Tema 3: Método del Simplex Revisado.

Transcripción

1 Investigación Operativa 28/9 Tema 3: Método del Simplex Revisado. El método revisado o método del simples con multiplicadores: Conceptos básicos. Vector de Multiplicadores. Se basa en los mismos principios que el simplex, pero en cada iteración no se calcula toda la tabla, y la información que se necesita para pasar de una solución factible básica a otra se obtiene directamente de las ecuaciones originales. Información de interés: * C j * columna de la v. que entra * b Ejemplo: Max Z = 3x 1 + 2x 2 - x 1 + 2x 2 + x 3 = 4 3x 1 + 2x 2 + x 4 = 14 x 1 - x 2 + x 5 = 3 x i 1 1 Tabla 2 π = C B B -1 = (,,3) 1-3 = (,,3) 1 1-1/5 3/5 Tabla 3 π = C B B -1 = (,2,3) 1/5-3 = (,1,) 1/5 2/5 15

2 Investigación Operativa 28/9 C j 3 2 C B Base x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 b x x x C j 3 2 Z = C B Base x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 b x x x C j 5-3 Z = 9 C B Base x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 b x 3 1-1/5 8/5 6 2 x 2 1 1/5-3/5 1 3 x 1 1 1/5 2/5 4 C j -1 Z = 14 C B Base x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 b x 5 5/8-1/8 1 15/4 2 x 2 1 3/8 1/8 13/4 3 x 1 1-1/4 1/4 5/2 C j -1 Z = 14 16

3 Investigación Operativa 28/9 Desarrollo del método. El método del simplex revisado trabaja con la idea fundamental de que cualquier tabla del simplex correspondiente a una solución factible básica puede generarse directamente de las ecuaciones originales por medio de operaciones matriciales. Max (o Min) Z = Cx Ax = b x x 1... C = (C 1, C 2,..., C n ) 1 x n x = x m n x 1 x n a 11 a a 1n b 1 a 21 a a 2n b 2 m x 1 A = m x n b =... a m1 a m2... a mn m<n b m a 1i a 2i A = [ P 1 P 2 P n ] P i = m x 1 a mi i = 1,..., n Supongamos que tenemos una solución factible con variables básicas x 1... x m La matriz básica B será: a 11 a a 1m a 21 a a 2m B = (P 1... P m ) = a m1 a m2... a mm matrix m x m x 1 x 2 x B x B variables básicas x = xm x N x m+1 x N variables no básicas = x n 17

4 Investigación Operativa 28/9 b 1 b 2 La solución básica actual es x B = b =B -1 b =... b m y x N = ( ). x B b Z = C x = (C B C N ) = (C B, C N ) = C B x B + C N x N = C B b x N y cualquier columna: Pj = B -1 P j j de las variables no básicas Se llama vector de multiplicadores al vector π = (π 1, π 2,..., π m ) π = C B B -1 (mxm) (1xm) A partir de este vector, se pueden calcular los beneficios relativos: C j = C j - C B P j = C j - C B B -1 P j = C j - πp j j de variables no básicas 18

5 Investigación Operativa 28/9 Ejemplo: Min Z = -3x 1 + x 2 + x 3 sujeto a x 1 2x 2 + x x 1 + x 2 + 2x 3 3 2x 1 - x 3 = -1 x i Min Z = -3x 1 + x 2 + x 3 + Mx 6 + Mx 7 x 1-2x 2 + x 3 + x 4 = 11-4x 1 + x 2 + 2x 3 x 5 + x 6 = 3-2x 1 + x 3 + x 7 = 1 x i A = [ P 1 P 2 P 6 ] P 1 = -4 P 2 = 1 P 3 = 2 P 4 = P 5 = -1 P 6 = P 7 = b = Base inicial { x 4, x 6, x 7 } B = (P 4 P 6 P 7 ) = 1 1 B -1 = I b = B -1 b = b La tabla 1 del método del simplex revisado será: Base B -1 b x x x A completar más adelante π = (π 1, π 2, π 3 ) = C B B -1 = (C 4, C 6, C 7 ) B -1 = (, M, M) I = (, M, M) Los beneficios relativos de las variables no básicas: C j = C j - πp j j = 1, 2, 3, 5 19

