añade a cada una de ellas una variable artificial para obtener una solución básica inicial constituida en este caso por dicas variables artificiales. Relación de problemas de programación lineal 9/

10 II.5 BIBLIOTECA DE PROBLEMAS mina + a + a + z t + a = 6 y + z + t + a = 9 z t + a =, y, z, t 0 Planteando la primera tabla de la primera fase se obtiene una tabla que no está en formato estándar debido a que la primera fila de la tabla a de tener nulos los costes reducidos de las variables básicas, a, a y a. y z t a a a Cotas z a a a Colocando la tabla en forma estándar se obtiene la tabla siguiente: y z t a a a Cotas Relación z a / = a / a / La variable z entra en la base y la variable a sale de la base, la tabla actualizada con la nueva base resulta: y z t a a a Cotas Relación z a / = a /5 z / / Nulo Entra la variable t en la base y la variable a sale de la base, la tabla resultante es la siguiente: y z t a a a Cotas Relación z / /5 8/5 /5 a /5 0 0 /5 /5 /5 /5 t 0 /5 0 0 /5 /5 /5 Nulo Relación de problemas de programación lineal 0/

11 z 0 /5 0 0 /5 /0 /0 Nulo La variable entra en la base y la variable a sale de la base, la tabla resultante será la última de la fase I debido a que todas las variables auiliares abrán salido de la base: y z t a a a Cotas z /5 0 0 /5 /5 /5 t 0 /5 0 0 /5 /5 /5 z 0 /5 0 0 /5 /0 /0 La solución final de esta primera fase determina una primera solución básica factible (vértice de la región factible) a partir de la cual iniciar la búsqueda de la solución básica óptima (vértice óptimo). En primer lugar se vuelve a colocar como función objetivo, la función objetivo original del problema aplicada a la misma solución básica encontrada en la primera fase. Se podría prescindir de las columnas correspondientes a las variables artificiales utilizadas en la primera fase. Se van a mantener con el fin de mostrar la evolución de sus costes reducidos para futuras aplicaciones. La primera fila de la tabla contiene la función objetivo original y el resto de la tabla corresponde a la tabla final de la primera fase tal y como se muestra a continuación: y z t a a a Cotas z /5 0 0 /5 /5 /5 t 0 /5 0 0 /5 /5 /5 z 0 /5 0 0 /5 /0 /0 Colocando esta tabla en formato estándar se anulan los costes reducidos de las variables básicas, t y z, resultando la tabla siguiente: y z t a a a Cotas z 0 6/5 0 0 /5 /5 /5 /5 0 0 /5 /5 /5 t 0 /5 0 0 /5 /5 /5 z 0 /5 0 0 /5 /0 /0 Dado que todos los costes reducidos de las variables del problema toman valores positivos o nulos se afirma que se a alcanzado la solución básica Relación de problemas de programación lineal /

12 II.5 BIBLIOTECA DE PROBLEMAS óptima. Algunas variables artificiales toman costes reducidos negativos pero al ser variables artificiales (que en el problema se utilizan para encontrar una solución básica factible incial) no entran en la base una vez que están fuera de ella. La solución óptima es: (, y, z, t ) = (/5,0,/0,/5) y el valor óptimo de la función objetivo es /5. SOLUCIÓN. PROBLEMA (APDO 5) Las tres primeras restricciones constituyen un sistema de ecuaciones con tres incógnitas. Las dos primeras sumadas dan lugar a la tercera, por lo que son combinación lineal y puede prescindirse de una de ellas. Así por ejemplo se a prescindido de la segunda restricción resultando el conjunto de restricciones del margen izquierdo min = 6 + = 0,, 0 min a = a = 0 + =,, 0 Se utilizan dos variables artificiales en las dos primeras restricciones para establecer una base inicial factible y la variable de olgura de la tercera restricción La tabla inicial del problema de la segunda fase es la siguiente a a Cotas Relación z a a La tabla puesta en forma estándar las columnas de las variables básicas resulta a a Cotas Relación z a a / Entra y sale de la base Relación de problemas de programación lineal /

