Licenciatura en Administración y Dirección de Empresas

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1 Licenciatura en Administración y Dirección de Empresas Programación Matemática de junio de 200 Ejercicio 3 pt. Considera el siguiente problema de programación no lineal:. Se trata de un problema convexo? Maximizar 9y x 2 sujeto a x 2 y 0 x + y 0 y 2. Puedes asegurar a priori la existencia de un mínimo global? Justifica tu erspuesta. 3. Da toda la información que puedas sobre los puntos A0, 0, B, y C 2, 2 con respecto a este problema.. La región factible de este problema es: Como se puede observar en el gráfico, los puntos -, y 0,0 son factibles y, sin embargo, el segmento que los une pasa por fuera de la región factible. Por tanto, la región factible no es convexa, y el problema tampoco. 2. La región factible es no acotada; por tanto, no se cumplen las hipótesis del Teorema de Weierstrass. Con la información que tenemos ahora no podemos asegurar que existan extremos globales. 3. Para evaluar estos puntos, utilizaremos las expresiones: fx, y = 9y x 2 ; g x, y = x 2 y; g 2 x, y = x + y; g 3 x, y = y g x, y = x Lx, y, µ, µ 2, µ 3 = 2x ; g 2 x, y = 0 ; g 3 x, y = Lx, y, µ, µ 2, µ 3 = 9y x 2 + µ x 2 y + µ 2 x + y + µ 3 y ; 2x + 2µ x + µ 2 ; 2 2µ 0 9 µ + µ 2 + µ 3 xlx, y, µ, µ 2, µ 3 = 0 0

2 A0, 0: g 0, 0 = 0; g 2 0, 0 = 0; g 3 0, 0 = Se trata de un punto factible, y las restricciones activas son: A0, 0 = {, 2}. Los gradientes de las restricciones activas en este punto son 0 g 0, 0 = ; g 2 0, 0 =, que son independientes. Por tanto A es un punto regular. Su valor es f0, 0 = 0. Para ver si se cumple la condición necesaria de primer orden, necesitamos ver si existen multiplicadores adecuados que anulen el gradiente del Lagrangiano en este punto: 0 + µ x L0, 0, µ, µ 2, µ 3 = 2 ; 9 µ + µ 2 + µ 3 Además, como la tercera restricción es inactiva, necesitamos que µ 3 = 0, para que se cumpla la condición de holgura complementaria. La única solución de { x L0, 0, µ, µ 2, µ 3 µ 3 = 0 es µ = ; µ 2 = 0. Las restricciones y 2 tienen sentido opuesto, y sus multiplicadores tienen el mismo signo, por tanto, no se cumple la condición necesaria ni para máximo ni para mínimo. El punto 0, 0 no es un extremo de este problema. B, : g, = 0; g 2, = 0; g 3, = 0. Éste es un punto factible en el que todas las restricciones son activas. El problema está definido en R 2, por tanto, es imposible que los gradientes de las tres restricciones activas sean independientes. Se trata de un punto no regular. El valor de la función objetivo en este punto es f, = 27. Como no podemos utilizar las condiciones KKT, estudiaremos las de Fritz-John. Queremos ver si existen multiplicadores no todos nulos que cumplan: µ 0 f, + µ g, + µ 2 g 2, + µ 3 g 3, = 0 µ µ 2 + µ 2 + µ 3 0 = 0 Cualquier juego de multiplicadores de la forma µ 0, µ, 2µ 0 + 2µ, 3µ 0 µ satisface las ecuaciones anteriores. Podemos tomar, por ejemplo, multiplicadores,,, 2. Además, como se muestra en la figura, podemos acercarnos arbitrariamente a, violando simultáneamente las tres restricciones. Por tanto, las condiciones de Fritz-John no nos dan ninguna razón para pensar que, no sea un extremo. En clase no hemos trabajado los signos de los multilplicadores para estas condiciones. Habría que estudiarlos más detenidamente.