6 Investigación Operativa 28/9 1 C 1 = -3 (, M, M) -4 = M -2-2 C 2 = 1 (, M, M) 1 = 1 M 1 C 3 = 1 (, M, M) 2 = 1 3M 1 C 5 = (, M, M) -1 = M Entra x 3 en la base. La columna pivote es: P = B 1 P3 = 1 2 = Tabla 1. Base B -1 Var. que entra b Columna pivote P 3 x x x 3 2 x Regla mínima proporción min{ 11 / 1, 3 / 2, 1 / 1 } sale x Nueva base {x 4, x 6, x 3} B = [P 4 P 6 P 3] = B -1 = b = B b = B 3 =

7 Investigación Operativa 28/9 Base -1 B b x x x π = C B B = (C4, C 6, C 3) B (, M, 1) B -1 = (, M, -2M+1) 1 C 1 = -3 - (, M, -2M+1) -4 = -1-2 C 2 = 1 M -1 = C 5 = M -2-2 e ntra x 2 en la base P 2 = B -1 P 2 = B -1 1 = 1 Tabla 2. B ase -1 B var que entra b P 2 x x x 2 1 x Regla m ínima proporción min{ 1 / -2, 1 / 1, 1 / } sale x N ueva base {x 4, x 2, x 3} B = [P 4 P 2 P 3 ] B -1 = b = B -1 b = B ase B b x x x π = (,, 1) 1-2 = (, 1, -1) 1 21

8 Investigación Operativa 28/ C 1 = -1 entra x 1 P 1 = = C5 = 1 Tabla 3. B ase -1 B Var que entra b P 1 x x x 1 x Nueva base {x 1, x 2, x 3 } Tabla 4. B ase -1 B b x 1 1 / 3 2 / 3-5 / 3 4 x x 3 2 / 3 4 / 3-7 / / 3 2 / 3-5 / 3 π = (-3, 1, 1 ) 1-2 = [- 1 / 3, 1 / 3, 2 / 3 ] 2 / 3 4 / 3-7 / 3 C 4 = 1 / 3 C5 = 1 / 3 Por lo tanto, la tabla 4 es óptima y la solución óptima es: x 1 = 4 x 2 = 1 x 3 = 9 x 4 = x 5 = 4 Z = C B b = (-3, 1, 1) 1 =

9 Investigación Operativa 28/9 Ventajas del método revisado del Simplex doble el método del Simplex regular. 1. El simplex revisado trabaja sobre una tabla cuyo tamaño lo determina el número de restricciones. 2. Si se calcula B -1 en cada iteración directamente de los datos del principio, no se acumulan errores de redondeo. 3. Los conceptos teóricos del método ayudan a entender conceptos de teoría de la dualidad y análisis de sensibilidad. 23

10 Investigación Operativa 28/9 Tema 4: Teoría de la Dualidad. 2 x 1 La teoría de la dualidad se centra en el hecho de que, asociado a cualquier problema de programación lineal, existe otro problema de programación lineal que se llama su dual, de manera que al resolver el primero se resuelve también el segundo sin coste computacional adicional. Problemas primal-dual simétrico. Propiedades y relaciones de los problemas primal y dual. Un problema de programación lineal está escrito en forma simétrica si todas las variables son no negativas, y todas las restricciones son desigualdades (si el problema es de maximizar, con, y si es de minimizar, con ). PRIMAL Max Z = Cx Min Z = Cx Ax b Ax b x x Max Z = (C 1, C 2,, C n ) x 1 x n a 11 a a 1n x 1 b 1 a 21 a a 2n x 2 b a m1 a m2... a mn x n b m x 1 x 2 x n 24

11 Investigación Operativa 28/9 DUAL Min W = by ya C y = (y 1, y 2,, y m ) y Min W = b 1 y 1 + b 2 y b m y m a 11 y 1 + a 21 y a m1 y m C 1 a 12 y 1 + a 22 y a m2 y m C a 1n y 1 + a 2n y a mn y m C n y 1, y 2,, y m Reglas generales de construcción del problema dual. 1. Definir una variable dual no negativa por cada restricción del problema primal. 2. Hacer que el vector de costes del problema primal pase a ser el vector de las constantes de la derecha del problema dual. 3. Hacer que el vector de constantes de la derecha del primal sea el vector de costes del dual. 4. La traspuesta de la matriz de coeficientes del primal es la matriz de coeficientes del dual. 5. Invertir la dirección de las desigualdades de las restricciones. 6. Invertir Maximizar por Minimizar (y viceversa). Problema Primal Max Z = Cx Ax b x A mxn x n variables b m restricciones Problema Dual Min W = by ya C siendo A la matriz y traspuesta de la matriz A del problema primal (y٠a A t ٠y t ) y m variables C n restricciones Teoremas de la dualidad. Teorema 1 (Teorema débil de la dualidad). Consideremos los problemas de programación lineal primal-dual simétricos: Max Z = Cx Min W = yb Ax b ya C x y 25

