Examen de Investigación Operativa (Plan 96) Febrero de er Parcial

Transcripción

1 Examen de Investigación Operativa (Plan 96) Febrero de er Parcial Solución del Ejercicio 1. Definimos las variables de decisión ½ 1, si se coloca una cámara en el punto de localización i x i = 0, si no,i=1,...,10 El objetivo es poner el menor número de cámaras, por lo que la función objetivo es: Min x 1 + x 2 + x 3 + x 4 + x 5 + x 6 + x 7 + x 8 + x 9 + x 10 Con la condición de que estén todos los sectores cubiertos, por ejemplo, para cubrir el sector 1 hay que poner obligatoriamente una cámara en el punto 4, para cubrir el sector 2 tendría que haber una en los puntos 4 o 5.. x 4 1 x 4 + x 5 1 x 8 1 x 6 + x 8 + x 10 1 x 6 1 x 9 1 x 7 + x 9 1 x 7 + x 10 1 x 7 + x 9 + x 10 1 x 1 + x 3 1 x 1 + x 2 + x 3 1 x 2 + x 3 1 Como se debe cumplir que si no se coloca ninguna cámara en la posición 2 hay que colocar una obligatoriamente en la posición 3, hay que introducir la restricción x 3 1 x 2 Porlotanto,elproblemaquedamodelizadodelasiguienteforma. Min x 1 + x 2 + x 3 + x 4 + x 5 + x 6 + x 7 + x 8 + x 9 + x 10 s.a x 4 1 x 4 + x 5 1 x 8 1 x 6 + x 8 + x 10 1 x 6 1 x 9 1 x 7 + x 9 1 x 7 + x 10 1 x 7 + x 9 + x 10 1 x 1 + x 3 1 x 1 + x 2 + x 3 1 x 2 + x 3 1 x 3 1 x 2 x i =0, 1,i=1,...,10 Solución del Ejercicio 2 1

2 a) El programa primal en la forma simétrica de maximización es max z 0 = 2x 1 +2x 2 x x 00 3 s. a 2x 1 + x 2 x x x 1 + x 2 1 x 1 + x 0 3 x x 1 x x x 1,x 2,x 0 3,x Planteamos en la tabla que sigue los cambios en el paso del problema primal (original) en formato simétrico de maximización al dual en formato simétrico de minimización, con las condiciones Problema Primal Dual 4 variables de decisión (x 1,x 2,x 0 3,x 00 3) 4 restricciones 4 restricciones 4 variables de decisión (y 1,y 2,y 3,y 4 ) objetivo de maximización (z 0 ) objetivo de minimización (w 0 ) z 0 (2, 2, 1, 1) recursos (2, 2, 1, 1) restricciones del tipo restricciones del tipo Matriz tecnológica A Matriz tecnológica A T recursos (4, 1, 4, 4) coeficientes de w 0 (4, 1, 4, 4) y el problema dual en la forma simétrica es min w 0 = 4y 1 + y 2 +4y 3 4y 4 s. a 2y 1 y 2 + y 3 y 4 2 y 1 + y 2 2 y 1 + y 3 y 4 1 y 1 y 3 + y 4 1 y 1,y 2,y 3,y 4 0 c) Para obtener la solución óptima expresamos el problema original en el formato estándar de maximización. Para ello, hacemos el cambio de variable x 3 = x + 3 x 3, para sustituir la variable no restringida por variables no negativas y, además, introducimos dos variables de holgura x 4 y x 5 y una artificial x 6. El programa lineal toma la forma max z 0 = 2x 1 +2x 2 x x 3 +0x 4 +0x 5 Mx 6 s. a 2x 1 + x 2 x x 3 + x 4 =4 x 1 + x 2 + x 5 =1 x 1 + x + 3 x 3 + x 6 =4 x 1,x 2,x + 3,x 3,x 4,x 5,x 6 0 La tabla inicial del símplex es c j M c B VB x 1 x 2 x + 3 x 3 x 4 x 5 x 6 x B 0 x x M x z j c j 2 M 2 1 M 1+M M Como hay costes reducidos negativos z 1 c 1 = 2 M, z 2 c 2 = 2 y z 3 + c 3 + =1 M la tabla no es óptima y aplicaremos el método del símplex para tratar de alcanzar la optimalidad. El valor indicador más negativo corresponde a la variable x 1 (z 1 c 1 = 2 M), siendo por tanto y 1 la columna pivote. La mínima razón es el cociente x B1 /y 11 =4/2 =2yportantoy 11 =2es el elemento pivote. La transformación 2