13 La siguiente tabla resulta a a Cotas Relación z a 0 0 a nulo Entra y sale a de la base La siguiente tabla resulta a a Cotas Relación z 0 0 / 0 / a 0 0 / / 0 0 / 0 / Entra y sale a de la base La siguiente tabla resulta a a Cotas Relación z / / 0 0 / 0 / Se a alcanzado el óptimo de la fase en la cual se an anulado las variables artificiales y la siguiente tabla contiene la función objetivo original con la misma base obtenida en la última tabla de la fase Fase a a Cotas Relación z / / 0 0 / 0 / Se pone en forma estándar para ver si se a de seguir iterando a a Cotas Relación Relación de problemas de programación lineal /

14 II.5 BIBLIOTECA DE PROBLEMAS z / / 0 0 / / 0 0 / 0 / Se a alcanzado el óptimo al ser todos los costes reducidos de las variables del problema (ecluyendo las variables artificiales) mayores o iguales a cero Solución: =, = y =. Función objetivo = SOLUCIÓN. PROBLEMA... ma 5w + w w -w w -w -w + 7w = - w, w 0 min 7w + w w + w = -w + w = w, w 0 min 5w + 8w w + w -w w= w 0 SOLUCIÓN. PROBLEMA (APDO I) a) Resolverlo mediante el algoritmo primal simple La variable libre se desglosa en dos variables positivas sustituyendo dica variable por la diferencia entre dos variables positivas, es decir = 5 6. Relación de problemas de programación lineal /

15 min = + + = 5 6,,,, La resolución mediante el algoritmo simple primal se realiza mediante el procedimiento de las dos fases. En la primera fase se añade las variables auiliares, a y a, en cada una de las dos restricciones de igualdad. La función objetivo minimiza la suma de las variables auiliares añadidas. z 5 6 a a cotas relación z a a Colocando la tabla en forma estándar los coeficientes de a y a se tiene la siguiente tabla: z 5 6 a a cotas relación z a a La variable entra en la base y la variable a sale de la base, la tabla resultante es la siguiente: z 5 6 a a cotas relación z 0 / / / 0 0 / / 0 0 / 0 a 0 0 / / / / La variable entra en la base y la variable a sale de la base, la tabla resultante será la última de la fase I debido a que las variables auiliares abrán salido de la base: z 5 6 a a cotas relación z / 0 / / / / 5/ 0 0 / / / / / / Relación de problemas de programación lineal 5/

16 II.5 BIBLIOTECA DE PROBLEMAS La tabla obtenida indica que la base factible inicial de la fase II está formada por las variables y. La tabla siguiente incluye la función objetivo original en la primera fila y a partir de ella se establece la forma estándar de la tabla. z 5 6 a a cotas relación z / 0 / / / / 5/ 0 0 / / / / / / Anulando los coeficientes de las variables básicas, y, en la primera fila de la tabla resulta: z 5 6 a a cotas relación z 0 / 0 / / / / 7/ 0 / 0 / / / / 5/ 0 0 / / / / / / La variable 6 entra en la base y la variable sale de la base. La tabla resultante es: z 5 6 a a cotas relación z / / 0 0 / / / / Las variables no básicas (ecluyendo las variables artificiales) tienen costes reducidos positivos o nulos con una función objetivo de minimización, por lo tanto la solución óptima a sido alcanzada. = = ( 6 = ) z = b) Plantear el problema dual y resolverlo gráficamente El problema dual consta de variables y de restricciones. Utilizando la tabla de equivalencia primal-dual se tiene la siguiente formulación dual Relación de problemas de programación lineal 6/

