INSTITUTO SUPERIOR TECNOLÓGICO NORBERT WIENER

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1 INSTITUTO SUPERIOR TECNOLÓGICO NORBERT WIENER ASIGNATURA: Investigación de Operaciones PROGRAMA: S3C Lima - Perú

2 2 1 Programación Lineal -IO Origen de la Programación Lineal En los siglos XVII y XVIII, grandes matemáticos como Newton, Leibnitz, Bernouilli y, sobre todo, Lagrange, que tanto habían contribuido al desarrollo del cálculo infinitesimal, se ocuparon de obtener máximos y mínimos condicionados de determinadas funciones. Posteriormente el matemático fránces Jean Baptiste-Joseph Fourier ( ) fue el primero en intuir, aunque de forma imprecisa, los métodos de lo que actualmente llamamos programación lineal y la potencialidad que de ellos se deriva. Si exceptuamos al matemático Gaspar Monge ( ), quien en 1776 se interesó por problemas de este género, debemos remontarnos al año 1939 para encontrar nuevos estudios relacionados con los métodos de la actual programación lineal. En este año, el matemático ruso Leonodas Vitalyevich Kantarovitch publica una extensa monografía titulada Métodos matemáticos de organización y planificación de la producción en la que por primera vez se hace corresponder a una extensa gama de problemas una teoría matemática precisa y bien definida llamada, hoy en día, programación lineal. En se formula por primera vez el problema de transporte, estudiado independientemente por Koopmans y Kantarovitch, razón por la cual se suele conocer con el nombre de problema de Koopmans-Kantarovitch. Tres años más tarde, G. Stigler plantea otro problema particular conocido con el nombre de régimen alimenticio optimal. En estos años posteriores a la Segunda Guerra Mundial, en Estados Unidos se asumió que la eficaz coordinación de todas las energías y recursos de la nación era un problema de tal complejidad, que su resolución y simplificación pasaba necesariamente por los modelos de optimización que resuelve la programación lineal. Paralelamente a los hechos descritos se desarrollan las técnicas de computación y los ordenadores, instrumentos que harían posible la resolución y simplificación de los problemas que se estaban gestando. En 1947, G.B. Dantzig formula, en términos matemáticos muy precisos, el enunciado estándar al que cabe reducir todo problema de programación lineal. Dantzig, junto con una serie de investigadores del United States Departament of Air Force, formarían el grupo que dio en denominarse SCOOP (Scientific Computation of Optimum Programs). Una de las primeras aplicaciones de los estudios del grupo SCOOP fue el puente aereo de Berlin,Se continuó con infinidad de aplicaciones de tipo preferentemente militar. Hacia 1950 se constituyen, fundamentalmente en Estados Unidos, distintos grupos de estudio para ir desarrollando las diferentes ramificaciones de la programación lineal. Cabe citar, entre otros, Rand Corporation, con Dantzig, Orchard-Hays, Ford, Fulkerson y Gale, el departamento de Matemáticas de la Universidad de Princenton, con Tucker y Kuhn, así como la Escuela Graduada

3 3 de Administración Industrial, dependiente del Carnegie Institute of Technology, con Charnes y Cooper. Respecto al método del simplex, que estudiaremos después, señalaremos que su estudio comenzó en el año 1951 y fue desarrollado por Dantzig en el United States Bureau of Standards SEAC COMPUTER, ayudándose de varios modelos de ordenador de la firma IBM. Los fundamentos matemáticos de la programación lineal se deben al matemático norteamericano de origen húngaro Janos von Neuman ( ), quie en 1928 publicó su famoso trabajo Teoría de Juegos. En 1947 conjetura la equivalencia de los problemas de programación lineal y la teoría de matrices desarrollada en sus trabajos. La influencia de este respetado matemático, discípulo de David Hilbert en Gotinga y, desde 1930, catedrático de la Universidad de Princenton de Estados Unidos, hace que otros investigadores se interesaran paulatinamente por el desarrollo riguroso de esta disciplina. En 1858 se aplicaron los métodos de la programación lineal a un problema concreto: el cálculo del plan óptimo de transporte de arena de construcción a las obras de edificación de la ciudad de Moscú. En este problema había 10 puntos de partida y 230 de llegada. El plan óptimo de transporte, calculado con el ordenador Strena en 10 días del mes de junio, rebajó un 11% los gastos respecto a los costes previstos. Se ha estimado, de una manera general, que si un país subdesarrollado utilizase los métodos de la programación lineal, su producto interior bruto (PIB) aumentaría entre un 10 y un 15% en tan sólo un año. La programación lineal hace historia: El puente aéreo de Berlín En 1946 comienza el largo período de la guerra fría entre la antigua Unión Soviética (URSS) y las potencias aliadas (principalmente, Inglaterra y Estados Unidos). Uno de los episodios más llamativos de esa guerra fría se produjo a mediados de 1948, cuando la URSS bloqueó las comunicaciones terrestres desde las zonas alemanas en poder de los aliados con la ciudad de Berlín, iniciando el bloqueo de Berlín. A los aliados se les plantearon dos posiblidades: o romper el bloqueo terrestre por la fuerza, o llegar a Berlín por el aire. Se adoptó la decisión de programar una demostración técnica del poder aéreo norteamericano; a tal efecto, se organizó un gigantesco puente aéreo para abastecer la ciudad: en diciembre de 1948 se estaban transportando 4500 toneladas diarias; en marzo de 1949, se llegó a las 8000 toneladas, tanto como se transportaba por carretera y ferrocarril antes del corte de las comunicaciones. En la planificación de los suministros se utilizó la programación lineal. (El 12 de mayo de 1949, los soviéticos levantaron el bloqueo)

4 4 1. Formulación de un M.M. de P.L. Programación Lineal En infinidad de aplicaciones de la industria, la economía, la estrategia militar, etc.. se presentan situaciones en las que se exige maximizar o minimizar algunas fucniones que se encuentran sujetas a determinadas limitaciones, que llamaremos restricciones. Para hacernos una idea más clara de estos supuestos, veamos dos ejemplos: Ejemplo 1: Problema de máximos. En una granja se preparan dos clases de piensos, P y Q, mezclando dos productos A y B. Un saco de P contiene 8 kg de A y 2 de B, y un saco de Q contiene 10 kg de A y 5 de B. Cada saco de P se vende a 300 ptas. y cada saco de Q a 800 ptas. Si en la granja hay almacenados 80 kg de A y 25 de B, cuántos sacos de cada tipo de pienso deben preparar para obtener los máximos ingresos? Ejemplo 2: Problema de mínimos. Una campaña para promocionar una marca de productos lácteos se basa en el reparto gratuito de yogures con sabor a limón o a fresa. Se decide repartir al menos yogures. Cada yogur de limón necesita para su elaboración 0.5 gramos de un producto de fermentación y cada yogur de fresa necesita 0.2 gramos de este mismo producto. Se dispone de 9 kilogramos de este producto para fermentación. El coste de producción de un yogur de limón es de 30 pesetas y 20 pesetas uno de fresa. En los dos ejemplos descritos está claro que tanto la cantidad que deseamos maximizar como la cantidad que deseamos minimizar podemos expresarlas en forma de ecuaciones lineales. Por otra parte, las restricciones que imponen las condiciones de ambos problemas se pueden expresar en forma de inecuaciones lineales. Tratemos de plantear en términos matemáticos los dos ejemplos anteriores: 1) Si designamos por x al número de sacos de pienso de clase P y por y el número de sacos de pienso de clase Q que se han de vender, la función : Z = 300x + 800y representará la cantidad de pesetas obtenidas por la venta de los sacos, y por tanto es la que debemos maximizar. Podemos hacer un pequeño cuadro que nos ayude a obtener las restricciones: Nº kg de A kg de B P x 8x 2x Q y 10y 5y Por otra parte, las variables x e y, lógicamente, han de ser no negativas, por tanto : x 0, y 0 Conjunto de restricciones: 8x + 10y 80 2x + 5y 25 x 0, y 0

5 5 2) Si representamos por x el número de yogures de limón e y al número de yogures de fresa, se tiene que la fución de coste es Z = 30x + 20y. Por otra parte, las condiciones del problema imponen las siguientes restricciones: De número : x + y 80 De fermentación: 0.5x + 0.2y 9000 Las variables x e y han de ser, lógicamente, no negativas; es decir: x 0, y 0 Conjunto de restricciones: x + y x + 0.2y 9000 x 0, y 0 En definitiva: Se llama programación lineal al conjunto de técnicas matemáticas que pretenden resolver la situación siguiente: Optimizar (maximizar o minimizar) una función objetivo, función lineal de varias variables, sujeta a: una serie de restricciones, expresadas por inecuaciones lineales Un problema de programación lineal en dos variables, tiene la siguiente formulación estándar: pudiendo cambiarse maximizar por minimizar, y el sentido de las desigualdades. En un problema de programación lineal intervienen: La función f(x,y) = ax + by + c llamada función objetivo y que es necesario optimizar. En esa expresión x e y son las variables de decisión, mientras que a, b y c son constantes. Las restricciones que deben ser inecuaciones lineales. Su número depende del problema en cuestión. El carácter de desigualdad viene impuesto por las limitaciones, disponibilidades o necesidades, que son: inferiores a... ( menores: < o ); como mínimo de... (mayores: > o ). Tanto si se trata de maximizar como de minimizar, las desigualdades pueden darse en cualquiera de los dos sentidos. Al conjunto de valores de x e y que verifican todas y cada una de las restricciones se lo denomina conjunto (o región ) factible. Todo punto de ese conjunto puede ser solución del problema; todo punto no perteneciente a ese conjunto no puede ser solución. En el apartado siguiente veremos como se determina la región factible. La solución óptima del problema será un par de valores (x 0, y 0 ) del conjunto factible que haga que f(x,y) tome el valor máximo o mínimo. En ocasiones utilizaremos las siglas PPL para indicar problema de programación lineal.

6 6 Método analítico Método de los Vértices El siguiente resultado, denominado teorema fundamental de la programación lineal, nos permite conocer otro método de solucionar un programa con dos variables. En un programa lineal con dos variables, si existe una solución única que optimice la función objetivo, ésta se encuentra en un punto extremo (vértice) de la región factible acotada, nunca en el interior de dicha región. Si la función objetivo toma el mismo valor óptimo en dos vértices, también toma idéntico valor en los puntos del segmento que determinan. En el caso de que la región factible no es acotada, la función lineal objetivo no alcanza necesariamente un valor óptimo concreto, pero, si lo hace, éste se encuentra en uno de los vértices de la región La evaluación de la función objetivo en los vértices de la región factible nos va a permitir encontrar el valor óptimo (máximo o mínimo) en alguno de ellos. Veámoslo con un ejemplo: Maximizar Z = f(x,y) = 3x + 8y sujeto a: 4x + 5y 40 2x + 5y 30 x 0, y 0 1) Hallar los puntos de corte de las rectas asociadas a las restricciones: Calculamos las soluciones de cada uno de los seis sistemas de dos ecuaciones con dos incógnitas que se pueden formar con las cuatro restricciones: { 4x + 5y = 40, 2x + 5y = 30}. Solución A(5,4) { 4x + 5y = 40, x = 0 } Solución:B (0,8) { 4x + 5y = 40, y = 0}. Solución: C(10,0) { 2x + 5y = 30, x = 0} Solución: D(0,6) { 2x + 5y = 30, y = 0}. Solución : E(15,0) { x = 0, y = 0} Solución: O(0,0) 2) Determinar los vértices de la región factible: Los vértices de la región factible son aquellos puntos que cumplen todas las restricciones. Si sustituimos los puntos en cada una de las desigualdades tenemos que: B no cumple la segunda restricción 2x + 5y 30, ya que = 40. Por tanto, el punto B no es un vértice de la región factible. E no cumple la primera restricción 4x + 5y 40, ya que = 60. Por tanto, el punto E no es un vértice de la región factible.