3 C 2, 2 : g C = 3 4 ; g 2C = 0; g 3 C = 3 2. Por tanto, C es un punto factible y la única restricción activa en C es la segunda. AC = {2}. El gradiente de g 2 no se anula en ningún punto, por tanto, C es un punto regular. El valor de la función objetivo en C es fc = Si C es un extremo de este problema debe cumplirse la condiciones necesarias de primer orden, i.e., deberán existir multiplicadores para los que x L 2, 2, µ 9 + µ + µ 2, µ 2, µ 3 = = 0 9 µ + µ 2 + µ 3 µ = 0 la restricción no es activa µ 3 = 0 la restricción 3 no es activa La única solución de este sistema es µ = µ 3 = 0; µ 2 = 9. Se cumplen las condiciones de holgura complementaria fuerte, y el signo de µ 2 es el adecuado para máximo. C cumple las condiciones necesarias de primer orden para máximo. El hessiano del Lagrangiano en C es: xlc, 0, 9, 0 = Como la matriz es semidefinida negativa, C cumple la condición necesaria de segundo orden para máximo. Para ver si se cumple la suficiente, necesitamos evaluar 2 xlc, 0, 9, 0 sobre las direcciones del hiperplano tangente a las restricciones activas en C. Z = {z, z 2 z, z 2 Por tanto, el hessiano reducido será:, = 0} = {z, z 2 : z + z 2 = 0} =<, > = 2 0 Como el hessiano reducido es definido negativo, se cumple la condición suficiente de segundo orden para máximo. C es un máximo local de f en la región factible del problema. Ejercicio 2 3 pt. Una fábrica de muebles ha utilizado el siguiente problema de programación lineal para decidir las cantidades de sillas x, mesas y y armarios z a fabricar en el próximo mes: Maximizar x + 3y + 4z sujeto a 2x + y + 8z 0 2 4x + 2y + z 7 3 x + 2y + 4z 20 4 x, y, z 0 Los coeficientes de la función objetivo representan los beneficios netos de cada producto. La restricción 2 hace referencia a la disponibilidad de madera en Kg.; 3 a la disponibilidad de mano de obra en horas y 4 a la capacidad del almacén donde los muebles se guardarán hasta mandarlos a las tiendas el mes siguiente en m 2.. Encuentra la solución óptima de este problema. Alguna de las soluciones A, 2, 2, B8.7, 0, 0 puede serte de utilidad. 2. Cuánto debería aumentar el beneficio neto de los armarios para que fuera rentable fabricar alguno?

4 3. Como se están utilizando todas las horas disponibles de mano de obra, la empresa se plantea contratar algunas horas extras. Cuánto estarias dispuesto a pagar por una hora extra? Cuál será la solución óptima si se contratan 8 horas más? Escribimos nuestro problema en forma estándar: - Minimizar x 3y 4z sujeto a 2x + y + 8z + s = 0 4x + 2y + z + s 2 = 7 x + 2y + 4z + s 3 = 20 x, y, z 0. Si sustituimos los valores de x, y, z correspondientes al punto A, obtenemos valores de las holguras: s = 4, s 2 = 4 y s 3 = 3. En esta solución ninguna variable vale cero. Por tanto, aunque es una solución factible, no se trata de una solución básica y no la podemos utilizar para inicializar el método del Símplex. Repetimos el mismo ejercicio sobre el punto B y obtenemos s = 2., s 2 = 0y s 3 =.2. Por tanto, si las columnas de x, s y s 3 las únicas variables no nulas forman base, podremos utilizar B como punto de partida. B = Butifarra = {x, s, s 3 } x B = B b = Como σ y < 0, entra a la base la variable y. B = {x, s, y} Y y = B 2 2, B = 4 0, B = , λ = C B B = 0 /4 0, σ = c N λn = /2 9/4 /4 = /2 4 3/2, { 8.7 α = mín /2, 2. 4,.2 } =.2 3/2 3/2 sale s 3. ξ = 2 3 /2 4 = /3 8/3 2/3 ; B = 4 0 /3 0 8/ / = x B = B b = 0, λ = C B B = 0 7 2, σ = cn λn = Como los costes reducidos son no negativos, ésta es la solución óptima: x = /3, /, 0, fx = / La variable z indica el número de armarios a fabricar. En el óptimo de nuestro problema esta variable es no básica. Sabemos que si perturbamos su coeficiente según c z 4+, la solución actual seguirá siendo óptima mientras σ z = 9/. Saldrá rentable fabricar armarios cuando solución actual deje de ser óptima, es decir, cuando < 9/. Esto es, cuando c z < 4 9/ = 43/. En resumen, para que sea rentable fabricar armarios, es necesario que su beneficio neto suba hasta 43/ 7.ˆ.

