Licenciatura en Administración y Dirección de Empresas

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1 Licenciatura en Administración y Dirección de Empresas Programación Matemática 19 de junio de 006 Ejercicio 1 3 pt. Considera la función fx, y = x y en la región factible R = {x, y R : x 1 + y 1; y x 1 ; y 5} 1. Existen puntos no regulares para este problema?. Se trata de un problema convexo? Puedes asegurar la existencia de máximo y mínimo global? por qué? 3. Da toda la información que puedas sobre los puntos A,, B3/, 1/4, C, 4+. Solución La región factible de este problema y las curvas de nivel de la función objetivo están representadas en las siguientes figuras: A lo largo del problema, utilizaremos la siguiente notación: g 1 x, y = x 1 + y 1; g x, y = y x 1 ; g 3 x, y = y 5 Lx, y, µ 1, µ, µ 3 = x y + µ 1 x 1 + y 1 + µ y x 1 + µ 3 y 5 x y + µ1 x 1 µ x Lx, y, µ 1, µ, µ 3 = x 1 x y + µ 1 y + µ + µ µ1 µ xlx, y, µ 1, µ, µ 3 = 1 + µ 1 1. Para ver si existen puntos no regulares, debemos buscar puntos en los que los gradientes de las restricciones activas sean linealmente dependientes. Para eso, dividimos el problema en los distintos casos posibles de conjunto de restricciones activas.

2 A = Todos los puntos estrictamente interiores de la región factible son regulares. A = {1} El gradiente de g 1 es g 1 x, y = x 1, y. Este gradiente sólo se anula en el punto 1,, donde la restriccón no es activa y además es infactible. A = {} El gradiente de g es g x, y = x 1, 1, que no se anula en ningún punto. A = {3} El gradiente de g 3 es g 3 x, y = 0, 1, que tampoco se anula en ningún punto. A = {1, } No existe ningún punto en el que las restricciones 1 y sean activas a la vez. A = {1, 3} En este caso, tampoco existe ningún punto donde sean activas las restricciones 1 y 3 a la vez. A = {, 3} Los dos únicos puntos donde son activas las dos últimas restricciones son P , 5, y P 1 5, 5. En P 1, g P 1 = 5, 1 y g 3 P 1 = 0, 1, que son independientes. En P, g P = 5, 1 y g 3 P = 0, 1, que también son independientes. Por tanto, los dos son puntos regulares. A = {1,, 3} No existen puntos donde las tres restricciones sean activas. Hemos explorado implícitamente todos los puntos de la región factible, y todos son regulares.. No se trata de un problema convexo, ya que la región factible no es un conjunto convexo. Por ejemplo, el segmento que une los puntos factibles 1, 1 y 1, 3 sale de la región factible. Por otro lado, sí podemos asegurar la existencia de máximo y mínimo locales, ya que se cumplen las hipótesis del Teorema de Weierstrass: la función objetivo es continua, y la región factible es compacta cerrada contiene a su frontera, y acotada está contenida en el rectángulo [, ] [0, 5] 3. En ninguno de los puntos estudiaremos la regularidad ya que en el apartado 1 ya hemos visto que todos los puntos factibles son regulares. A,.fA = 0 g 1 A = 0; g A = 1; g 3 A = 3. Se trata de un punto factible, y la única restricción activa es la primera. Si se cumple la condición necesaria de primer orden, existirán multiplicadores con: x L,, µ 1, µ, µ 3 = µ 1 µ µ + µ 3 µ = 0 la restricción no es activa µ 3 = 0 la restricción 3 no es activa = 0