7 7 Los puntos A, C, D y O verifican todas las desigualdades, son los vértices de la región factible. La solución de un problema de programación lineal, en el supuesto de que exista, debe estar en la región determinada por las distintas desigualdades. Esta recibe el nombre de región factible, y puede estar o no acotada. Región factible acotada 3) Calcular los valores de la función objetivo en los vértices: Región factible no acotada f(a) = f(5,4) = = 47 f(c) = f(10,0) = = 30 f(d) = f(0,6) = = 48 f(o) = f(0,0) = = 0 La solución óptima corresponde al vértice para el que la función objetivo toma el valor máximo. En este caso es el vértice D(0,6). La región factible incluye o no los lados y los vértices, según que las desigualdades sean en sentido amplio ( o ) o en sentido estricto (< o >). Si la región factible está acotada, su representación gráfica es un polígono convexo con un número de lados menor o igual que el número de restricciones.

8 8 2. Solución Gráfica Solución Gráfica o de Rectas de Nivel Las rectas de nivel dan los puntos del plano en los que la función objetivo toma el mismo valor. Si la función objetivo es f(x,y) = ax + by + c, la ecuación de las rectas de nivel es de la forma: ax + by + c = 0 ax + by = k Variando k (o p) se obtienen distintos niveles para esas rectas y, en consecuencia, distintos valores para f(x,y). En un problema todas las rectas de nivel son paralelas, pues los coeficientes a y b de la recta ax + by = k son los que determinan su pendiente. Por tanto, si k 1 es distinto de k 2, las rectas ax + by = k 1 y ax + by = k 2 son paralelas. Luego, trazada una cualquiera de esas rectas, las demás de obtienen por desplazamientos paralelos a ella. Si lo que se pretende es resolver un problema de programación lineal, los únicos puntos que interesan son los de la región factible, y las únicas rectas de nivel que importan son aquellas que están en contacto con dicha región. Como el nivel aumenta (o disminuye) desplazando las rectas, el máximo (o el mínimo) de f(x,y) se alcanzará en el último (o en el primer) punto de contacto de esas rectas con la región factible. Veamos ahora como se aplica todo esto a la resolución de un problema de programación lineal : Maximizar Z = f(x,y) = x + y sujeto a: 0 x 4 0 y 4 y x /2 1) Representamos la región factible: La recta s : x = 4 pasa por el punto (4,0) y es paralela al eje Y. Las soluciones de 0 x 4 son los puntos entre el eje Y y la recta x = 4 La recta r : y = 4 pasa por el punto (0,4) y es paralela al eje X. Las soluciones de 0 y 4 son los puntos entre el eje X y la recta y = 4 La recta t : y = x/2 pasa por los puntos (0,0) y (2,1). Las soluciones de y x /2 son los puntos de su izquierda. Resolviendo los sistemas correspondientes calculamos los vértices de la región factible: { y = x/2, x = 0 } nos da el vértice O(0,0) { x = 4, y = x/2 } nos da el vértice A(4,2) { x = 4, y = 4} nos da el vértice B(4,4) { y = 4, x = 0 } nos da el vértice C(0,4) 2) Representamos las rectas de nivel : En nuestro caso son rectas de la forma x + y = k. Inicialmente representamos Z = x + y = 0. Trasladándola hacia la derecha, obtenemos las rectas : x + y = 2, x + y = 4, x + y = 8, es decir aumenta el nivel.

9 9 3) Obtenemos la solución óptima: Se obtiene en el punto de la región factible que hace máximo k. En nuestro caso esto ocurre en el punto B; es el último punto de contacto de esas rectas con la región factible, para el que k = 8. Si hay dos vértices, P y Q, que se encuentran en la misma recta de nivel,de ecuación ax + by = k.es evidente que todos los puntos del segmento PQ son de esa recta; por tanto, en todos ellos f(x,y) vale k. Así pues, la solución óptima es cualquier punto de esa recta; en particular los vértices P y Q. El procedimiento para determinar la región factible es el siguiente: 1) Se resuelve cada inecuación por separado, es decir, se encuentra el semiplano de soluciones de cada una de las inecuaciones. Se dibuja la recta asociada a la inecuación. Esta recta divide al plano en dos regiones o semiplanos Para averiguar cuál es la región válida, el procedimiento práctico consiste en elegir un punto, por ejemplo, el (0,0) si la recta no pasa por el origen, y comprobar si las coordenadas satisfacen o no la inecuación. Si lo hacen, la región en la que está ese punto es aquella cuyos puntos verifican la inecuación; en caso contrario, la región válida es la otra. 2) La región factible está formada por la intersección o región común de las soluciones de todas las inecuaciones. Como sucede con los sistemas de ecuaciones lineales, los sistemas de inecuaciones lineales pueden presentar varias opciones respecto a sus soluciones: puede no existir solución, en el caso de que exista el conjunto solución puede ser acotado o no. Veámoslo con un ejemplo: Dibuja la región factible asociada a las restricciones: x + y 4 y 4 Las rectas asociadas son : r : x + y = 4 ; s : y = 4, t: y = x y x

10 10 Elegimos el punto O(0,0), que se encuentra en el semiplano situado por debajo de la recta. Introduciendo las coordenadas (0,0) en la inecuación x + y 4, vemos que no la satisface: = 0 < 4. Por tanto, el conjunto de soluciones de la inecuación es el semiplano situado por encima de la recta r : x + y = 4. Procedemos como en el paso anterior. Las coordenadas (0,0) satisfacen la inecuación y 4 ( 0 4). Por tanto, el conjunto de soluciones de la inecuación es el semiplano que incluye al punto O. La recta t asociada a la rectricción pasa por el origen, lo cual significa que si probásemos con el punto O(0,0) no llegaríamos a ninguna conclusión. Elegimos el punto (1,0) y vemos que no satisface la inecuación y x ( y = 0 < 1 = x ). Por tanto, el conjunto solución de esta inecuación es el semiplano determinado por la recta t que no incluye al punto (1,0). La región factible está formada por los puntos que cumplen las tres restricciones, es decir, se encuentran en los tres semiplanos anteriores.

11 11 Esquema práctico Los problemas de programación lineal pueden presentarse en la forma estándar, dando la función objetivo y las restricciones, o bien plantearlos mediante un enunciado. Si éste es el caso, puede seguirse el camino que indicamos a continuación, ejemplificado con el siguiente problema: En un almacén se guarda aceite de girasol y de oliva. Para atender a los clientes se han de tener almacenados un mínimo de 20 bidones de aceite de girasol y 40 de aceite de oliva y, además, el número de bidones de aceite de oliva no debe ser inferior a la mitad del número de bidones de aceite de girasol. La capacidad total del almacén es de 150 bidones. Sabiendo que el gasto de almacenaje es el mismo para los dos tipos de aceite (1 unidad monetaria). Cuántos bidones de cada tipo habrá que almacenar para que el gasto sea máximo? Obs: Puede parecer algo absurdo maximizar los gastos, pero se ha enunciado de esta forma para que el ejemplo sea lo más completo posible Paso 1º: Leer detenidamente el enunciado: determinar el objetivo, definir las variables y escribir la función objetivo. El objetivo es: halla cuántos bidones de cada tipo hay que almacenar para maximizar los gastos Suponemos que tal objetivo se consigue almacenado x bidones de aceite de girasol e y de aceite de oliva Cómo cada bidón de aceite de girasol cuesta almacenarlo 1 unidad monetaria y lo mismo para uno de aceite, los gastos serán x + y Luego, la función objetivo es: Maximizar la función Z = f(x,y) = x + y Paso 2º: Reordenar los datos del problema y a partir de las cantidades decididas, x e y, escribir el sistema de inecuaciones que determinan las restricciones. Un mínimo de 20 bidones de aceite de girasol: x 20 Un mínimo de 40 bidones de aceite de oliva: y 40 El número de bidones de aceite de oliva no debe ser inferior a la mitad del número de bidones de aceite de girasol: y x/2 La capacidad total del almacén es de 150 bidones: x + y 150 Además, los números de bidones deben ser cantidades positivas: x 0 ; y 0 Obs.: Como veremos en ejemplos posteriores en algunas ocasiones puede interesar utilizar una tabla para recopilar toda la información y hacer los dos primeros apartados Paso 3º: Expresar el problema en la forma estándar. Siguiendo con el ejemplo, sería: Maximizar: Z = f(x,y) = x + y sujeto a: x + y 150 y x/2

12 12 x 20 ; y 40 Aquí termina el planteamiento del problema. Para su resolución hay que continuar con : Paso 4º: Representar gráficamente las restricciones y marcar claramente la región factible. Para las restricciones anteriores debemos representar las rectas: x + y = 150, y = x/2, x = 20 e y = 40, obteniéndose la región factible que en la figura se encuentra coloreada. Paso 5º: Hallar las coordenadas de los vértices del polígono obtenido. Resolviendo los sistemas : { x = 20, y = 40 }, { y = x/2, y = 40 }, { y = x/2, x + y = 150}, { x + y = 150, x = 20}; se obtienen los vértices: A(20,40), B(80,40), C(100, 50), D(20,130) Paso 6º: Sustituir las coordenadas de esos puntos en la función objetivo y hallar el valor máximo o mínimo. Sustituyendo en f(x,y) = x + y, se tiene: f(20,40) = 60, f(80,40) = 120, f(100, 50) = 150, f(20,130) = 150 Como el valor máximo se obtiene en los puntos C y D, puede optarse por cualquiera de los dos, o por cualquier punto perteneciente al segmento que los une. Así, por ejemplo, se obtendría el mismo gasto con 40 bidones de aceite girasol y 110 bidones de aceite de oliva; o 90 y 60 respectivamente. Paso 7º: También es conveniente representar las rectas de nivel para comprobar que la solución gráfica coincide con la encontrada. Esta conveniencia se convierte en necesidad cunado la región factible es no acotada. En nuestro caso, puede comprobarse que las rectas de nivel tienen la misma pendiente que la recta límite de la restricción x + y 150 ; por tanto, hay múltiples soluciones. Paso 8º: Por último, como en la resolución de todo problema es necesario criticar la solución: cerciorarse de que la solución hallada es lógica y correcta. En este ejemplo, no todos los puntos del segmento CD son soluciones válidas, ya que no podemos admitir valores de x e y no enteros, como ocurriría en el punto (90.5,59.5). Obs.: Si un problema en la forma estándar no indica que se debe realizar por el método analítico o gráfico, seguiremos para su resolución los pasos del 4º al 8º Ejercicios 1) Se considera la región del plano determinada por las inecuaciones:x + 3 y ; 8 x + y ; y x - 3 ; x 0; y 0 a) Dibujar la región del plano que definen, y calcular sus vértices. b) Hallar el punto de esa región en el que la función F(x,y) = 6x + 4y alcanza el valor máximo y calcular dicho valor. a ) Hay que dibujar la región factible correspondiente. Para ello vamos a representar las rectas: x - y = - 3 ; x + y = 8 ; x - y = 3 La región factible es la determinada por los vértices O, A, B, C y D. Las coordenadas de los vértices son: A(3,0) ; B(5.5, 2.5) ; C(2.5, 5.5) ; D(0,3) y O(0,0)