3 de pivote del método del símplex, enlaquex 1 es la variable de entrada en la base y x 4 la variable de salida de la base, conduce a la nueva tabla c j M c B VB x 1 x 2 x + 3 x 3 x 4 x 5 x 6 x B 2 x 1 1 1/2 1/2 1/2 1/ x 5 0 3/2 1/2 1/2 1/ M x 6 0 1/2 3/2 3/2 1/ z j c j 0 1+M/2 3M/2 1+M/ M Como hay un valor indicador negativo (z 3 + c 3 + = 3M/2) es posible la mejora. y 34 =3/2 y la transformación de pivote conduce a la tabla El elemento pivote es c j M c B VB x 1 x 2 x + 3 x 3 x 4 x 5 x 6 x B 2 x 1 1 1/ /3 0 1/3 2.b6 0 x 5 0 4/ /3 1 1/3 3.b6 1 x / /3 0 2/3 1.b3 z j c j M 4 De nuevo es posible la mejora (z 2 c 2 = 1 < 0), siendoelelementopivoteesy 22 =4/3. La transformación de pivote conduce a la tabla c j M c B VB x 1 x 2 x + 3 x 3 x 4 x 5 x 6 x B 2 x /4 1/4 1/ x /4 3/4 1/ x /4 1/4 3/ z j c j M 6.75 y como todos los valores indicadores son no negativos y no hay variables artificiales en la base con valor positivo, hemos alcanzado la optimalidad. La solución óptima es x 1 =1.75, x 2 =2.75, x + 3 =2.25 y x 3 =0 x 3 =2.25 y x 4 = x 5 = x 6 =0, con z 0 =6 z = 6. c) La solución óptima alcanzada no es única porque el coste reducido de la variable no básica x 3 es nulo. Sin embargo, como todos los elementos del vector y3 son menores o iguales que 0, lo que tenemos es un rayo óptimo. d) El valor óptimo de la función objetivo del dual es el mismo que el del primal (Relaciones en dualidad), w 0 = z 0 =6. e) Sustituyendo la solución óptima en la restricción obetemos 2x 1 +2x 2 +2x 3 = =13.5. Por lo tanto, la solución actual sigue siendo óptima. f) Teniendo en cuenta la forma de la nueva función objetivo, min z = x 1 +x 2, al ser ambas variables no negativas, z =0si x 1 y x 2 son cero mantiéndose la factibilidad. La segunda restricción se estaría satisfaciendo, pero la primera y la tercera dependerían del valor óptimo de x 3. De la tercera restricción, obtenemos que si x 1 =0, entonces x 3 =4, valor para el cual la primera restricción también se satisface. Por lo tanto, la solución óptima es con z =0. Solución del Ejercicio 3. x 1 =0,x 2 =0,x 3 =4, a) Para construir la tabla de transporte deducimos la DEM y la DISP de las condiciones dadas: DEM(H1) = DEM(H2) = DEM(H3) = DEM(H4) = 900/4 = 225 DISP(A1) = DISP(A2) = DISP(A3) = 900/3 = 300 3

4 A A El problema esá equilibrado pues P DEM(H j )= P DISP(A i ),i=1...3,j =1...4 b) La solución inicial por el método de la esquina noroeste: La celda (1, 1) es la esquina noroeste inicial y le asignamos el mínimo {DEM(H1) = 225 y DISP(A1) = 300}, es decir, x 11 =225, la demanda y disponibilidad relativa a la asignación disminuye en 225 ymarcamoslafila de A1 cuya disponibilidad se anula. A A DEM X La celda (1, 2) es la esquina noroeste actual y le asignamos el mínimo {DEM(H2) = 225 y DISP(A2) = 75}, es decir, x 21 =75, la demanda y disponibilidad relativa a la asignación disminuye en 75 ymarcamoslafila de A1 cuya disponibilidada se anula. A DEM X La celda (2, 2) es la esquina noroeste actual y le asignamos el mínimo {DEM(H2) = 150 y DISP(A2) = 300}, es decir, x 22 = 150, la demanda y disponibilidad relativa a la asignación disminuye en 150 y marcamos la columna de H2 cuya demanda se anula. A DEM X X La celda (2, 3) es la esquina noroeste actual y le asignamos el mínimo {DEM(H3) = 225 y DISP(A2) = 150}, es decir, x 23 = 150, la demanda y disponibilidad relativa a la asignación disminuye en 20 ymarcamoslafila de A2 cuya disponibilidad se anula. A X DEM X X