12 Investigación Operativa 28/9 Se tiene que el valor de la función del objetivo del problema dual (para toda solución factible del dual) es siempre mayor o igual que el valor de la función del objetivo primal (en cualquier solución factible del problema primal). Demostración. Sean x e y solución factible del primal y dual, respectivamente x solución factible del problema primal Ax b x (1) y solución factible del problema dual y A C y (2) (la solución factible cumple las restricciones) (1) y Ax y b (pues y ) (2) y Ax Cx (pues x ) Entonces Cx y Ax y b Z (primal) W (dual) (Z y W funciones objetivo) Corolarios. 1) El valor de la función del objetivo Z del problema primal para cualquier solución factible del primal es una cota inferior para el valor mínimo de la función del objetivo dual. 2) Análogamente, el valor de la función del objetivo del problema dual para cualquier solución factible es una cota superior para el valor máximo de la función del objetivo primal. 3) Si el problema primal tiene solución no acotada entonces el problema dual no tiene ninguna solución factible. 4) Análogamente, si el problema dual tiene solución no acotada entonces el primal no tiene ninguna solución factible. 5) Si el problema primal tiene solución, y el dual no, entonces el primal es no acotado. 6) Si el problema dual tiene solución, y el primal no, entonces el dual es no acotado. 7) Si el primal no tiene solución el problema dual no tiene solución o es no acotado. 8) Si el problema dual no tiene solución el problema primal no tiene solución o es no acotado. 26

13 Investigación Operativa 28/9 Ejemplo 1. Primal Max Z = x 1 + 2x 2 + 3x x 4 Sujeto a x 1 + 2x 2 + 2x 3 + 3x 4 2 2x 1 + x 2 + 3x 3 + 2x 4 2 x i Dual Min W = 2y 1 + 2y 2 Sujeto a y 1 + 2y 2 1 2y 1 + y 2 2 2y 1 + 3y 2 3 3y 1 + 2y 2 3 y i ej. x = (x 1, x 2, x 3, x 4 ) (1, 1, 1, 1) Z (x ) = 1 cualquier solución factible del problema dual verifica W 1 W opt 1 Ejemplo 2. Primal Max Z = x 1 + x 2 - x 1 + x 2 + x 3 2-2x 1 + x 2 - x 3 1 x i Dual Min W = 2y 1 + y 2 - y 1 + 2y 2 1 y 1 + y 2 1 y 1 - y 2 y i El primal tiene solución (por ejemplo x = (,, ) es una solución factible del primal). Pero el dual no tiene ninguna solución factible (si y i, - y 1-2y 2 siempre ). Por el corolario 5, el primal tiene solución no acotada. Ejemplo 3. Primal Min Z = -2x 1 3x 2 x 1 - x x 1 + x 2 1 x 1, x 2 Dual Max W = 2y 1 + y 2 y 1 - y y 1 + y 2-3 y i 27

14 Investigación Operativa 28/9 Ambos, primal y dual, no tienen soluciones factibles (corolarios 7 y 8). Teorema 2 (Criterio de optimalidad). Si existen soluciones factibles x e y para el problema primal y dual, respectivamente, tales que Cx = y b x e y son soluciones óptimas del problema primal y dual, respectivamente. Demostración (ejercicio) En el Ejemplo 1 Primal Max Z = x 1 + 2x 2 + 3x x 4 Sujeto a x 1 + 2x 2 + 2x 3 + 3x 4 2 2x 1 + x 2 + 3x 3 + 2x 4 2 x i Dual Min W = 2y 1 + 2y 2 Sujeto a y 1 + 2y 2 1 2y 1 + y 2 2 2y 1 + 3y 2 3 3y 1 + 2y 2 3 y i si tomamos: x = (,, 4, 4) Z = 28 y = (1 2, 2) W = 28 x e y óptimas del primal y dual respectivamente Teorema 3 (Teorema fundamental de la dualidad). Si el problema primal y el dual tienen soluciones factibles, entonces los dos tienen soluciones óptimas cuyos valores de la función objetivo coinciden. Teorema 4 (Teorema de las holguras complementarias). Sean x e y soluciones factibles del problema primal y dual: Max Z = Cx Min W = yb Ax b ya C x y x e y son soluciones óptimas (y A C)x + y (b Ax ) = Demostración. (y A - C)x + y (b - Ax ) = y Ax Cx + y b y Ax = - Cx + y b = Cx = y b 28