13 13 b) Para determinar dónde la función objetivo F(x,y) = 6x + 4y alcanza su máximo, calculamos los valores que toma en los vértices: F(A) = 18 ; F(B) = 43 ; F(C) = 37 ; F(D) = 12 ; F(O) = 0. Luego la función alcanza su máximo en el vértice B y su valor es 43. 2)Las restricciones pesqueras impuestas por la CEE obligan a cierta empresa a pescar como máximo toneladas de merluza y toneladas de rape, además, en total, las capturas de estas dos especies no pueden pasar de las toneladas. Si el precio de la merluza es de ptas/kg y el precio del rape es de ptas/kg, qué cantidades debe pescar para obtener el máximo beneficio? Sean : x = número de toneladas de merluza y = número de toneladas de rape Del enunciado deducimos las restricciones: Como máximo 2000 toneladas de merluza: x 2000 Como máximo 2000 toneladas de rape: y 2000 Las capturas de estas dos especies no pueden pasar de las 3000 toneladas: x + y 3000 La función objetivo que da el beneficio en miles de pesetas y que hay que maximizar viene dada por: f(x,y) = 1000x y Representando las rectas: x = 2000, y = 2000, x + y = 3000 correspondientes a las fronteras de las restricciones obtenemos la región factible: Donde los vértices obtenidos son: A(2000,0) ; B(2000, 1000) ; C(1000, 2000), D(0,2000) y O(0,0) Al sustituir sus coordenadas en la función objetivo f resulta :

14 14 f(a) = 2000 millones de ptas. ; f(b) = 3500 millones de pesetas; f(c) = 4000 millones de pesetas ; f(d) = 3000 millones de pesetas y f(o)= 0 ptas. La función objetivo alcanza su máximo en el vértice C, por lo que las cantidades a pescar son 1000 toneladas de merluza y 2000 toneladas de rape. 3) Dos pinturas A y B tienen ambas dos tipos de pigmentos p y q; A está compuesto de un 30% de p y un 40% de q, B está compuesto de un 50% de p y un 20% de q, siendo el resto incoloro. Se mezclan A y B con las siguientes restricciones: La cantidad de A es mayor que la de B. Su diferencia no es menor que 10 gramos y no supera los 30 gramos. B no puede superar los 30 gramos ni ser inferior a 10 gramos. a. Qué mezcla contiene la mayor cantidad del pigmento p? b. Qué mezcla hace q mínimo? Sean x e y, respectivamente, los gramos de las pinturas A y B que aparecen en la mezcla. Traduzcamos a inecuaciones las restricciones a las que se han de someter esas cantidades. La cantidad de A es mayor que la de B: x > y Su diferencia no es menor que 10 gramos y no supera los 30 gramos: 30 x - y 10 B no puede superar los 30 gramos ni ser inferior a 10 gramos: 30 y 10 Además sabemos que : x 0, y 0. Veamos las cantidades de pigmento de cada tipo: Cantidad de pigmento de tipo p: F p (x, y) = 0.3x + 0.5y Cantidad de pigmento de tipo q: F q (x, y) = 0.4x + 0.2y La región factible es la que aparece en la imagen del margen. Sus vértices son A(20,10), B(40,10), C(60,30) y D(40,30) a) La mayor cantidad de pigmento p, se produce para 60 gramos de la pintura A y 30 de la B: F p (40,30) = = 27 ; F p (20,10) = 11 ; F p (40, 10) = 17; F p (60, 30) = 33 b) La menor cantidad de pigmento q, se produce para 20 gramos de la pintura A y 10 de la B: F q (40, 30) = = 22; F q (20, 10) = 10 ; F q (40, 10) = 18 ; F q (60, 30) = 30 4) Problema del transporte Una empresa dedicada a la fabricación de componentes de ordenador tiene dos fábricas que producen, respectivamente, 800 y 1500 piezas mensuales. Estas piezas han de ser transportadas a tres tiendas que necesitan 1000, 700 y 600 piezas, respectivamente. Los costes de transporte, en pesetas por pieza son los que aparecen en la tabla adjunta. Cómo debe organizarse el transporte para que el coste sea mínimo? Tienda A Tienda B Tienda C Fábrica I Fábrica II En este tipo de problemas se exige que toda la producción sea distribuida a los centros de ventas en las cantidades que precisa cada uno; por tanto, no pueden generarse stocks del producto ni en las fábricas ni en los centros de ventas. En consecuencia, los 800 artículos producidos en la fábrica I deben distribuirse en las cantidades x, y, z a A, B y C, de manera que x + y + z = 800. Pero, además, si desde I se envían x unidades a A, el resto, hasta las 1000 necesarias en A, deben ser enviadas desde la fábrica II; esto es, x unidades serán enviadas desde II a A.

15 15 Del mismo modo, si desde I a B se envían y, el resto necesario, y, deben enviarse desde II. Y lo mismo para C, que recibirá z desde I y z desde II. En la siguiente tabla de distribución se resume lo dicho: Envíos a la tienda A (1000) a la tienda B (700) a la tienda C (600) Desde la fábrica I ( 800) x y x - y Desde la fábrica II (1500) x y x + y La última columna la hemos obtenido de la siguiente forma: Como x + y + z = 800, se tiene que z = x - y, de donde, z = (800 - x - y) = x + y Ahora bien, todas las cantidades anteriores deben ser mayores o iguales que cero. Por tanto, se obtienen las siguientes desigualdades: x 0 ; x 0 ; y 0; y 0 ; x - y 0 ; x + y Simplificando las desigualdades anteriores, se obtienen las siguientes inecuaciones: 1000 x 0 ; 700 y 0 ; 800 x + y 0 Recordemos que nuestro objetivo es abaratar al máximo los costes de transporte. Estos costes se hallan multiplicando las cantidades enviadas a desde cada fábrica a cada tienda por los respectivos costes de transporte unitario. Se obtiene: Z = f(x,y) = 3x + 2( x) + 7y + 2(700 - y) + (800 - x - y) + 6(x + y - 200) = 6x + 10y En definitiva, el programa lineal a resolver es : Minimizar: Z = 6x + 10y sujeto a: 1000 x y x + y 0 La región factible se da en la imagen del margen. Sus vértices son A(200,0) ; B(800,0) ; C(100,700) ; D(0,700) y E(0,200). El coste, el valor de Z en cada uno de esos puntos, es: en A, 4200 en B, 7800 en C, en D, en E, 5000 El mínimo se da en A, cuando x = 200 e y = 0. Luego, las cantidades a distribuir son: Envíos a la tienda A (1000) a la tienda B (700) a la tienda C (600) Desde la fábrica I ( 800) Desde la fábrica II (1500) ) Problema de la dieta

16 16 En una granja de pollos se da una dieta "para engordar" con una composición mínima de 15 unidades de una sustancia A y otras 15 de una sustancia B. En el mercado sólo se encuentran dos clases de compuestos: el tipo X con una composición de una unidad de A y cinco de B, y el tipo Y, con una composición de cinco unidades de A y una de B. El precio del tipo X es de 1000 pesetas y el del tipo Y es de 3000 pesetas. Se pregunta: Qué cantidades se han de comprar de cada tipo para cubrir las necesidades con un coste mínimo? El problema se llama así porque en sus orígenes consistió únicamente en determinar la dieta humana más económica. En su forma industrial más corriente, el problema consiste en saber cómo mezclar de la forma más económica posible las materias primas que constituyen un producto de fórmula química conocida. Podemos organizar la información mediante una tabla: Unidades Sustancia A Sustancia B Coste Compuesto X x x 5x 1000x Compuesto Y y 5y y 3000y Total x y La función objetivo del coste total, f, si se emplean x kg del compuesto X e y kg del compuesto Y, es : Z = f(x,y) = 1000x y El conjunto de restricciones es: x 0, y 0 ; x + 5y 15 ; 5x + y 15. Con estos datos representamos la región factible y las rectas de nivel de la función objetivo. De todas las rectas de nivel que tocan a la región factible, hace que el coste Z sea mínimo la que pasa por el vértice A(2.5,2.5). La solución óptima se obtiene comprando 2.5 unidades de X y 2.5 unidades de Y. El coste total es : Z = f(2.5,2.5) = = pesetas. 6) Considera el recinto de la figura en el que están incluidos todos los lados y todos los vértices. a) Escribe la inecuaciones que lo definen b) Maximiza la función Z = x + y a) Hallamos la ecuación de la recta que pasa por (2,0) y (0,2): (0,2) 2 = m 0 + n n = 2 y = mx + n y = - x + 2 x + y = 2 (2,0) 0 = m m = - 1 Los puntos del recinto (por ejemplo, el (0,0) ) verifican x + y 2 Ecuación de la recta paralela al eje X que pasa por (0,2) : y = 2. Los puntos del recinto verifican y 2 Ecuación de la recta paralela al eje X que pasa por (0,-1): y = -1 Los puntos del recinto verifican y - 1 Ecuación de la recta paralela al eje Y que pasa por (2,0) : x = 2 Los puntos del recinto verifican x 2

17 17 Ecuación de la recta paralela al eje Y que pasa por (-2,0): x = - 2 Los puntos del recinto verifican x - 2 Las inecuaciones que cumplen los puntos del recinto son: x + y 2-2 x 2-1 y 2 b) Como la dirección de la función Z = x + y a maximizar es la misma que la del borde x + y = 2, resulta que esta recta es tal que deja todo el recinto a un lado, precisamente del lado que hace x + y 2. Por tanto, el máximo de Z = x + y para (x,y) en el recinto se alcanza para cualquier punto de ese segmento del borde y tiene por valor 2.

18 18 3. Método Simplex El método del simplex se utiliza, sobre todo, para resolver problemas de programación lineal en los que intervienen tres o más variables. El álgebra matricial y el proceso de eliminación de Gauss- Jordan para resolver un sistema de ecuaciones lineales constituyen la base del método simplex. Es un procedimiento iterativo que permite ir mejorando la solución a cada paso. El proceso concluye cuando no es posible seguir mejorando más dicha solución. Partiendo del valor de la función objetivo en un vértice cualquiera, el método consiste en buscar sucesivamente otro vértice que mejore al anterior. La búsqueda se hace siempre a través de los lados del polígono (o de las aristas del poliedro, si el número de variables es mayor). Cómo el número de vértices (y de aristas) es finito, siempre se podrá encontrar la solución. El método del simplex se basa en la siguiente propiedad: si la función objetivo, f, no toma su valor máximo en el vértice A, entonces hay una arista que parte de A, a lo largo de la cual f aumenta. Vamos a resolver mediante el método del simplex el siguiente problema: Se consideran las siguientes fases: 1. Convertir las desigualdades en igualdades Maximizar Z= f(x,y)= 3x + 2y sujeto a: 2x + y 18 2x + 3y 42 3x + y 24 x 0, y 0 Se introduce una variable de holgura por cada una de las restricciones, para convertirlas en igualdades, resultando el sistema de ecuaciones lineales: 2x + y + h = 18 2x + 3y + s = 42 3x +y + d = 24

19 19 2. Igualar la función objetivo a cero - 3x - 2y + Z = 0 3. Escribir la tabla inicial simplex En las columnas aparecerán todas las variables del problema y, en las filas, los coeficientes de las igualdades obtenidas, una fila para cada restricción y la última fila con los coeficientes de la función objetivo: Tabla I. Iteración nº 1 Base Variable de decisión Variable de holgura Valores solución x y h s d h s d Z Encontrar la variable de decisión que entra en la base y la variable de holgura que sale de la base A. Para escoger la variable de decisión que entra en la base, nos fijamos en la última fila, la de los coeficientes de la función objetivo y escogemos la variable con el coeficiente negativo mayor (en valor absoluto). En nuestro caso, la variable x de coeficiente - 3. Si existiesen dos o más coeficientes iguales que cumplan la condición anterior, entonces se elige uno cualquiera de ellos. Si en la última fila no existiese ningún coeficiente negativo, significa que se ha alcanzado la solución óptima. Por tanto, lo que va a determinar el final del proceso de aplicación del método del simplex, es que en la última fila no haya elementos negativos. La columna de la variable que entra en la base se llama columna pivote (En color verde). B. Para encontrar la variable de holgura que tiene que salir de la base, se divide cada término de la última columna (valores solución) por el término correspondiente de la columna pivote, siempre que estos últimos sean mayores que cero. En nuestro caso: 18/2 [=9], 42/2 [=21] y 24/3 [=8] Si hubiese algún elemento menor o igual que cero no se hace dicho cociente. En el caso de que todos los elementos fuesen menores o iguales a cero, entonces tendríamos una solución no acotada y no se puede seguir. El término de la columna pivote que en la división anterior dé lugar al menor cociente positivo, el 3, ya 8 es el menor, indica la fila de la variable de holgura que sale de la base, d. Esta fila se llama fila pivote (En color verde).