17 ma y + y y + y y y + y y = y, y libres La resolución del problema dual al tener dos variables se puede realizar gráficamente. En el gráfico se indica que la región factible es la arista situada sobre la recta y = y la solución óptima es el etremo dereco de dica arista ya que la función objetivo se comprueba que crece cuando la recta de isobeneficio se desplaza acia la dereca del espacio representado. y +y = y Región factible y Solución óptima y = - y = - y + y = y + y = (isobeneficio) La solución óptima es el punto de coordenadas y = e y = y el valor de la función objetivo es. c) Comprobar la relación eistente entre la solución primal y dual En primer lugar se comprueba que la función objetivo adquiere el mismo valor óptimo, es decir,. Por otro lado los costes reducidos de las variables artificiales de las restricciones de igualdad del primal determinan el valor absoluto de las variables duales. En este caso el signo de los costes reducidos se a de cambiar para que coincida la solución. Para comprobar si es necesario cambiar los signos de los costes reducidos de las variables artificiales se Relación de problemas de programación lineal 7/

18 II.5 BIBLIOTECA DE PROBLEMAS sustituyen las dos posibles soluciones en la función objetivo del dual y aquélla que sea mejor es la que corresponde a la solución óptima del dual. El valor de los restantes costes reducidos (es decir, de a 6 ) establece el valor óptimo de las variables de eceso y olgura del dual. Estableciendo el problema dual en su forma estándar se tienen las variables de olgura, y, y, y 5 y la variable artificial a. En la siguiente epresión se establecen la formulación de las restricciones de igualdad con dicas variables. y + y + y = y + y = y + y + y = 5 Sustituyendo en estas epresiones el valor de la solución óptima para y = e y = se etrae el valor de las variables de olgura. + y = y = 0 + y = y = + y = y = a = a = 0 Los valores resultantes de las variables de olgura coinciden con los valores de los costes reducidos asociados a las variables del primal,, y (suma de los costes reducidos de 5 y 6 ) Se puede comprobar la complementariedad de olguras fijándose en la solución gráfica del problema dual. Las restricciones primera y cuarta determinan la solución óptima (restricciones activas). Para estas restricciones las variables de olgura del dual son nulas, sus costes reducidos serán distintos de cero al igual que sus variables asociadas en el primal ( y ) son distintas de cero. Las restricciones segunda y tercera no determinan el óptimo y por tanto sus variables de olgura son distintas de cero y sus costes reducidos son nulos al igual que sus variables asociadas en el primal ( y ) son nulas en el óptimo. SOLUCIÓN. PROBLEMA 8 El modelo del problema resulta ser: Relación de problemas de programación lineal 8/

19 ma : tomate + 6 : vinagre + : cantidad inferior, 0 Epresándolo en su forma estándar dejando la función objetivo con maimización resulta: ma = + + = 8 + e =,,,, 0 Tomando como base inicial,, e se tiene la siguiente tabla inicial: Relación e Cotas z e 0 0 Aplicando el método simple dual para encontrar una solución inicial factible se saca de la base e y entra como variable básica la que menor relación tiene en valor absoluto entre el coste reducido y el elemento de la fila pivote, por lo tanto entra en la base. z e Cotas Relación Relación de problemas de programación lineal 9/

20 II.5 BIBLIOTECA DE PROBLEMAS Una vez obtenida una base factible se vuelve a aplicar el método simple introduciendo en la base la variable con mayor coste reducido positivo, es decir, e y sacando de la base la que menor relación posea, es decir,. Resulta la siguiente tabla: z 0 6 e e Cotas Todos los costes reducidos son menores o iguales a cero por lo tanto se a obtenido la tabla última del simple. La variable de olgura correspondiente a la restricción del número de kilos de tomate tiene una variable de olgura nula (variable no básica). Su coste reducido indica el efecto que tendría en la función objetivo aumentarla una unidad y por lo tanto disponer de kg en vez de 5 kg de tomate. Por ello su coste reducido cambiado de signo indica cuanto se espera obtener de beneficio por un kilo adicional de tomate por lo tanto estaría dispuesta a pagar por 5 kilo adicional de tomate. Sin embargo la variable de olgura de la restricción del número de tazas de vinagre en el óptimo toma un valor no nulo por lo que al ser variable básica tiene coste reducido nulo de lo cual se etrae que una taza adicional de vinagre no tendrá asociado beneficio adicional y por lo tanto no se pagaría por ella. SOLUCIÓN. PROBLEMA 9 a) Representar gráficamente la región factible y el óptimo del problema. Relación de problemas de programación lineal 0/