5 La celda (3, 3) es la esquina noroeste actual y le asignamos el mínimo {DEM(H3) = 75 y DISP(A3) = 300}, es decir, x 33 =75, la demanda y disponibilidad relativa a la asignación disminuye en 75 y marcamos la columna de H3 cuya demanda se anula. A X A DEM X X X 225 Finalmente, en la celda (3,4) debe ser x 34 = 225, que satisface tanto las condiciones de demanda como de disponibilidad en el problema equilibrado, MEN A X A X DEM X X X X con valor para el objetivo de z = =8325. Observamos que hemos obtenido una solución inicial no degenerada con 6 posiciones localizadas, m =3, n =4, m + n 1=6. c) La solución anterior recogida en la tabla de transporte inicial es óptima si los indicadores α ij son no negativos ij: A A A El sistema de números MODI, donde α 11 = α 12 = α 22 = α 23 = α 33 = α 34 =0,es: Hacemos S1 =0, y despejamos: S1+T 1+8=0, S1+T 2+6=0, S2+T 2+12=0, S2+T 3+13=0, S3+T 3+16=0, S3+T 4+5=0. α ij H1 H2 H3 H4 S i A1 α 11 =0 α 12 =0 α 13 =3 α 14 =13 S1 =0 A2 α 21 = 5 α 22 =0 α 23 =0 α 24 =5 S2 = 6 A3 α 31 = 3 α 32 = 3 α 33 =0 α 34 =0 S3 = 9 T j T 1= 8 T 2= 6 T 3= 7 T 4=4 α 13 =3 α 14 =13 A α 21 = 5 α 24 =5 A2 ( ) α 31 = 3 α 32 = 3 A DEM Hay indicadores negativos y la solución no es óptima. 5

6 Tomamos la posición (2,1) con α 21 = 5, el más negativo, y consideramos el ciclo: (2, 1) + 0 (1, 2) + 75 (1, 1) 225 (2, 1), donde redistribuimos min{225, 150}. (2, 2) 150 A A2 150 ( ) A El valor para el objetivo de z = =7575. El sistema de números MODI, donde α 11 = α 12 = α 21 = α 23 = α 33 = α 34 =0,es: Hacemos S1 =0, y despejamos: S1+T 1+8=0, S1+T 2+6=0, S2+T 1+9=0, S2+T 3+13=0,S3+T 3+16=0, S3+T 4+5=0 α ij H1 H2 H3 H4 S i A1 α 11 =0 α 12 =0 α 13 = 2 α 14 =8 S1 =0 A2 α 21 =0 α 22 = 5 α 23 =0 α 24 =5 S2 = 1 A3 α 31 = 3 α 32 = 6 α 33 =0 α 34 =0 S3 = 9 T j T 1= 8 T 2= 6 T 3= 12 T 4= 1 α 13 = 2 α 14 =8 A α 21 = 5 α 24 =5 A α 31 = 3 α 32 = 6 A Hay indicadores negativos y la solución no es óptima. Tomamos la posición (3,2) con α 21 = 6, el más negativo, y consideramos el ciclo: (3, 2) + 0 (1, 1) + 75 (2, 1) 150 (2, 3)+ 150 (3, 3) 75 (3, 2), donde redistribuimos min{225, 150, 75}. (1, 2) 225 A A A ( ) El valor para el objetivo de z = =7500. El sistema de números MODI, donde α 11 = α 12 = α 21 = α 23 = α 32 = α 34 =0,es: Hacemos S1 =0, y despejamos: S1+T 1+8=0, S1+T 2+6=0, S2+T 1+9=0, S2+T 3+13=0,S3+T 2+9=0, S3+T 4+5=0 α ij H1 H2 H3 H4 S i A1 α 11 =0 α 12 =0 α 13 = 2 α 14 =7 S1 =0 A2 α 21 =0 α 22 =5 α 23 =0 α 24 =4 S2 = 1 A3 α 31 =3 α 32 =0 α 33 =1 α 34 =0 S3 = 3 T j T 1= 8 T 2= 6 T 3= 12 T 4= 2 6