20 20 Si al calcular los cocientes, dos o más son iguales, indica que cualquiera de las variables correspondientes pueden salir de la base. C. En la intersección de la fila pivote y columna pivote tenemos el elemento pivote operacional, Encontrar los coeficientes de la nueva tabla. Los nuevos coeficientes de x se obtienen dividiendo todos los coeficientes de la fila d por el pivote operacional, 3, que es el que hay que convertir en 1. A continuación mediante la reducción gaussiana hacemos ceros los restantes términos de su columna, con lo que obtenemos los nuevos coeficientes de las otras filas incluyendo los de la función objetivo Z. También se puede hacer utilizando el siguiente esquema: Fila del pivote: Nueva fila del pivote= (Vieja fila del pivote) : (Pivote) Resto de las filas: Nueva fila= (Vieja fila) - (Coeficiente de la vieja fila en la columna de la variable entrante) X (Nueva fila del pivote) Veámoslo con un ejemplo una vez calculada la fila del pivote (fila de x en la Tabla II): Vieja fila de s Coeficiente x x x x x x Nueva fila pivote 1 1/ /3 8 = = = = = = Nueva fila de s 0 7/ /3 26 Tabla II. Iteración nº 2 Base Variable de decisión Variable de holgura Valores solución x y h s d h 0 1/ /3 2 s 0 7/ /3 26 x 1 1/ /3 8 Z Como en los elementos de la última fila hay uno negativo, -1, significa que no hemos llegado todavía a la solución óptima. Hay que repetir el proceso: A. La variable que entra en la base es y, por ser la variable que corresponde al coeficiente -1 B. Para calcular la variable que sale, dividimos los términos de la última columna entre los términos correspondientes de la nueva columna pivote:

21 21 2:1/3 [=6], 26:7/3 [=78/7] y 8:1/3 [=8] y como el menor cociente positivo es 6, tenemos que la variable de holgura que sale es h. C. El elemento pivote, que ahora hay que hacer 1, es 1/3. Operando de forma análoga a la anterior obtenemos la tabla: Tabla III. Iteración nº 3 Base Variable de decisión Variable de holgura Valores solución x y h s d y s x Z Como en los elementos de la última fila hay uno negativo, -1, significa que no hemos llegado todavía a la solución óptima. Hay que repetir el proceso: A. La variable que entra en la base es d, por ser la variable que corresponde al coeficiente -1 B. Para calcular la variable que sale, dividimos los términos de la última columna entre los términos correspondientes de la nueva columna pivote: 6/(-2) [=-3], 12/4 [=3], y 6:1 [=6] y como el menor cociente positivo es 3, tenemos que la variable de holgura que sale es s. C. El elemento pivote, que ahora hay que hacer 1, es 4. Obtenemos la tabla: Tabla IV. Final del proceso Base Variable de decisión Variable de holgura Valores solución x y h s d y 0 1-1/ d 0 0-7/ x 1 0-3/ Z 0 0 5/ Como todos los coeficientes de la fila de la función objetivo son positivos, hemos llegado a la solución óptima. Los solución óptima viene dada por el valor de Z en la columna de los valores solución, en nuestro caso: 33. En la misma columna se puede observar el vértice donde se alcanza, observando las filas correspondientes a las variables de decisión que han entrado en la base: D(3,12)

22 22 4. Método Simplex Si en el problema de maximizar apareciesen como restricciones inecuaciones de la forma: ax + by c; multiplicándolas por - 1 se transforman en inecuaciones de la forma - ax - by - c y estamos en el caso anterior * Si en lugar de maximizar se trata de un problema de minimizar se sigue el mismo proceso, pero cambiando el sentido del criterio, es decir, para entrar en la base se elige la variable cuyo valor, en la fila de la función objetivo, sea el mayor de los positivos y se finalizan las iteraciones cuando todos los coeficientes de la fila de la función objetivo son negativos Interpretación geométrica del método del Las sucesivas tablas que hemos construido van proporcionando el valor de la función objetivo en los distintos vértices, ajustándose, a la vez, los coeficientes de las variables iniciales y de holgura. En la primera iteración (Tabla I) han permanecido todos los coeficientes iguales, se ha calculado el valor de la función objetivo en el vértice A(0,0), siendo este 0. A continuación se desplaza por la arista AB, calculando el valor de f, hasta llegar a B. Este paso aporta la Tabla II. En esta segunda iteración se ha calculado el valor que corresponde al vértice B(8,0): Z=f(8,0) = 24 Sigue por la arista BC, hasta llegar a C, donde se para y despliega los datos de la Tabla III. En esta tercera iteración se ha calculado el valor que corresponde al vértice C(6,6) : Z=f(6,6)=30. Continua haciendo cálculos a través de la arista CD, hasta llegar al vértice D. Los datos que se reflejan son los de la Tabla IV. Concluye con esta tabla, advirtiendo que ha terminado (antes ha comprobado que la solución no mejora al desplazarse por la arista DE) El valor máximo de la función objetivo es 33, y corresponde a x = 3 e y = 12 (vértice D). Si calculas el valor de la función objetivo en el vértice E(0,14), su valor no supera el valor 33. Actividades propuestas 1) Representar el conjunto de puntos que satisfacen simultáneamente las inecuaciones: x 2 ; x - 2 ; y 1 2) Describir mediante un sistema de desigualdades la región interior del polígono convexo con vértices en los puntos: O(0,0), A(0,4), B(4,0), C(3,3). 3) Escribe inecuaciones que definan una región plana cerrada de modo que los puntos (1,0) y (0,1) pertenezcan a dicha región, y que los puntos (0,0) y (2,2) no pertenezcan. Haz una representación gráfica de la región que elijas. 4) Escribe un conjunto de inecuaciones que tengan como solución común el interior de un triángulo rectángulo cuyos catetos miden 1 y 2 respectivamente y se apoyan en los ejes coordenados X e Y. (Puedes elegir cualquiera de las posibles colocaciones)

23 23 5) Dada la región del plano definida por las inecuaciones: x + y ; 0 x 3 ; 0 y 2. Para qué valores de la región es máxima la función Z = 5x + 2y? 6) Maximizar la función F(x,y) = 3x + 2y en el dominio y + 2x 0 ; 3y - x 1 ; 2 x 0; y 0 7) Se considera el recinto plano de la figura en el que están incluidos los tres lados y los tres vértices de las rectas asociadas a las desigualdades a) Hallar las inecuaciones que definen el recinto. b) Maximizar la función Z = 3x - 6y sujeta a las restricciones del recinto. 8) Se considera la región del primer cuadrante determinada por las inecuaciones: x + y 8 ; x + y 4 ; x + 2y 6 a) Dibujar la región del plano que definen, y calcular sus vértices. b) Hallar el punto de esa región en el que la función F(x,y) = 3x + 2y alcanza el valor mínimo y calcular dicho valor. 9) a) Representar gráficamente el conjunto de puntos que satisfacen las siguientes inecuaciones lineales: x + 2y 10 ; x + y 2 ;x 8; x 0; y 0 b) Hallar el máximo y el mínimo de F(x,y) = x - 3y, sujeto a las restricciones representadas por las inecuaciones del apartado anterior. b) 10) Hallar los valores máximo y mínimo de la función f(x,y) = x + 2y - 2, sometida a las restricciones: x + y ; x - y + 2 0; x 3; y 1; y 3 11) Resolver gráficamente el siguiente problema de programación lineal: Maximizar Z = 0.75x + y Sujeto a : x + 3y 15 5x + y 20 3x + 4y 24 x 0 ; y 0 Es única la solución? 12) Sea el recinto poligonal convexo definido por el sistema de inecuaciones: x - 4y - 4 ; x + 2y - 4 0; x 0 ; y 0 Se pide: a) Dibujarlo y hallar sus vértices. b) Razonar si es posible maximizar en él la función f(x,y)= x + 2y. c) En caso afirmativo, calcular el valor óptimo correspondiente y puntos donde se alcanza.

24 24 13) Un estudiante dedica parte de su tiempo al reparto de propaganda publicitaria. La empresa A le paga 5 ptas. por cada impreso repartido y la empresa B, con folletos más grandes, le paga 7 pesetas por impreso. El estudiante lleva dos bolsas: una para los impresos A, en la que caben 120, y otra para los impresos B, en la que caben 100. Ha calculado que cada día es capaz de repartir 150 impresos como máximo. Lo que se pregunta el estudiante es: cuántos impresos habrá de repartir de cada clase para que su beneficio diario sea máximo? 14) En una fábrica de bombillas se producen dos tipos de ellas, las de tipo normal valen 450 pesetas y las halógenas 600 pesetas. La producción está limitada por el hecho de que no pueden fabricarse al día más de 400 normales y 300 halógenas ni más de 500 en total. Si se vende en toda la producción, cuántas de cada clase convendrá produccir para obtener la máxima facturación? 15) Una compañía aérea tiene dos aviones A y B para cubrir un determinado trayecto. El avión A debe hacer más veces el trayecto que el avión B pero no puede sobrepasar 120 viajes. Entre los dos aviones deben hacer más de 60 vuelos pero no menos de 200. En cada vuelo A consume 900 litros de combustible y B 700 litros. En cada viaje del avión A la empresa gana ptas. y por cada viaje del 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? 16) Una fábrica de carrocerías de automóviles y camiones tiene dos naves. En la nave A, para hacer la carrocería de un camión, se invierten 7 días-operario, para fabricar la de un coche se precisan 2 días-operario. En la nave B se invierten tres días operario tanto en carrocerías de camión como de coche. Por limitaciones de mano de obra y maquinaria, la nave A dispone de 300 días operario, y la nave B de 270 días-operario. Si los beneficios que se obtienen por cada camión son de 6 millones de pesetas y por cada automóvil 2 millones de pesetas, cuántas unidades de cada uno se deben producir para maximizar las ganancias? 17) Un pastelero tiene 150 kg de harina, 22 kg de azúcar y 27 5 kg de mantequilla para hacer dos tipos de pasteles P y Q. Para hacer una docena de pasteles de tipo P necesita 3 kg de harina, 1 kg de azúcar y 1 de mantequilla y para hacer una docena de tipo Q necesita 6 kg de harina, 0 5 kg de azúcar y 1 kg de mantequilla. El beneficio que obtiene por una docena de tipo P es 20 y por una docena de tipo Q es 30. Halla, utilizando las técnicas de programación lineal, el número de docenas que tiene que hacer de cada clase para que el beneficio sea máximo. 18) Una empresa fabrica dos tipos de rotuladores, de la clase A a 200 ptas. la unidad y de la clase B a 150 ptas. En la producción diaria se sabe que el número de rotuladores de la clase B no supera en 1000 unidades a los de la A; además, entre las dos clases no superan las 3000 unidades y la de la clase B no bajan de 1000 unidades por día. Hallar el costo máximo y mínimo de la producción diaria. 19) Una compañía fabrica dos modelos de sombrero: Bae y Viz. La fabricación de los sombreros se realiza en las secciones de moldeado, pintura y montaje. La fabricación de cada modelo Bae requiere 2 horas de moldeado, 3 de pintura y una de montaje. La fabricación del modelo Viz requiere tres horas de moldeado, 2 de pintura y una de montaje. Las secciones de moldeado y pintura disponen, cada una, de un máximo de horas cada mes, y la de montaje de 600.Si el