21 Óptimo (, ) La solución óptima es (, ) Isobeneficio =(, ) siendo el valor de la función objetivo 5 tal y como aparece en la tabla última del simple que se facilita en el enunciado. b) Cuánto aorraría el propietario si su consumo fuese de 7 m y también se pudiera aplicar el descuento a dico consumo?. Justificar de forma razonada la respuesta. El propietario aorraría adicionalmente 9 por cada m que se le permitiese consumir de más cada día. Este valor se etrae a partir del coste reducido de la variable de olgura correspondiente a la segunda restricción cambiado de signo. Al ser la variable de olgura no básica, su valor es nulo y su coste reducido indica el impacto sobre la función objetivo de un aumento unitario de su valor. Dico aumento es análogo a reducir el término dereco de la restricción en la cual se encuentra dica variable. c) Aplicando el procedimiento simple dual calcular el óptimo del problema si el consumo de gasoil ubiera de ser inferior a m diarios. Comprobar gráficamente la solución obtenida. Añadir la restricción requiere añadir a la tabla la inecuación: + = e Cotas z Relación de problemas de programación lineal /

22 II.5 BIBLIOTECA DE PROBLEMAS e Transformando la tabla a su formato estándar se tiene: e Cotas z e Relación 8 Aplicando el método simple dual sale de la base y entra en la base resultando la siguiente tabla: e Cotas z e Esta tabla es la óptima ya que obtiene una solución factible. La solución resultante es (, ) =(, ) siendo el valor de la función objetivo 5. Se muestra a continuación la solución gráfica de este apartado. Relación de problemas de programación lineal /

23 Óptimo (, ) Isobeneficio d) Hallando los costes reducidos responder a la cuestión siguiente: Cambiaría la solución óptima del enunciado si la reducción de precio fuese la inversa, es decir, 8 para y 0 para? En tal caso, indicar gráficamente la nueva solución óptima. Los costes reducidos cambiando los coeficientes de las variables de la función objetivo resultan ser: 0 0 T T T ˆ ( 0, 0) ( 8,0, 0) cn= cn cbb N= 0 0 = (, 9) Al ser el coste reducido de positivo (maimización de la función objetivo) la solución óptima cambiaría introduciendo en la base dica variable. Gráficamente la recta de isobeneficio cambia de pendiente y por lo tanto el óptimo se alcanza en el punto (, ) 60. =(0, 6) valiendo la nueva función objetivo Relación de problemas de programación lineal /

24 II.5 BIBLIOTECA DE PROBLEMAS Óptimo (0, 6) Isobeneficio Isobeneficio SOLUCIÓN. PROBLEMA ) Qué valores y qué interpretación tienen las variables duales del problema? w = 0 Por un gramo etra de azúcar no se pagaría nada, pues no ay cambio en la función objetivo (ay olgura) w = 0.0 Por un gramo etra de miel pagaría un sobrecoste de 0.0, ya que un aumento de disponibilidad en un gramo de miel, supone un beneficio etra de 0.0 (lo que varía la función objetivo) w = 0.0 Si el número de piruletas que ay que acer aumenta en el beneficio disminuye en 0.0. Alternativamente, si disminuyera en piruleta la cantidad que APA quiere llevar, lograría un beneficio de 0.0 mayor. ) Hay alguna otra solución económicamente equivalente a la obtenida? Por qué? Cuál es esa solución? Cuántas soluciones tiene el problema? Cuál es su estructura general? Al tener la variable B un coste reducido nulo es una candidata a entrar en la base. Partiendo de la tabla original se determina la variable básica saliente como aquélla que tiene menor relación entre su cota y el término de la columna de la variable básica entranteb, en este caso resulta ser la variable C. A B C e Cotas Relación cj zj C Relación de problemas de programación lineal /