3 La única solución del sistema anterior es µ 1 = µ = µ 3 = 0. Se cumple la condición necesaria de primer orden, tanto para máximo como para mínimo. En las condiciones de segundo orden deberemos tener en cuenta que las condiciones de holgura complementaria se cumplen sólo en su versión débil, ya que el multiplicador µ 1 ha tomado el valor 0 a pesar de que la primera restricción es activa. xl,, 0, 0, 0 = 0 Z = {z 1, z : z 1, z g i A = 0, i : g i A = 0} = {z 1, z : z 1, z 0 =< 0, 1 > = 0} El Hessiano reducido será = > 0 Como el Hessiano reducido es definido positivo, se cumple la condición necesaria de segundo orden para mínimo. Para ver si se cumple la suficiente, puesto que la condición de holgura complementaria sólo se satisface en su versión débil, debemos estudiar el comportamiento del Hessiano sobre el espacio: Z + = {z 1, z : z 1, z g i A = 0, i : µ i 0} En este caso, ninguna restricción tiene multiplicador distinto de cero, por tanto Z + = R. Por tanto, para que se cumpliera la condición necesaria para mínimo, el Hessiano deberia ser definido positivo, y sólo es semidefinido positivo. En resumen, el punto A podría ser un máximo de f en R, pero no tenemos garantías de que lo sea. B3/, 1/4. fb = 5 16 = g 1 B = ; g B = 0; g 3 B = 19 4 = Por tanto, se trata de un punto factible, y la única restricción activa es la segunda. La condición necesaria de primer orden, en este caso, se reduce a: 5/ + µ 1 µ x L3/, 1/4, µ 1, µ, µ 3 = = 0 5/ 7/µ 1 + µ + µ 3 µ 1 = 0 la restricción 1 no es activa µ 3 = 0 la restricción 3 no es activa Los únicos multiplicadores que satisfacen estas condiciones son µ1, µ, µ 3 = 0, 5/, 0 De acuerdo con el sentido de las restricciones y el signo de µ, este punto cumple la condición necesaria de primer orden para máximo. Para evaluar las condiciones de segundo orden, necesitamos el Hessiano en B: xl3/, 1/4, 0, 5/, 0 = 3 indefinida 1 Z = {z 1, z : z 1, z g i B = 0, i : g i B = 0} = {z 1, z : z 1, z 1 =< 1, 1 > = 0}

4 Así, el Hessiano reducido será = 5 < 0 El Hessiano reducido es definido negativo y las condiciones de holgura complementaria se satisfacen en su forma fuerte µ 0, por tanto, se cumplen tanto la condición necesaria como la suficiente de segundo orden para máximo en B. Podemos asegurar que B es un máximo local de f en R. C, 4+. fc = g 1 C = 0; g C = 3+.1; g 3 C = 6+.9 Se trata de una solución factible en la que la única restricción activa es la primera A = {1}. En este caso, las condiciones necesarias de primer orden tomarán la forma: x L, µ 1 + µ, µ 1, µ, µ 3 = 1 + = 0 + µ 1 + µ + µ 3 µ = 0 la restricción no es activa µ 3 = 0 la restricción 3 no es activa El único vector de multiplicadores que cumple estas condiciones es µ1, µ, µ 3 = +, 0, 0 Este punto cumple las condiciones necesarias de primer orden para mínimo, dado que el multiplicador de la única restricción activa es negativo y ésta es una restricción de. El Hessiano del Lagrangiano en C será: xl, 4 +, + 4, 0, 0 = 4 El espacio tangente a la restricción activa en C: 0 Z = {z 1, z : z 1, z g 1 C = 0} = {z 1, z : z 1, z = 0} =< 1, 1 > De manera que el Hessiano reducido queda: = El punto C era un candidato a mínimo, y no cumple ni la condición necesaria ni la suficiente para mínimo ya que el Hessiano reducido es definido negativo y debería ser positivo. Por tanto, el punto C no es ni un máximo ni un mínimo de f en R.