25 25 modelo Bae se vende a pesetas y el modelo Viz a pesetas, qué cantidad de sombreros de cada tipo ha de fabricar para maximizar el beneficio mensual? 20) Cada mes una empresa puede gastar. Como máximo, ptas. en salarios y ptas. en energía (electricidad y gasoil). La empresa sólo elabora dos tipos de productos A y B. Por cada unidad de A que elabora gana 80 ptas. y 50 ptas. por cada unidad de B. El coste salarial,ms Sans Serif,Helvetica y energético que acarrea la elaboración de una unidad del producto A y una del B aparece en la siguiente tabla: A B Coste salarial,ms Sans Serif,Helvetica Coste energético Se desea determinar cuántas unidades de cada uno de los productos A y B debe producir la empresa para que el beneficio sea máximo 21) Una persona tiene pesetas para invertir en dos tipos de acciones A y B. El tipo A tiene bastante riesgo con un interés anual del 10% y el tipo B es bastante seguro con un interés anual del 7%. Decide invertir como máximo pesetas en A y como mínimo pesetas en B, e invertir en A por lo menos tanto como en B. Cómo deberá invertir sus pesetas para maximizar sus intereses anuales? 22) Una industria vinícola produce vino y vinagre. El doble de la producción de vino es siempre menor o igual que la producción de vinagre más cuatro unidades. Por otra parte, el triple de la producción de vinagre sumado con cuatro veces la producción de vino se mantiene siempre menor o igual a 18 unidades. Halla el número de unidades de cada producto que se deben producir para alcanzar un beneficio máximo, sabiendo que cada unidad de vino deja un beneficio de 800 ptas. y cada unidad de vinagre de 200 ptas. 23) Un hipermercado necesita como mínimo 16 cajas de langostino, 5 cajas de nécoras y 20 de percebes. Dos mayoristas, A y B, se ofrecen al hipermercado para satisfacer sus necesidades, pero sólo venden dicho marisco en contenedores completos. El mayorista A envía en cada contenedor 8 cajas de langostinos, 1 de nécoras y 2 de percebes. Por su parte, B envía en cada contenedor 2, 1 y 7 cajas respectivamente. Cada contenedor que suministra A cuesta ptas., mientras que los del mayorista B cuestan pesetas cada uno. Cuántos contenedores debe pedir el hipermercado a cada mayorista para satisfacer sus necesidades mínimas con el menor coste posible? 24) Imaginemos que las necesidades semanales mínimas de una persona en proteínas, hidratos de carbono y grasas son 8, 12, 9 unidades respectivamente. Supongamos que debemos obtener un preparado con esa composición mínima mezclando los productos A y B cuyos contenidos por kilogramo son los que se indican en la siguiente tabla: Proteínas Hidratos Grasas Coste(kg) Producto A Producto B

26 26 Cuántos kilogramos de cada producto deberán comprarse semanalmente para que el costo de preparar la dieta sea mínimo? 25) Podemos comprar paquetes de abono A o B. Cada paquete contiene las unidades de potasio (K), fósforo (P) y nitrógeno (N) indicadas en la tabla, donde se da el precio del paquete. Marca K P N Precio A B En qué proporción hay que mezclar ambos tipos de abono para obtener al mínimo precio un abono que contenga 4 unidades de K, 23 de P y 6 de N 26) Dos mataderos, P y Q, se encargan de suministrar la carne consumida semanalmente en tres ciudades, R, S y T: 20, 22 y 14 toneladas, respectivamente. El matadero P produce cada semana 26 toneladas de carne, y el Q, 30. Sabiendo que los costes de transporte, por tonelada de carne, desde cada matadero de a cada ciudad, son los reflejados en la siguiente tabla: R S T P Q Determinar cuál es la distribución de transporte que supone un coste mínimo 27) Desde dos almacenes A y B, se tiene que distribuir fruta a tres mercados de la ciudad. El almacén A dispone de 10 toneladas de fruta diarias y el B de 15 toneladas, que se reparten en su totalidad. Los dos primeros mercados necesitan, diariamente, 8 toneladas de fruta, mientras que el tercero necesita 9 toneladas diarias. El coste del transporte desde cada almacén a cada mercado viene dado por el siguiente cuadro: Almacén Mercado 1 Mercado 2 Mercado 3 A B Planificar el transporte para que el coste sea mínimo 28) Se va a organizar una planta de un taller de automóviles donde van a trabajar electricistas y mecánicos; por necesidades de mercado, es necesario que haya mayor o igual número de mecánicos que de electricistas y que el número de mecánicos no supere al doble que el de electricistas. En total hay disponibles 20 electricistas y 30 mecánicos. El beneficio de la empresa por jornada es ptas. por electricista y por mecánico. Cuántos trabajadores de cada clase deben elegirse para obtener el máximo beneficio? 29) Una empresa fabrica dos tipos de colonia: A y B. La primera contiene un 15% de extracto de

27 27 jazmín, un 20% de alcohol y el resto es agua y la segunda lleva un 30% de extracto de jazmín, un 15% de alcohol y el resto es agua. Diariamente se dispone de 60 litros de extracto de jazmín y de 50 litros de alcohol. Cada día se pueden producir como máximo 150 litros de la colonia B. El precio de venta por litro de la colonia A es de 500 pesetas y el de la colonia B es pesetas. Hallar los litros de cada tipo que deben producirse diariamente para que el beneficio sea máximo. 30) Los 400 alumnos de un colegio van a ir de excursión. Para ello se contrata el viaje a una empresa que dispone de 8 autobuses con 40 plazas y 10 con 50 plazas, pero sólo de 9 conductores para ese día. Dada la diferente capacidad y calidad, el alquiler de cada autobús de los grandes cuesta 8000 ptas. y el de cada uno de los pequeños, 6000 ptas. Cuántos autobuses de cada clase convendrá alquilar para que el viaje resulte lo más económico posible? 31) La casa X fabrica helados A y B, hasta un máximo diario de 1000 kg. La fabricación de un kg de A cuesta 180 ptas., y uno de B, 150. Calcule cuántos kg de A y B deben fabricarse, sabendo que la casa dispone de ptas/día y que un kg de A deja un margen igual al 90% del que deja uno de B. 32) A una persona que quiere adelgazar se le ofrecen dos productos A y B para que tome una mezcla de ambos con las siguientes recomendaciones: No de be tomar más de 150 g de la mezcla ni menos de 50 g. La cantidad de A debe ser igual o superior a la de B. No debe incluir más de 100 g de A Si 100g de A contiene 30 mg de vitaminas y 450 calorías y 100 g de B contienen 20 mg de vitaminas y 150 calorías: a) Cuántos gramos de cada producto debe mezclar para obtener el preparado más rico en vitaminas? b) Y el más pobre en calorías? 33) Se desea obtener tres elementos químicos a partir de las sustancias A y B. Un kilo de A contiene 8 gramos del primer elemento, 1 gramo del segundo y 2 del tercero; un kilo de B tiene 4 gramos del primer elemento, 1 gramo del segundo y 2 del tercero. Si se desea obtener al menos 16 gramos del primer elemento y las cantidades del segundo y del tercero han de ser como mucho 5 y 20 gramos respectivamente y la cantidad de A es como mucho el doble que la de B, calcule los kilos de A y y los de B que han de tomarse para que el coste sea mínimo si un kilo de A vale 200 ptas. y uno de B 1000 ptas. Puede eliminarse alguna restricción? 34) Los precios de venta de dos productos A y B están en la misma relación que 7 y 6. La producción de estos está definida por las siguientes condiciones: La producción de A es mayor o igual que la mitad de B y menor o igual que el doble de B. La producción total es tal que si sólo se produce A, se producen 10 kg, y si sólo se produce B, se producen 15 kg. Y si se producen conjuntamente, la producción máxima se encuentra en la recta que une los puntos anteriores. Dar la función objetivo de la venta de ambos productos. Expresar mediante inecuaciones el recinto definido. Determinar los kilos que se han de producir de cada producto para obtener el máximo beneficio. 35) Un carpintero tiene que construir mesas rectangulares cuyas dimensiones no sobrepasen 2

28 28 metros y tales que la suma de su dimensión mayor y el doble de la menor no sobrepase 4 metros. Cuál es el máximo valor del perímetro de dichas mesas? Soluciones 1) 2) x > 0, y > 0, x + 3y < 12, 3x + y < 12. 3) x 0, y 0, x + y 2, x + y 1. Entre otras posibles soluciones 4) x > 0, y > 0, 2x + y < 2. 5) La función Z es máxima para el vértice (3,2), que es 19. 6) La función alcanza su máximo en el vértice (2,1) y su valor es 8. 7) Las inecuaciones son: y 3 ; y - x 0 ; y - 3x 0. La función es máxima para (0,0) y el valor alcanzado es 0 8) Los vértices son A(6,0), B(8,0), C(0,8), D(0,4) y E(2,2). La función toma el mínimo valor en el vértice D y vale 8.

29 29 9) El máximo se alcanza en (8,0) y es 8. El mínimo se alcanza en (0,5) y es ) El máximo se alcanza en (3,3) y es 7. El mínimo se alcanza en (1,1) y es 1. 11) El máximo es 24 y se alcanza en todos los puntos de un segmento. Por tanto, la solución no es única. Una posible solución es (56/17,60/17 12) Como Z = x + 2y es paralela a x + 2y - 4 = 0, cualquier punto del segmento que une (4/3,4/3) con (4,0) maximiza Z, dando el mismo valor, 4. 13) 50 de A y 100 de B 14) 200 normales y 300 halógenas 15) La máxima ganancia se obtiene con 120 viajes del avión A y 80 del avión B y es de 52 millones de pesetas. El mínimo consumo se obtiene con 30 viajes de cada avión y es litros 16) 66 automóviles y 24 camiones

30 30 17) 5 docenas de pasteles del tipo P y docenas de pasteles del tipo Q 18) La solución óptima mínima es producir 1000 rotuladores de clase B y ninguno de la clase A, siendo el costo mínimo diario de pesetas. La solución óptima máxima es producir 2000 rotuladores de la clase A y 1000 de la clase B, siendo el costo máximo de pesetas. 19) 300 sombreros del tipo Bae y 300 sombreros del tipo Viz 20) 2400 unidades del producto A y 5200 del producto B 21) pesetas en acciones del tipo A y pesetas en acciones del tipo B. 22) 3 unidades de vino y 2 de vinagre. 23) 3 contenedores al mayorista A y 2 al mayorista B.

31 31 24) 3 kg del producto A y 2 kg del producto B. 25) Se minimiza el precio con 1/2 de A y 2 de B. 26) R S T P Q ) M1 M2 M3 A B ) 20 electricistas y 30 mecánicos 29) 100 litros de colonia del tipo A y 150 litros de colonia del tipo B. 30) Hay que alquilar 5 autobuses de 40 plazas y 4 de 50 plazas. El precio es de pesetas

32 32 31) 1000 kg del helado tipo B y nada de tipo A 32) (a) 100 g de A y 50 g de B (b) 25 g de A y 25 g de B 33) 1.6 kg de A y 0.8 kg de B. 34) f(x,y) = (7/6)x + y 2y x y/2 ; x/10 + y/15 1 ; x 0; y 0 30/7 kilogramos del producto A y 60/7 kilogramos del producto B 35) 6 metros.