25 A La tabla resultante que se muestra a continuación contiene la otra solución óptima del problema. A B C e Cotas cj zj B A Combinando ambas soluciones con el parámetro λ mediante una combinación lineal convea se tienen las múltiples soluciones óptimas siguientes: A B λ 0 ( λ) 0000 = + λ [ 0,] C ) Antón Pirulensko Artesanov, delegado comercial de APA en Rusia, tras un estudio de mercado entre la población que acaba de abandonar el biberón, le aconseja que lleve al menos 000 piruletas de limón. Cómo afecta esto a los planes de APA? Ninguna de las soluciones cumple la nueva restricción, así que ay que añadir B 000, es decir, B e= 000. Por lo tanto la nueva tabla sería: A B C e e Cotas cj zj C A e Poniendo la tabla en forma estandar se tiene: A B C e e Cotas cj zj C A Relación de problemas de programación lineal 5/

26 II.5 BIBLIOTECA DE PROBLEMAS e Aplicando el método simple dual sale de la base la e y entra en la base B y la tabla nue A B C e e Cotas cj zj C A B Directamente puede verse que es dual no acotado, por lo tanto el primal no es factible. ) Nuestro amigo APA, además de empresario emprendedor, patrocina actividades de I+D y así, con el apoyo del IIT y de los profesores de MM, a obtenido un nuevo y original tipo de piruleta, la pirulica-i, el no va más de las piruletas (te remilk on te bicycle, como la calificó la famosa revista inglesa de gastronomía Te big pork ), cuya base sigue siendo el azúcar y la miel ( y 8 gramos respectivamente por unidad) aunque el resto de los ingredientes es un secreto industrial celosamente guardado por todos los que emos intervenido en su diseño. Si el beneficio unitario de una pirulica-i es de 0., interesa presentarla y venderla en la feria, en orden a un mayor beneficio? Se calcula en primer lugar el coste reducido de la nueva piruleta resultando: cˆ = c z = c c B a = c y a = T T j j j j B j j j T = 0. ( )( ) = T = 0. ( )( 8 ) = 0.0 Al ser un valor positivo interesa fabricar este tipo de piruleta. Se denomina D a la cantidad a fabricar de la nueva piruleta. Se calcula la columna pivote que se va a incorporar a la última tabla del simple para seguir iterando añadiendo en primer lugar el valor del coste reducido previamente calculado. Relación de problemas de programación lineal 6/

27 B a j 6 = = A B C e D Cotas cj zj C A A B C e D Cotas cj zj D A Se determina la solución óptima ( A, B, C, D ) = ( 7500,0,0,500) con un valor de la función objetivo de 5 5) Qué valores y qué interpretación tienen las variables duales del problema al introducir esta nueva piruleta? w = 0. Por un gramo etra de azúcar no se pagaría nada, pues no ay cambio en la función objetivo (ay olgura) w = Por un gramo etra de miel pagaría un sobrecoste de 0.05, ya que un aumento de disponibilidad en un gramo de miel, supone un beneficio etra de 0.05 euros (lo que varía la función objetivo) w = 0.0. Si el número de piruletas que ay que acer aumenta en el beneficio disminuye en 0.0 euros. Alternativamente, si disminuyera en piruleta la cantidad que APA quiere llevar, lograría un beneficio de 0.0 euros mayor. SOLUCIÓN. PROBLEMA a) Mostrar la tabla óptima al resolver mediante el simple Tomando como base inicial la compuesta por las variables (, y ) se obtiene la tabla en forma estándar partiendo de la tabla con los coeficientes originales de las restricciones del problema en su forma estándar. Relación de problemas de programación lineal 7/