5 Ejercicio pt. La empresa CHANNEL produce el perfume Versay. Este perfume requiere de químicos y trabajo para su producción. Dos procesos están disponibles. El proceso A transforma 1 unidad de trabajo y unidades de químico en 3 botellitas de perfume. El proceso B transforma unidades de trabajo y 3 unidades de químico en 5 botellitas de perfume. Cada unidad de trabajo le cuesta a CHANNEL 10e y cada unidad de químico le cuesta 15e. Se tiene una disponibilidad máxima de 00 unidades de trabajo y un máximo de 350 unidades de químico para este período de planificación. En ausencia de publicidad CHANNEL cree que puede vender 1000 botellitas de perfume. Para estimular la demanda de ese perfume CHANNEL puede contratar una modelo famosa a quien se le pagará 500e la hora, hasta por un máximo de 5 horas. Cada hora que la modelo trabaje para la empresa se estima que incrementará la demanda de Versay en 00 botellitas. Cada botellita de Versay se vende a 30e. 1. Formula un problema de programación lineal que ayude a la empresa a decidir su estrategia.. Formula el problema dual del problema anterior. Solución Para modelar este problema utilizaremos las siguientes variables: x A número de veces que se utiliza el proceso A x B número de veces que se utiliza el proceso B z número de horas de modelo contratadas 1. Utilizando las variables anteriores, podemos escribir el modelo como: Maximizar 303x A + 5x B 10x A + x B 15x A + 3x B 500z sujeto a x A + x B 00 x A + 3x B 350 3x A + 5x B z x, y, z 0 La f.o. son los beneficios netos: ingresos por ventas menos gastos trabajo + químico + modelo. La primera restricción establece el límite de horas de trabajo disponibles y la segunda el de químico. Finalmente, la tercera restricción limita el número total de botellitas a fabricar, en función de las horas de modelo contratadas. Agrupando los coeficientes, podemos reescribir el modelo anterior como Maximizar. El dual del problema anterior será: 50x A + 85x B 500z sujeto a x A + x B 00 x A + 3x B 350 3x A + 5x B 00z 1000 x, y, z 0 Minimizar 00u u u 3 sujeto a u 1 + u + 3u 3 50 u 1 + 3u + 5u u u 1, u, u 3 0

6 Ejercicio 3 pt. Considera el siguiente problema de programación lineal Minimizar ax + by sujeto a x + 3y 10 x + 5y 15 x, y 0 Comprueba que 5/4, 5/ es una solución básica factible. Encuentra condiciones sobre los coeficientes a y b bajo las cuales: la solución anterior es óptima. existen infinitas soluciones óptimas. Encuentra la solución óptima si a = 1 y b = 1. La forma estándar del problema será: Solución Minimizar ax + by sujeto a x + 3y + s 1 = 10 x + 5y s = 15 x, y 0 Si sustituimos el punto 5/4, 5/ en las dos restricciones obtenemos s 1 = 0, s = 0. Una solución básica para este problema debe tener dos variables básicas y dos no básicas. La candidata a base en este caso será B = {x, y} ya que s 1, s son las únicas variables que valen 0. Debemos comprobar que x, y realmente forman una base: B = 3 5 ; detb = 4 0 Por tanto, efectivamente, el punto propuesto es una solución básica. Además, como todas sus componentes son no negativas, es básica factible. Para estudiar la calidad de esta solución necesitamos los costes reducidos: B 1 = σ = ; λ = a b 4 5a b 3a + b Para que la solución anterior sea ópitma es necesario que σ 0. { 5a + b 0 3a + b 0 = 1 5a b 3a + b 4 = 1 5a + b 3a + b 4 Las dos ecuaciones se cumplirán simultáneamente si a 0 y b 5 a ó a 0 y b 3 a Por tanto, la solución anterior será óptima cuando a 0 y b 5 a ó a 0 y b 3 a:

7 Si uno de los multiplicadores es cero y el otro es positivo, entonces sabemos que existen infinitas soluciones óptimas y que la actual es una de ellas. 5a + b = 0, 3a + b > 0: Esto pasará cuando a > 0 y b = 5/a 5a + b > 0, 3a + b > 0: Esto pasará cuando a < 0 y b = 3/a Si los dos multiplicadores son cero esto solo pasa si a = b = 0 entonces cualquier solución factible es óptima. Si a = 1 y b = 1, los costes reducidos correspondientes a la base actual serán: σ = 7/4 5/4 Debe entrar a la base la variable s 1. Y s1 = 5/ 1/, por tanto, la única candidata a salir es x. Para la nueva base, B = {y, h 1 } tenemos: B = ; B 1 = λ = c B B 1 = σ = c N λn = La variable s tiene coste reducido negativo, por tanto, debe entrar a la base. 1/5 Y s = 3/5 De nuevo hay una única candidata a salir de la base sólo la componente de Y s correspondiente a s 1 es positiva; por tanto, sale s 1. Nueva base: B = {y, s }. Para esta base tenemos: 3 0 B = 5 1 ; B 1 = ; x B = λ = σ = Por tanto, ésta es la base óptima. Como x es no básica e y es la primera variable básica, esta solución se corresponde con el punto 0, 10/3 que tiene valor 10/3.