33 33 5. Solución de Formas no Canónicas Forma Estandar Este método es un método heurístico, esto significa que su precisión es válida siempre y cuando se sigan al pie de la letra los pasos que establece, basicamente se deben cumplir los siguientes: 1. La función objetivo PPL sino es del tipo de maximización debe convertirse a ella, usando lo siguiente: MIN Z MIN Z = 4X + 2Y MAX (-Z) MAX -Z = -4X - 2Y 2. Se necesita llevar todas las desigualdades a igualdades.en todas las igualdades deben haber variables de Holgura y variables Artificiales 3. Todas las variables que se usan tienen que ser mayores o iguales a cero. Cualquier variable que aún no haya sido sujeta a restricción de no negatividad,se reemplaza por la diferencia entre dos de las variables que tengan esta restricción. Las restricciones lineales son de la forma : Donde ~ representa una de las variables, no necesariamente la misma para cada i. Las constantes bi se pueden considerar siempre como no negativas. La restricción 2X 1-3X 2 + 4X 3 < -5 Se multiplica por (-1) y obtenemos: -2X 1 + 3X 2-4X 3 > 5 B: Matriz Términos Independientes I: Matriz Identidad formada por las variables de holgura o artificiales. O: Matriz Nula A: Matriz de Coeficientes de las restricciomes. C: Coeficiente con signo contrario de la función objetivo.

34 34 COSTOS DE PENALIZACION La introducción de variables de holgura y superfluas no alteran ni la naturaleza de las restricciones ni al objetivo. Por consiguiente, estas variables se incorporan a la función objetivo con coeficientes cero. Las variables artificiales, sin embargo, cambian la naturaleza de las restricciones. Ya que se agregan sólo a un lado de una desigualdad, el nuevo sistema es equivalente al sistema anterior de restricciones sólo si las variables artificiales son cero. Para garantizar estas condicciones en la solución óptima ( en contraste con la solución inicial), las variables artificiales se incorporan en la función objetivo con coeficientes positivos muy grandes si se trata de un programa de minimización, o con coeficientes negativos muy grandes si se trata de un programa de maximización. Estos coeficientes, que se denotan con M o -M donde M se considera un número positivo muy grande, representa el (severo) costo de penalización en el que se ha incurrido al hacer una asignación unitaria a las variables artificiales. En los cálculos manuales, los costos de penalización pueden dejarse como+- M. En cálculos obtenidos con el empleo de computadora ( u ordenador), a m debe asignársele un valor numérico, generalmente tres o cuatro veces mayor que cualquier otro número en el programa. FORMA TÍPICA Un programa lineal está en forma estándar si todas las restricciones son iguales y si se conoce una solución factible. En notación matricial, la forma estándar es: Optimícese: z = X Con la condición: AX = B Con: X > 0 Donde X es el vector columna de incógnitas, incluyendo todas las variables de holgura, superfluas y artificiales; es el vector renglón de los costos correspondientes ; A es la matriz de coeficientes de las ecuaciones de restricciones. El exponente t indica transposición. Si Xo denota sólo al vector de las variables de holgura y artificiales, entonces la solución factible inicial está dada por Xo=B, entendiéndose que a toda variable en X que no se incluya en Xo se le asigna un valor cero. Minimizar Z = 2X 1 + 3X 2

35 35 Sujeto a: 5X 1-3X 2 < -2 3X 1 + 2X 2 < 3 con X1, X2 > 0 PASO 1 Minimizar Z = 2X3-2X4 + 3X2 Sujeto a: 5X3-5X4-3X2 < -2 3X3-3X4 + 2X2 < 3 con X2 > 0, X3 > 0, X4 > 0 PASO 2 Minimizar Z = 2X3-2X4 + 3X2 Sujeto a: -5X3 + 5X4 + 3X2 > 2 3X3-3X4 + 2X2 < 3

36 36 con X2 > 0, X3 > 0, X4 > 0 PASO 3 Minimizar Z = 2X3-2X4 + 3X2 + 0X5 + 0X6-5X3 + 5X4 + 3X2 - X6 = 2 3X3-3X4 + 2X2 + X5 = 3 PASO 4-5X3 + 5X4 + 3X2 - X6 + X7 = 2 3X3-3X4 + 2X2 +X5 = 3 Minimizar Z= 2X3-2X4+ 3X2 + 0X5+ 0X6 + MX7 Con: Z= CX

37 37 AX= B X > 0 Una solución inicial haciendo cada variable de holgura y cada variable artificial es haciendola igual al lado derecho de la ecuación en la cual aparece y haciendo las otras variables incluyendo las superfluas iguales a cero. X0= X3 = X4 = X2 = X6 = 0 Minimizar Z=3X1 + 2X2 + 4X3 + 6X4 Sujeto a: X1 + 2X2 + X3 + X4 > X1 + X2 + 3X3 + 7X4 > 1500 con: X1, X2, X3, X4 > 0 Minimícese Z = 3X1 + 2X2 + 4X3 + 6X5-6X6 + 0X7 + 0X8 + MX9 + MX10 Donde

38 38 X4= X5 - X6 Sujeto a: X1 + 2X2 + X3 + X5 - X6 - X7 + X9 > X1 + X2 + 3X3 + 7X5-7X6 - X8 + X10 >1500 con X1, X2, X3, X4, X5 >= 0 Maximizar Z = 7X1 + 2X2 + 3X3 + X4 Sujeto a: 2X1 + 7X2 < 7 5X1 + 8X2 + 2X4 < 10 X1 + X3 < 11 con: X1, X2, X3, X4 > 0

39 39 Maximícese Z = 7X1 + 2X2 + 3X3 + X4 + 0X5 - MX6 - MX7 Sujeto a: 2X1 + 7X2 + X5 = 7 5X1 + 8X2 + 2X4 + X6 = 10 X1 + X3 + X7 = 11 con X1, X2, X3, X4 > 0

40 40 6. Solución de Formas no Canónicas Tableau Simplex El método simplex es un procedimiento matricial para resolver programas lineales expresados en forma estándar: Donde B > 0 y es conocida una solución factible básica X 0. Empezando con X 0, el método localiza sucesivamente otras soluciones factibles básicas que tienen mejores valores del objetivo hasta obtener la solución óptima. Para programas de optimización, el método simplex utiliza el tableau siguiente donde C 0 designa al vector de costo asociado con la variable en X 0. Para programas de maximización este tableau se aplica a los elementos del Renglón Inferior se les cambian los signos. Minimícese:

41 41 Z = X1+ 2X2 + 3X3 Con las condiciones: 3X1 + 4X3 < 5 5X1 + X2 + 6X3 = 7 8X1 + 9X3 > 2 con: todas las variables no negativas El tableau se convierte en:

42 42 SIMPLIFICACION AL TABLEAU Para cada j(j=1,2,...,n), definase el producto escalar ( o producto punto) de C 0 con la columna j de A. El ítem j en el último renglón del tablón es C j -Z j (o para un programa de maximización Z j - C j ) donde C j es el costo en el segundo renglón del Tableau, inmediatamente encima de Aj. Una vez que se obtiene este último renglón, el segundo renglón y la segunda columna del tableau, que corresponden respectivamente a y C 0, resultan superfluos y pueden eliminarse.

43 43 7. Dualidad Dualidad A cada programa lineal en las variables X 1, X 2,...,X n corresponde, asociado otro programa lineal en las variables W 1, W 2,..., Wm (donde m es el número de restricciones en el programa original), conocido como su dual. El programa original, denominado primario, determinará por completo la forma de su dual. 1: Si el primal tiene solución óptima el dual también. 2. Si el primal tiene solución no acotada el dual tiene solución no factible. 3. Si el primal tiene solución no factible el dual también. Existen dos tipos de duales: Duales Simétricos Duales Asimétricos El dual de un programa lineal (primario) en la forma matricial (no estándar). PRIMAL Es el programa lineal: DUAL Recíprocamente, el programa dual del programa 2 es el programa 1. Los programas 1 y 2 son simétricos en el sentido de que ambos involucran variables no negativas y las restricciones de desigualdad; se conocen como duales simétricos uno del otro. A las variables duales W 1, W 2,..., Wm, a veces se les denomina precios sombra. Los precios sombra para el recurso i (denotados por Yi*) miden el valor marginal del recurso es decir, la tasa a la que Z puede aumentar si se incrementa un poco la cantidad que se proporciona

44 44 de ese recurso bi. El método simplex identifica este precio sombra como Yi*=Coeficiente de la í- esima variable de holgura en el renglón (0) de la tabla simplex final. El incremento en bi debe ser suficientemente pequeño para que el conjunto actual de variables básicas sigan siendo óptimas ya que esta tasa (el valor marginal) cambia si el conjunto de variables básicas cambia. Si Y* > 0 : La solución óptima cambia si bi lo hace. Si Yi* = 0 : La solución óptima no es sensible al menos a cambios pequeños. SOLUCIONES DUALES Teorema de dualidad: Si existe una solución óptima para el programa primario o para el dual simétrico, entonces el otro programa tiene también una solución óptima y las dos funciones objetivo tienen el mismo valor óptimo. En tales situaciones, la solución óptima, al programa primario (dual) se encuentra en el último renglón del tableau símplex para el programa dual (primario), en aquellas columnas asociadas con las variables de holgura o superfluas. Ya que las soluciones a ambos programas se obtienen al resolver cualquiera de ellos, puede resultar ventajoso, desde el punto de vista de los cálculos, resolver el dual de un programa, en vez de resolver el programa mismo. Principio de holgura complementaria: Dado que un par de programas duales simétricos tienen soluciones óptimas, entonces si la k-ésima restricción de un sistema se conserva como desigualdad esto es, la variable asociada de holgura o superfluas es positiva, el k-ésimo componente de la solución óptima de su dual simétrico es cero. DUALES ASIMÉTRICOS Para los programas primarios en forma estándar, los duales pueden definirse de la siguiente forma Primario Dual Dado un programa en forma estándar su dual no se encuentra en forma estándar su dual no se encuentra en forma estándar, estos duales simétricos.

45 45 La solución a un dual asimétrico no es en general, inmediatamente aparente a partir de la solución al programa primario; las relaciones son: Co y Ao están formados por aquellos elementos de C y de A, ya sea en el programa o en el que corresponden a las variables básicas en X*; en Bo y Ao, están formados por aquellos elementos de B y de A, ya sea en el programa que corresponden a las variables básicas en W*.

46 46 8. Análisis de Sensibilidad CAMBIOS EN UN NIVEL DE RECURSOS En la empresa en estudio. Por escasez de materia prima solo es posible disponer de 130 libras. Será posible fabricar nuestros productos con esta cantidad de materia prima. Si es posible, cómo afecta nuestro objetivo y nuestro plan? Con estas preguntas que nos hacemos, entramos a analizar nuestro recurso sin necesidad de desarrollar todo el problema. El planteamiento general sería: Sea b i el recurso disponible y ab i posible aumento o disminución de este recurso. Sea h j la variable de holgura o E j de exceso de un recurso i. Entonces para que un recurso se pueda modificar debe cumplir la condición b i + ab i ³ 0 para las variables básicas, lo cual nos produce como resultado final un posible tamaño de cambio para a. Consideremos nuestra pregunta: La materia prima está representada por la variable (columna) holgura h 1 entonces se tiene que: Base b i h 1 X /3 am ³ 0 H 2 5/3-11/9 am ³ 0 X 3 80/3-2/9 am ³ 0 La solución a las desigualdades es la siguiente: am ³ -105 am 1,36 am 120 Al graficar estas desigualdades obtenemos el área de solución del problema. 105 Am

47 47 Indica que la materia prima se puede reducir en 105 libras o aumentar hasta en 1,36 libras, o sea que el rango de la materia prima está dado por: Mat. Pri ,36 75 Mat. Pri. 181,36 El valor 130 libras que es nuestra limitante está en el rango de trabajo, por lo tanto si es posible fabricar nuestros productos. Cuál es el nuevo plan, en este caso: am= = -50 X 2 = /3(-50) = 110/3 h 2 = 5/3-11/9(-50) = 565/9 X3 = 80/3-2/9(-50) = 340/9 Este sería el nuevo plan de producción (cumple las restricciones), con un beneficio máximo de : $427,22 (comprobarlo). El beneficio se puede obtener utilizando la función objetivo Z j que mide la contribución que aporta cada unidad. Una libra de materia prima debe aportar $3,22 a la función objetivo, como hay una reducción el beneficio sería de: $588,33 + 3,22(-50) = $ 427,22 Si Ud. Desarrolla el mismo proceso para el tiempo de producción debe llegar a la siguiente conclusión: 3 < Tiemp. Pro. < 6 horas Esto significa que el tiempo de producción se reduce en 2 horas sobre la base de 5 (valor de la restricción tiempo de producción, o se puede aumentar en 1 hora.