28 II.5 BIBLIOTECA DE PROBLEMAS ma + y + y+ = 9 y + = 8, y 0 y Cotas z y En forma estándar: y Cotas z y Al ser todos los costes reducidos menores o iguales a cero el óptimo se a alcanzado con la solución (, y ) = ( 7,) con un valor de la función objetivo de 6. b) Determinar el rango de variación del coeficiente de en la función objetivo para que la solución siga siendo óptima. Para el estudio paramétrico del coeficiente de la variable en la función objetivo se calculan los costes reducidos de las variables no básicas en función de su coeficiente genérico c. Para ello se determina el rango de valores de c que ace que todos los costes reducidos de las variables no básicas sigan siendo negativos o nulos y con ello se garantiza que la solución óptima permanece constante. cˆn = c N c B B N ( cˆ, cˆ ) = (0,0) ( c,) = c, c (/5+ c /0) < 0 c> / c > 0 ( / 5+ c/0) < 0 c> Relación de problemas de programación lineal 8/

29 c) Plantear el problema dual. Determinar el valor de las variables duales en el óptimo. Dar el rango de variación de cada término independiente del problema original en el que no varían los valores de las variables duales. El problema dual se formula de la siguiente forma: min9w+ 8t w+ t w t w, t 0 Considerando la última tabla del simple del primal el valor de las variables duales en el óptimo (costes reducidos de las variables de olgura del primal) resulta ser: w= 8/5 t= /5 Para determinar el rango de variación de cada término independiente con el cual no cambian los valores de las variables duales se analiza el valor óptimo de las variables básicas del problema primal (costes reducidos de variables olgura del primal). Si no cambia la base del problema primal y los coeficientes de la función objetivo no cambian, entonces los costes reducidos de las variables del problema primal tampoco. B b 7+ b+ 8 9 b b 0 = 0 b 5 = 8 8 b b B b b /0 / b 0 b 5 0 = 0 /5 /5 = 8 b 8 8 b + 0 b 0 b 0 5 d) Resolver numéricamente y mostrando todas las tablas que sean necesarias, el mismo problema pero con variables enteras (utilizar postoptimización). Se aplica la técnica de Branc and Bound. Se inicia con la cota inferior de Z= Nodo 0: Solución relajada la condición de variables enteras (, y ) = ( 7,) y la función objetivo Z= 6 Relación de problemas de programación lineal 9/

30 II.5 BIBLIOTECA DE PROBLEMAS La solución es no entera y por lo tanto se ramifica el árbol en y. Nodo : Añadir la restricción, es decir, + =. Aplicando método simple dual se obtiene la solución (, y ) = (,) con una función objetivo igual a 5 tal y como se indica en las tablas siguientes. Este valor de la función objetivo resulta una cota inferior de la función objetivo y por lo tanto no se sigue desarrollando más el nodo. y y y z 0 0 8/5 /5 0 6 z 0 0 8/ z y 0 /5 /5 0 y 0 /5 5 0 y /0 /0 0 7/ 0 / / Nodo : Añadir la restricción, es decir, e= y e y e z 0 0 8/5 /5 0 6 z 0 0 8/5 /5 0 6 y 0 /5 /5 0 y 0 /5 /5 0 0 /0 /0 0 7/ 0 /0 /0 0 7/ e e 0 0 /0 /0 / Resulta un problema no factible y por lo tanto el árbol no se continúa ramificando. Todos los nodos del árbol an sido eplorados y por lo tanto la solución óptima es (,) con una función objetivo de valor óptimo Z= 5. La representación gráfica del árbol resulta: Nodo 0 Z= 6 ( 7, ) Nodo Z= 5 (, ) Nodo Infactible Relación de problemas de programación lineal 0/