8 Ejercicio 4 3 pt. Una empresa de transporte de pasajeros opera una flota de barcos que ofrecen cruceros a lo largo del río. La flota incluye dos tipos de barcos; A y B. Los barcos de tipo A tienen 60 cabinas de lujo y 160 stardard, mientras que los de tipo B tienen 80 cabinas de lujo y 10 starndard. Además, la empresa tiene un acuerdo con una agencia de viajes por el que se ha comprometido a ofrecer, al menos, 360 cabinas de lujo y 680 standard para un crucero de 15 dias en mayo. Cuesta 40000e operar un barco de tipo A, y 53000e operar uno de tipo B durante ese periodo. La empresa ha utilizado el siguiente modelo para decidir cuántos barcos de cada tipo va a poner a disposición de la agencia de viajes: Minimizar 40x + 53y sujeto a 60x + 80y x + 10y 680 x, y 0 1. Comprueba que en la solución óptima se utilizan todas las cabinas de los barcos puestos a disposición de la agencia de viajes.. Para qué rango de los costes de operación de barcos de tipo A la solución óptima seguirá siendo la misma? 3. La reserva de cabinas de lujo se puede modificar hasta última hora y la empresa quiere saber cómo puede afectarla este hecho. Hasta qué punto puede variar el número de cabinas de lujo reservadas sin que cambie la base óptima? Cómo variará el coste de gestión óptimo con modificaciones dentro de ese rango? 4. En caso de que lleguen reservas de última hora de cabinas standard, la empresa puede decidir entre reajustar los barcos utilizados, o alquilar cabinas sueltas en barcos de otro operador. Cuánto estarías dispuesto a pagar por una plaza? Solución A lo largo del problema utilizaremos la forma estándar del modelo: Minimizar 40x + 53y sujeto a 60x + 80y s 1 = x + 10y s = 680 x, y 0 1. Si se utilizan todas las cabinas de los barcos puestos a disposición de la agencia de viajes, las holguras s 1, s deben ser 0. La única solución donde estas son ceros, es la asociada a la base B = {x, y} obsérvese que las columnas de estas variables son independientes y por tanto forman base. Para comprovar que ésta es la base óptima, necesitamos los costes reducidos: B = ; B 1 = ; x B = 3 λ = ; σ = Efectivamente, ésta es la base óptima. Esta base se corresponde con utilizar barcos de tipo A y 3 de tipo B, y tiene un coste de 39000e.

9 . Queremos estudiar la sensibilidad de la solución a cambios del coeficiente de x en la función objetivo. Como es una variable básica, cualquier cambio de este coeficiente afecta a los multiplicadores y, por tanto, a todos los costes reducidos. Teniendo en cuenta que en este caso N = Id, c x c x + δ σ σ δ fila 1 de B 1 N. σ δ = δ δ 5600 Para que la solución actual se mantenga óptima, debe cumplirse: { δ δ 0 Estas condiciones se cumplirán para valores de delta en el intervalo [ 1/4, 9/3], por tanto, el coeficiente de x puede moverse en el rango [39.75, 70.ˆ6], lo que se corresponde con un coste de operación de los barcos en el rango [39750, ˆ6]. 3. En este apartado queremos estudiar la sensibilidad de la solución a cambios en el término independiente de la primera restricción. La solución asociada a la base actual varía, en función de la siguiente regla: b 1 b 1 + δ x B x B + δ col 1 deb 1. 1 x B + δ La base actual seguirá siendo óptima mientras x B sea positiva, es decir, mientras: { δ 0 δ δ 0 δ 105 El número de reservas ahora es de 360, por tanto, podrá variar entre y /3 sin que cambie la base óptima. El rango obtenido para el número de reservas es: [55, 453.ˆ3]. En realidad, como no tiene sentido una cota superior fraccional, deberíamos tomar 453. El valor de λ 1 nos da una idea de cómo varía la función objetivo cuando el término independiente de la primera restricción se mueve en este rango: z z δ = δ Esto se corresponde con un coste de operación de δ. 4. El multiplicador de la segunda restricción λ = 560 nos dice cómo aumentaría la función objetivo por un aumento unitario del número de cabinas estándar requeridas y la función objetivo está expresada en miles de euros. Por tanto, estaríamos dispuestos a pagar hasta 000/ e por una plaza..