48 Análisis de Sensibilidad ADICIÓN DE UNA VARIABLE Algunas veces nos preguntamos si una actividad (variable no básica) es posible incluirla en la base, manteniendo las restricciones. Consideremos el mismo ejercicio, si nuestro cliente desea que se le fabriquen 20 unidades del producto uno. Es posible. Para esto hay que recordar que los coeficientes que aparecen en la tabla de solución son las tasas físicas de sustitución y sirven para transformar asignaciones actuales de recursos (variables básicas) en asignaciones nuevas de recursos (variables no básicas). Una tasa física positiva indica que el valor de la variable básica se reducirá en ese valor al aumentar en una unidad el valor de la variable no básica y un negativo señala lo contrario al aumentar el valor de la variable no básica. Teniendo en cuanta lo anterior podemos plantear lo siguiente: PLAN ANTIGUO X 1 X 1 NUEVO Cb Base Antes del Cambio Después del Cambio 6.5 X2 2/3-2/3*(20) 170/ H2-5/9 5/9*(20) 115/9 5/3 5 X3 4/9-4/9*(20) 160/9 80/3 5 X1 20 b 1 x Valor de la Solución Zj Cj-Zj Para X 2 la operación sería : 70-2/3(20) = 170/3 El plan básico (óptimo) Z j = 588,33 El plan nuevo Z j = $557,22. Cómo se llega a esta respuesta. Comprobar que cumplen las restricciones o limitaciones con este nuevo plan factible. Amigo estudiante, sería posible fabricar 30 unidades del producto X 4. Desarrollar la respuesta. ADICIONAR UNA NUEVA VARIABLE AL PROBLEMA La adición de una nueva variable decisoria X j, crea nuevos términos (C - Z) y nuevas columnas h j o E j en el tablero de trabajo. A esta variable decisoria se le asocia un nuevo precio unitario C j y un vector de coeficiente tecnológicos a ij, que representa la utilización de cada recurso para esta nueva

49 49 variable decisoria. Los nuevos elementos se calculan evaluando el costo de oportunidad (C j - Z j ) x a ij + C ij Si el nuevo término (C - Z) 0 la variable X j no entra a la base, en caso contrario se aplica el algoritmo simplex hasta encontrar la solución óptima. Considerando nuestro caso, se desea producir un nuevo producto X 5 con un precio unitario de $7 y por cada unidad fabricada se emplea 3 libras de materia prima, 2 pies 3 de espacio, y una tasa de producción de 10 unidades/hora. {(-3,22 x 3) + (0 x 2) + (-1,660 x (1/10))} + 7 = 2,826 no entra a la base. Supongamos que la utilización de los recursos son de 1, 1, 1/10, respectivamente obtenemos los siguientes resultados; [(-3,22) x (1) + (0) x (1) +(1,66) x (1/10) + 7 =3,614 entra a la base. Nos preguntamos cómo se puede insertar esta nueva variable y esta nueva columna en nuestros recursos. Tomando las columnas de las variables de holgura mediamos la incidencia que presenta en el comportamiento de la variable X 5 y en la base. Tenemos entonces que: {(2/3 x 1) + (0 x 1) + (- 10 x 1/10)} = -1/3 {(-11/9 x 1) +(1 x 1) +(-5/3 x 1/10)} = -7/18 {(-2/9 x 1) + (0 x 1) + (40/3 x 1/10)} = 10/9 Los resultados anteriores son evaluados en el tablero final. Tomando como referencia la tabla final de nuestro problema óptimo obtenemos la siguiente solución, al hacer los cambios adecuados en la base y en los coeficientes respectivos. El resumen de estos pasos está indicado en las siguientes tablas: C j Valor de la C b base X 1 X 2 X 3 X 4 h 1 h 2 h 3 X 5 solución 6.5 X 2 2/ / h 2-5/ /2-11/9 1-5/3 5/3 5 X 3 4/ /9 0 40/3 80/3 Z j C j -Z j X 2 2/ / /3 70

50 50 0 h 2-5/ /9 1-5/3-7/18 5/3 5 X 3 4/ /9 0 40/3 10/9 80/3 Zj Cj-Zj X 2 4/5 1 3/10 2 3/ h 2-2/5 0 7/20-7/2-13/ X 5 2/5 0 9/10 0-1/ Zj Cj-Zj

51 El Problema del Transporte Introducción Recibe el nombre de problemas de transporte debido a que muchas de sus aplicaciones involucran determinar la manera óptima de transportar bienes. Problemas de Asignación incluye aplicaciones tales como la de asignar personas a tareas. Aunque sus aplicaciones parecen ser muy distintas a las del problema de transporte, veremos que se puede considerar como un caso especial del de transporte. Las aplicaciones de los problemas de transporte y asignación tienden a requerir un número muy grande de restricciones y variables, de manera que una aplicación en computadora del método simplex puede requerir un esfuerzo computacional exorbitante, aunque una característica clave de estos problemas es que la mayor parte de los coeficientes a ij en las restricciones son cero. Restricciones Fundamentales La capacidad de producción de cada una de las m centros de producción (orígenes) no puede ser infinita. Se las designa como : S i : capacidad de producción del origen i Tampoco la capacidad de almacenamiento de las n destino puede ser infinita, se los designa como d j D j : capacidad de almacenamiento del destino j Ambas variables son enteras positivas. Para la S i se cumple: Desde el punto de vista de un destino (para D j )

52 52 Otras restricciones: Restricciones de no negatividad: Para todos los : X ij, X ij > 0 Propiedades Propiedad de soluciones enteras Toda solución factible del problema de transporte asigna valores enteros positivos a las variables de decisión. Propiedad de soluciones factibles

53 Una condición necesaria y suficiente para que un problema de transporte tenga soluciones factibles es que la suma de los recursos (capacidad total de producción del sistema) sea igual a la suma de las demandas (capacidad total de almacenamiento del sistema) 53 Esta propiedad implica que en la solución factible Donde X ij son los valores de las variables de decisión en la solución factible. EL PROBLEMA DEL TRANSPORTE Consiste en colocar en varios destinos las unidades situadas en varios orígenes, en tal forma que la colocación sea óptima (costo mínimo a ganancia máxima). Planteamiento del problema Definamos: Si = Cantidad disponible en el origen i (i = 1,2,,m) para ser distribuida a uno o más de los destinos. D j = Cantidad requerida por el destino j(j=1,2, n) de los orígenes i.c ij = Costo de enviar una unidad desde el origen i hasta el destino j. ij = Unidades enviadas del origen i al destino j. Si el problema se plantea como un modelo lineal (ver ejemplo # 2 planteado en la formulación de problemas de programación lineal) tiene la siguiente estructura: F.O. Optimizar Z = å å C ij X ij Restringido por: Restricciones de origen: å X ij < S i i = 1,2,..m. Restricciones de destino: å X ij > D j j = 1,2,..m. En forma expandida queda:

54 54 Función objetivo a optimizar: Z = C 11 X 11 + C 12 X C 1n X 1n + = C 21 X 21 + C 22 X C 2n X 2n + = C m1 X m1 + C m2 X m C mn X mn + Sujeto a las siguientes restricciones: Con relación a la oferta tenemos: Origen 1 X 11 + X X 1n S 1 2 X 21 + X X 2n S 2 Origen m X m1 + X m2 +. +X mn S m Con relación a la demanda Destino 1 X 11 + X X m1 ³ D 1 2 X 12 + X X m2 ³ D 2 Destino n X 1n + X 2n +.+ X mn ³ D n El modelo planteado se puede resolver por programación lineal, pero su cálculo es un poco dispendioso. Por eso utilizamos otros modelos más fáciles de calcular. Estos se desarrollan a continuación. Amigo estudiante recuerde que en la sección de planteamiento de problemas se tomó como ejemplo el modelo del transporte, y se indicaron algunas de sus condiciones. Esta información puede resumirse en la siguiente matriz de costos del transporte: COSTO POR UNIDAD DESTINO DISTRIBUIDA 1 2 n SUMINISTRO 1 C 11 C 12 C 1n S 1 O X 11 X 12 X 1n R 2 I C 21 C 22 C 2n S 2 G X 21 X 22 X 2n E m C m1 C m2 C mn S mn N X m1 X m2 X mn

55 DEMANDA D 1 D 2 D n 55

56 Métodos de Aproximación 13.1 Esquina Nor Oeste Este método utiliza la tabla de costos para hacer asignaciones a las variables de decisión de tal manera que las demandas en los destinos queden cubiertos y los recursos en los orígenes queden exahustos.

57 57 LAS DEMANDAS IGUALES A LOS RECURSOS SINO SE CREA FICTICIA 12.2 Criterio de Russel Russel utiliza un criterio, muy similar a los que usa el método simplex de transporte. Este criterio se lo resume en los siguientes pasos: PASO 1 PASO 2 PASO 3 En todas las filas y columnas restantes se elige como ^u i o ^v j al máximo costo correspondiente. Es obtener en todas las celdas el diferencial ij. dif ij = c ij u i - v j Escogiendo el ij más negativo para la asignación. Repetir los pasos.

58 58

59 Método de Voguel Criterio de Voguel Elíjase la fila o columna con mayor diferencia y asígnese en la que tenga el menor costo. Repita los pasos hasta terminar. Consideremos el siguiente ejemplo para analizar la estructura de un problema del transporte y la forma de solución. La compañía HBB productora de máquinas tiene 4 plantas (A,B,C,D) en diferentes ciudades que pueden suministrar 400, 900, 200 y 500 unidades al mes. Tres centros de consumo (X,Y,Z) requieren para su distribución 500, 700 y 800 unidades respectivamente. La compañía debe decidir cuántas máquinas enviará de cada planta a cada centro. Para esto tiene en cuenta el costo del transporte en miles de $ por unidad que está resumido en la siguiente tabla: CENTROS X Y Z SUMINISTROS PLANTA A B C D DEMANDA Observe que el problema se balancea en el sentido de que la oferta total suministrada por las máquinas disponibles es igual al número total de unidades requerido por los centros de consumo. La meta de HBB consiste en minimizar los costos de transporte de las máquinas de las plantas a los centros. Solución del problema

60 60 Para resolver el problema emplearemos el método de aproximación de Vogel que unas la información de costos de oportunidad para determinar una solución inicial factible. Por ejemplo considérese el origen A, la ruta más barata que sale del origen A es la que va al destino Y, que tiene un costo de $6 por máquina, Le sigue en precio la que va al destino Z con un costo de $10 por máquina; Entonces, a grandes rasgos, cada máquina de A que no sea enviada a Y incurrirá en un costo adicional de por lo menos $4=10-6. El método consiste en evitar grandes penalizaciones. El primer paso es localizar la mayor de todas las penalizaciones de las filas y las columnas, y hacer después una ubicación que evite las penalizaciones grandes. Vemos en este caso que la tercera fila (planta C) tiene penalización mayor. Para evitarla, debemos usar la ruta disponible más económica de esa fila (mejor destino). Entonces asignamos tantas unidades como sea posible a C- X. Dado que la oferta en C es 200 y la demanda en X es 500, podemos surtir 200 unidades a la ruta C-X Esta distribución reduce la oferta de C a O y la demanda de X a 300. Esta operación está especificada en el cuadro 14 La casilla (C, X) es la de menor costo, entonces buscamos el mínimo valor entre la oferta y la demanda para estos dos puntos: Mín (200,500) = 200. Esta cantidad es la que se asigna a este punto C-X. La planta C satisface la restricción, es decir suministra toda su capacidad, quedan pendientes 300 unidades en el destino X.