7 α 13 = 2 α 14 =7 A α 21 =5 α 24 =4 A α 31 =3 α 33 =1 A Hay indicadores negativos y la solución no es óptima. Tomamos la posición (1,3) con α 21 = 2, el más negativo, y consideramos el ciclo: (1, 3) + 0 (2, 1) + 75 (2, 3) 225 (1, 3), donde redistribuimos min{225, 150}. (1, 1) 150 A ( ) A A El valor para el objetivo de z = =7200. El sistema de números MODI, donde α 12 = α 13 = α 21 = α 23 = α 32 = α 34 =0,es: S1+T2+6=0, S1+T3+10=0, S2+T1+9=0, S2+T3+13=0, S3+T2+9=0, S3+T4+5=0 Hacemos S1 =0, y despejamos: α ij H1 H2 H3 H4 S i A1 α 11 =2 α 12 =0 α 13 =0 α 14 =7 S1 =0 A2 α 21 =0 α 22 =3 α 23 =0 α 24 =2 S2 = 3 A3 α 31 =9 α 32 =0 α 33 =3 α 34 =0 S3 = 3 T j T 1= 6 T 2= 6 T 3= 10 T 4= 2 No hay indicadores negativos y la solución es óptima. x 12 =150,x 13 = 150,x 21 = 225,x 23 =75,x 32 =75,x 34 = 225yz = d) Dado que hay rutas imposibles asignamos un coste muy grande (M) a dichas rutas y aplicamos el método de aproximación de Vogel para encontrar una solución inicial. Calculamos las penalizaciones iniciales PF =(c 13 c 12 =4,c 23 c 21 =4,c 32 c 34 =4)y PC =(c 11 c 21 = M 9,c 32 c 12 =3,c 23 c 13 =3,c 14 c 34 = M 5). (valor absoluto de la diferencia entre los dos costes mínimos por filas y columnas respectivamente) A2 9 M 13 M 300 A3 M 9 M La mayor penalización es M-5 en la columna de H4 y asignamos x 34 = min{disp(a3),dem(h4)} = min{300, 225} = 225 que presenta el mínimo coste (c 34 =5)y actualizamos DISP(A3) = 75 y DEM(H4) = 0. A2 9 M 13 M 300 A3 M 9 M DEM X 7

8 Las penalizaciones son PF =(4, 4,M 9) y PC =(M 9, 3, 3). La mayor penalización es M-9 en la columna de H1 y asignamos x 21 = min{disp(a2),dem(h1)} = min{300, 225} = 225 que presenta el mínimo coste (c 21 =9)y actualizamos DISP(A2) = 75 y DEM(H1) = 0 A M 13 M 75 A3 M 9 M DEM X X Las penalizaciones son PF =(4,M 13,M 9) y PC =(3, 3). La mayor penalización es M-9 en la fila de A3 y asignamos x 32 = min{disp(a3),dem(h2)} = min{75, 225} = 75 que presenta el mínimo coste (c 32 =9)y actualizamos DISP(A3) = 0 y DEM(H2) = 150 A M 13 M 75 A3 M 75 9 M X DEM X X Las penalizaciones son PF =(4,M 13) y PC =(3, 3). La mayor penalización es M-13 en la fila de A2 y asignamos x 23 = min{disp(a2),dem(h3)} = min{75, 225} = 75 que presenta el mínimo coste (c 23 = 13) y actualizamos DEM(H3) = 150 y DISP(A2) = 0 A M M X A3 M 75 9 M X DEM X X Finalmente, en la fila de A1 asignamos el máximo número de unidades posible a la posición de menor coste, c 12 =6, x 12 = 150 yelrestox 13 = 150 A1 M M X A M M X A3 M 75 9 M X DEM X X X X La solución inicial es no degenerada y factible (no hay posiciones imposibles localizadas) y ahora podemos calcular los indicadores α ij y redistribuir sobre un ciclo con indicador más negativo para mejorar. Pero observamos que la solución es factible y no podemos redistribuir a otras posiciones pues todas son rutas imposibles. La solución óptima es la tabla final del apartdo c) Si hubiese alguna posición imposible localizada se debe construir un ciclo para redistribuir las unidades y pasar a una base factible. 8