31 SOLUCIÓN DE PROBLEMAS ADICIONALES DE PROGRAMACIÓN LINEAL SOLUCIÓN. TRES ARTÍCULOS a) Se consiguen 00 unidades más de m y 00 de m, seguirá estando la gama óptima de producción constituida por artículos de los tipos e y?, por qué?. En cualquier caso, cuántos artículos de los tipos e y se producirían? Se puede comprobar sustituyendo los nuevos términos derecos en las restricciones y resolviendo el sistema de las dos inecuaciones del problema con el sentido de la igualdad para las variables que están en la base de la tabla última del simple. + y= 900 = 50, y = 80 + y= 500 Como los nuevos valores de las variables son no negativos las variables básicas permanecen y, en consecuencia, también los costes reducidos. La cuestión también se puede resolver aplicando la inversa de la matriz de restricciones asociada a las variables básicas que corresponde con las columnas H y H de la tabla última del simple. B = B b= = b) Cuál debería ser el beneficio mínimo proporcionado por una unidad de z para que fuera económicamente interesante su producción? Cuál sería en ese caso la gama de producción? El beneficio mínimo del artículo z para que fuese interesante producir unidades de dico artículo se calcula como el valor cambiado de signo del coste reducido de la variable asociada en la última tabla del simple. El valor del coste reducido indica cuanto se modifica el valor de la función objetivo si se incrementa una unidad el valor de z. Por lo tanto si el coste reducido es negativo en la última tabla del simple entonces se tendrá que incrementar el beneficio en igual cantidad pero sentido contrario para que sea considero igualmente una solución óptima que incluya este artículo en la producción. Por lo tanto el beneficio mínimo será +. = 5.. Relación de problemas de programación lineal /

32 II.5 BIBLIOTECA DE PROBLEMAS Retomando la última tabla del simple del enunciado y modificando el coste reducido de la variable z aciendo su valor igual a cero se introduce en la base la variable z saliendo de la base la variable al tener la menor relación de las dos variables. w y z Cotas Relación w y La tabla nueva resulta: w y z Cotas Relación w z y ( ) La solución óptima resulta: (, y, z ) = 0, , 65.5 c) Cabe la posibilidad de fabricar unidades de un cuarto artículo v. Una unidad de v requiere 6 unidades de m y de m. Cuál es el beneficio mínimo que debería proporcionar para que económicamente fuera interesante su producción? Calculando el coste reducido del artículo v se obtiene el valor mínimo del beneficio por unidad para el cual sería conveniente producir dico artículo. ɵc = c c B a = 0 v v B v ɵ cv= cv (, 5) = cv 7.= c = 7. v También puede resolverse considerando que en la solución actual una unidad de volumen tiene un valor de 0.8 y una de peso 0.6. Por tanto, fabricar una unidad del nuevo producto tiene un coste de substitución igual a ( ) ( ) 0.8 / uv. 6 uv / kg kg= 7. En consecuencia, el beneficio mínimo que una unidad del nuevo artículo debería generar para que fuera rentable su fabricación es de 7.. Relación de problemas de programación lineal /

33 d) Cuál sería la solución óptima si ubiera que satisfacer una demanda global de 500 unidades? Se a de añadir la restricción + y+ z 500 la cual se convierte en igualdad introduciendo una variable de eceso. Se añade esta restricción al final de la tabla última del simple del enunciado. w y z Cotas w y Convirtiendo esta tabla en formato estándar se obtiene la siguiente tabla: w y z Cotas w y que muestra la infactibilidad de la solución actual. Aplicando el método simple dual la variable sale de la base y entra en la base. La siguiente tabla resulta óptima ya que ninguna de las variables adquiere valor negativo. w y z Cotas w y La solución óptima obtenida resulta: (, y, z ) = ( 00,00,0) con una reducción lógica del beneficio de = 0 0. Relación de problemas de programación lineal /