5 3. La restricción correspondiente a la mano de obra es la restricción 3, cuyo multiplicador, en el óptimo, vale 7/. Eso significa que si aumentamos en una hora la disponibilidad de mano de obra, nuestra función objetivo -beneficio disminuirá 7/. Por tanto, estaríamos dispuestos a pagar, como mucho, 7/ por una hora extra. Si se aumenta en 8 horas la mano de obra disponible, la solución asociada a la base actual pasará a ser: columna x B x B de B = = Con este cambio del término independiente, la base actual ha dejado de ser factible. Reoptimizamos desde ésta, utilizando el símplex dual. B = {x, s, y} Sale de la base y, ya que ha tomado un valor negativo. B = {x, s, s 2 } Y = B N = B = ; α = mín ; x B = B b = B {, 7/ } /, = 7 entra s 2. = La nueva solución del problema consiste en fabricar 20 sillas, lo que supondrá un beneficio de 00 u.m.

6 Ejercicio 3 2 pt. La compañía ESPECIAS INDIAN C.A., tiene un stock limitado de dos hierbas que se utilizan en la producción de condimentos. INDIAN usa los dos ingredientes, I y I2, para producir ya sea curry o pimentón. El departamento de mercadotecnia informa que, aunque la empresa puede vender todo el pimentón que pueda producir, sólo puede vender hasta un máximo de 00 botellas de curry. Las hierbas no utilizadas se pueden vender a 37.e el Kg. de I y a.7 el Kg. de I2. Condimento Ingredientes Demanda P.V.P I I2 botellas e/botella Curry Pimentón 2 3 ilimitada 3 Disponibilidad Kg Escribe un modelo de programación matemática para ayudar a la compañía a decidir su plan de producción. 2. Escribe el dual de este problema.. Usando variables x, y para representar las cantidades de curry y de pimentón a fabricar, respectivamente y s, s 2 el sobrante de los ingredientes I e I2, respectivamente, podemos modelar esta situación como: 2. El dual del problema anterior será: Maximizar 270x + 3y + 37.s +.7s 2 sujeto a x + 2y + s = 000 3x + 3y + s 2 = 8. x 00 x, y, s, s 2 0 Minimizar 000u + 8.u u 3 sujeto a u + 3u 2 + u u + 3u 2 3 u 37. u 2.7 u, u libres, u 3 0 Ejercicio 4 2 pt. Considera el siguiente problema de programación lineal. Minimizar x + y + z sujeto a 2x + 3y + 8z = 0 2x + 2y + 7z x, y, z 0. Utiliza el método de las dos fases para encontrar una solución básica factible o, en su defecto, demostrar que no existe ninguna. 2. Da toda la información que puedas sobre las soluciones del problema dual.

7 . Introducimos la variable de holgura s al pasar el problema a su forma estándar, e iniciamos el método de las dos fases utilizando el problema auxiliar: Minimizar a + a 2 sujeto a 2x + 3y + 8z + a = 0 2x + 2y + 7z s + a 2 = x, y, z, s, a, a 2 0 Para resolver este problema tomamos la base factible inicial B = {a, a 2 } 0 B = {a, a 2 }; B = B = Id; x B =. λ = c B B = ; σ N = C N λn = 4 La variable con el coste reducido más negativo es z, por tanto ésta entra a la base. 8 Y z = 7 { 0 ; α = mín 8, } = Por tanto, sale a Nueva base: B = {a 2, z}; B = 8 ; x 0 B = 4. λ = = ; σ = = ,, 8, Entra la base x, que es la única variable con coste reducido negativo { } Y x = 4 ; α = mín 2/4 /4, /4 /4 sale z. 2 2 Nueva base B = {a 2, x}; B = 2 ; x 0 B = λ = ; σ = 2 0. Ésta es la solución óptima del problema auxiliar. En el óptimo del problema auxiliar una de las variables artificiales es distinta de cero. Por tanto, sabemos que el problema original es infactible. 2. Como el problema primal es infactible, sabemos que el dual es o infactible o no acotado.