61 61 C E N T R O S X Y Z OFERTA DIFERENCIA A =4 P L B =5 A N C =6 T 200 A D =2 DEMANDA DI FERENCIA 6-4=2 6-4=2 9-4=5 Teniendo como referencia la tabla anterior eliminando o suprimiendo el origen C, volvemos a efectuar el análisis descrito anteriormente y se obtiene el cuadro 15. C E N T R O S X Y Z OFERTA Diferencia. A P A =4 L A B =5 N T D =2 A 300 DEMANDA DI FERENCIA 12-6=6 6-4=2 9-4=5 En este tablero la línea de mayor diferencia es la columna de X, y en ella la casilla (D, X) es la de menor costo. El mínimo entre la oferta y la demanda está dado por: min (500,300) = 300. Esa operación reduce la oferta de D a 200 y la demanda de X a 0. La siguiente operación a partir del tablero anterior conduce a que en la casilla (D, Z) es la de menor costo. El mínimo de la oferta y la demanda para este punto está dado por: min)200, 800) = 200. La planta D suministra toda su capacidad. Esta operación se representa en el cuadro 16.

62 62 C E N T R O S Y Z OFERTA DIFERENCIA P A =4 L A B =5 N T D =7 A 200 DEMANDA DI FERENCIA 6-4=2 9-4=5 Así sucesivamente encontramos otros tableros que nos conducen a la solución del problema, cuadros 17 y 18. En esta operación la casilla (B, Y) es la de menor costo. El mínimo de la oferta y la demanda es: min (900,700) = 700. El centro Y satisface sus requerimientos. Finalmente el cuadro 19 es la solución del problema. C E N T R O S Y Z OFERTA DIFER. A PL A =4 A N B =5 TA 700 DEMANDA DI FERENCIA 6-4=2 10-9=1 CEN TROS P A LA 400 Z OFERTA DIFERENCIA

63 63 N B TA 200 DEMANDA 600 DI FERENCIA 10-9=1 En resumen los pasos a seguir para lograr una solución inicial básica y factible por el método de Voguel son: C E N T R O S X Y Z OFERTA DIFERENCIA A =4 P 400 L B =5 A N C =6 T 200 A D = DEMANDA DI FERENCIA 6-4=2 6-4=2 9-4=5 Para cada fila con una oferta disponible y cada columna con una demanda insatisfecha, calcule un costo de penalización restando el menor valor del que le sigue. Identifique la fila o columna que tenga el mayor costo penal. (Los empates se resuelven arbitrariamente). Asigne la máxima cantidad posible a la ruta disponible que tenga el costo más bajo en la fila o columna elegida en el paso dos. Reduzca la oferta y la demanda adecuados en la cantidad asignada en el paso 3. Descarte cualesquier renglón con oferta disponible cero y columnas con demanda insatisfecha cero, para consideraciones anteriores. Regrese al paso 1. Evaluación de la solución Una vez aplicado el método y obtenida una solución inicial factible hay que evaluarla para comprobar si es óptima o no. Lo primero que verificamos es si el problema es consistente o no en sus solución. Este procedimiento se logra si se cumple la siguiente condición:

64 64 m + n - 1 > # de casillas asignadas. O sea tiene m + n - 1 variables decisorial básicas. Luego procedemos a evaluar la solución usando el método del eslabón que consiste en evaluar los costos de una casilla desocupada (ruta sin envíos) con las casillas ocupadas. El proceso se resume así: Ponga un + en la celda desocupada que interese evaluar. Ponga un - en una celda ocupada en la misma columna o fila. Ponga un + en una celda ocupada de la columna o fila determinada en el paso 2. El proceso continúa alternando los signos + y - tanto en las filas como en las columnas hasta que se obtenga una sucesión de celdas que satisfagan dos condiciones: Hay un signo + en la celda desocupada de interés. Cualquier fila o columna que tenga un signo + debe tener también un signo - y viceversa, necesariamente en casillas básicas. Ejemplo. En muestro ejercicio vamos a evaluar la ruta A- y enviando una unidad. ACCION RUTA EFECTO DE LA FUNCIÓN OBJETIVO Aumentar 1 unidad A-Y + 6 Disminuir 1 unidad A-Z +10 Aumentar 1 unidad B-Z 9 Disminuir 1 unidad B-Y Este resultado indica que por cada unidad enviada en la ruta A-Y el costo aumenta en $1 mil pesos. Evaluemos otras celdas vacías, por ejemplo la ruta C - Y: ACCION RUTA EFECTO DE LA FUNCIÓN OBJETIVO Aumentar 1 unidad C-Y +10 Disminuir 1 unidad C-X - 4 Aumentar 1 unidad D-X + 6

65 65 Disminuir 1 unidad D-Z - 4 Aumentar 1 unidad B-Z + 9 Disminuir 1 unidad B-Y - 4 Total +13 De lo anterior se deduce que el costo de transporte se incrementaría en $13, lo cual es contrario al interés de minimizarlo. Amigo estudiante considere otras alternativas y encontrará los siguientes resultados: A-X = 0 B-X= + 2 C-Y = 13 C-Z = 10 D-Y= 12 Como ninguna de las otras rutas sirve, hemos llegado a la solución óptima del problema que es la siguiente: RUTA UNIDADES COSTO TOTAL A Z 400 X 10 = 4000 B Y 700 X 4 = 2800 B Z 200 X 9 = 1800 C X 200 X 4 = 800 D X 300 X 6 = 1800 D Z 200 X 4 = 800 $12000 El problema del transporte también plantea otras posibilidades como son: Solución de un problema de transporte a maximizar. Se usa el mismo procedimiento de solución con un ligero cambio, pero fundamental. Piense en los valores marginales como beneficios en lugar de costos. Así, se deseará asignar unidades a la celda que tanga el mayor valor marginal y el procedimiento concluirá cuando todas las rutas no usadas tengan valores marginales negativos. Planteemos la siguiente situación donde podemos analizar esta aplicación. La compañía H tiene 4 fábricas de fertilizantes que suministran 1200, 1800, 2000 y 2400 a tres depósitos que demandas 2600, 2400 y 2400 toneladas respectivamente. La utilidad en miles de $

66 66 de cada una de las plantas a cada uno de los destinos esta dada en la siguiente tabla de beneficios. D E P O S I T O S P OFERTA L A N T A S DEMANDA En los siguientes Cuadros (20, 21, 22, 23 y 24) se resumen las operaciones necesarias para llegar a la solución del problema. Recuerde que es el mismo proceso del caso anterior: P D E P O S I T O S P 1 P 2 P 3 OFERTA DIFERENCIA D =1 L D 2-10 A =1 N D =2 T 2000 A D =1 DEMANDA DI FERENCIA 10-9=1 8-7=1 9-8=1 D E P O S I T O S P 1 P 2 P 3 OFERTA DIFERENCIA

67 67 P D =1 L A D 2-10 N =1 T D =1 A DEMANDA DI FERENCIA 10-9=1 8-7=1 9-8=1 DEPO SITOS P 2 P 3 OFERTA DIFERENCIA P D =2 L A D =4 N 1200 T D =1 A DEMANDA DI FERENCIA 8-7=1 9-8=1 DEPO SITOS P 2 P 3 OFERTA DIFERENCIA P D =2 LA 1200 N D =1 TA DEMANDA DI FERENCIA 8-7=1 8-6=2 D E P O S I T O S P 1 P 2 P 3 OFERTA DIFERENCIA D =1 P 1200

68 68 L D 2-10 A =1 N D =2 T 2000 A D = DEMANDA DI FERENCIA 10-9=1 8-7=1 9-8=1 Cuando el problema no está balanceado. Hemos resuelto el problema del transporte teniendo en cuenta que está nivelado, o sea, la oferta igual a la demanda. Consideremos que la oferta (orígenes) es mayor que la demanda (destinos). Para lograr el equilibrio creamos un destino ficticio (nt1) con demanda igual a la diferencia entre la oferta total y la demanda total, expresado como a i -b j y con costo cero, en la casilla (C i, n+1). Si la demanda es mayor que oferta agregamos un origen ficticio (m+1) con oferta igual a la diferencia entre la demanda total y la oferta total, expresada como: (b j - a i ), y con costo (C m+1, j) en esta casilla con valor cero. El procedimiento para solucionarlo, una vez balanceado, es el mismo empleado en los casos anteriores. Resolvamos el caso de la compañía LAR. Tres centros de producción suministran 40, 60, 90 miles de unidades de un producto mensualmente, a cinco centros de consumo que requieren 30, 40, 50, 40. Los costos de hacer envíos por cada mil unidades estan dados en la matriz de costos del transporte: D E P O S I T O S P OFERTA L A A N B T C A D M 30 S DEMANDA

69 69 Establecer un plan de envíos óptimo a mínimo costo, si el centro 3 no puede hacer envíos al destino d. (considere el valor de M como una cantidad grande en términos de costos.) La solución al problema es la siguiente, con cada uno de sus cuadros respectivos 25, 26, 27 28, 29 y 30. D E P O S I T O S P 1 P 2 P 3 OFERTA DIFERENCIA A P B L A C N T D M 40 2 A Fk DEMANDA DIFERENCIA D E P O S I T O S P 1 P 2 P 3 OFERTA DIFERENCIA A P L B A N C T 40 A D M 40 1 DEMANDA DIFERENCIA 5 2 3

70 70 DEPOSITOS P 2 P 3 OFERTA DIFERENCIA A P L B A N C T A D 19 M 40 M 40 DEMANDA DIFERENCIA 2 3 DEPOSITOS P 2 P 3 OFERTA DIFERENCIA P A L A B N T C A 10 DEMANDA DIFERENCIA 2 3 DEPO SITOS P 2 P 3 OFERTA DIFERENCIA P A LA N B

71 71 TA 40 DEMANDA DIFERENCIA 5 3 D E P O S I T O S P 1 P 2 P 3 OFERTA DIFERENCIA A P B L A C N T D M 40 2 A 40 Fk DEMANDA DIFERENCIA Existe otro procedimiento como es el método del costo mínimo. Este trata de asignar tanto como sea posible al centro de distribución que tenga el costo unitario de transporte más bajo. En el caso de que existan dos o más iguales la selección es arbitraria. Al completarse la demanda, esta se va ajustando a las cantidades que están disponibles, a la par que se disminuye la oferta. El objetivo es buscar una solución inicial al problema. Amigo estudiante los ejercicios anteriores trate de resolverlos teniendo en cuenta este criterio, y compare sus resultados con los datos anteriormente.

72 Optimización del Sistema PRIMERA ETAPA Una vez obtenido una solución inicial por cualquier criterio se contabiliza el número de asignaciones, si este es inferior a n + m 1 (Si es inferior a esa cantidad las asignaciones se completan usando asignaciones nulas). 1. Pongo 0 donde fuera necesario. 2. En la fila o columna con mayor número de asignaciones se elige como ui o vj al llamado PIVOTE CERO mismo que serviría para desencadenar una "reacción en cadena", a través de las celdas con asignación de tal forma que se cumpla que: cij = ui + vj