15 Investigación Operativa 28/9 Entonces x e y óptimas Cx = y b por el teorema 3 de la dualidad por el teorema 2 Condiciones de holguras complementarias. Supongamos x solución factible del problema primal e y solución factible del problema dual: Ax b n variables y A C m variables x m ecuaciones y n ecuaciones x 1 x 2 b 1 A٠ x n b m Si lo escribimos con holguras: x 1 x 2 b 2 (y 1, y 2,, y m )A (C 1, C 2,, C n ) U 1 U 2 b 1 b 2 A٠ + = (*) x n U m siendo U i i = 1, 2,, m el vector de holguras b m (y 1, y 2,, y m )A (V 1, V 2,, V n ) = (C 1, C 2,, C n ) (**) siendo V i i = 1, 2,, n el vector de holguras (*) Ax + U = b U = b - Ax (**) y A V = C V = y A - C El teorema 4 dice: x e y son soluciones óptimas óptimas (y A - C)x + y (b - Ax ) = V x + y U = x 1 x 2 U 1 U 2 (V 1, V 2,, V n ) + (y 1, y 2,, y m ) = x n U m n m V j x j = j=1 n sistema o condiciones V j x j + y j U j = de holguras j=1 j=1 y j U j = j=1 m complementarias V j ٠ x j = y j U j = v. primal j-ésima holgura primal holgura dual j-ésima v. dual j-ésima 29

16 Investigación Operativa 28/9 Se obtiene: 1) Si x j > V j = 2) Si V j > x j = 3) Si y j > U j = 4) Si U j > y j = Ejemplo 1: Max Z = x 1 + 2x 2 + 3x x 4 Sujeto a x 1 + 2x 2 + 2x 3 + 3x 4 2 x 1 + 2x 2 + 2x 3 + 3x 4 + U 1 = 2 2x 1 + x 2 + 3x 3 + 2x 4 2 2x 1 + x 2 + 3x 3 + 2x 4 + U 2 = 2 x i x i, U i Min W = 2y 1 + 2y 2 Sujeto a y 1 + 2y 2 1 y 1 + 2y 2 - V 1 = 1 2y 1 + y 2 2 2y 1 + y 2 - V 2 = 2 2y 1 + 3y 2 3 2y 1 + 3y 2 - V 3 = 3 3y 1 + 2y 2 3 3y 1 + 2y 2 - V 4 = 4 y i y i, V i La solución óptima del dual es: y 1 = 1 2 y 2 = 2 W = 28 Condiciones de holgura complementarias: U 1 y 1 = U 2 y 2 = x 1 V 1 = x 2 V 2 = x 3 V 3 = x 4 V 4 = y 1 = 1 2 > U 1 = y 2 = 2 > U 2 = y 1 + y 2 = 1 6 > 1 V 1 > x 1 = 2y 1 + y 2 = 2 6 > 2 V 2 > x 2 = 2y 1 + 3y 2 = 3 V 3 = x 3 3y 1 + 2y 2 = 4 V 4 = x 4 Y nos queda del sistema de ecuaciones del problema primal: 2x 3 + 3x 4 = 2 x 3 = 4 3x 3 + 2x 4 = 2 x 4 = 4 3

17 Investigación Operativa 28/9 x = (,, 4, 4) Z opt = 28 (que tiene que coincidir con el valor óptimo de la función objetivo dual) Problemas asimétricos primal-dual. Consideremos un problema de programación lineal no simétrico, por ejemplo: Primal Max Z = 2x 1 3x 2 Sujeto a 6x 1 3x x 1 + 3x x 1 + 4x 2 = -1 x 1 cq signo, x 2 Cualquier problema no simétrico puede convertirse en uno equivalente que sí lo sea Max Z = Cx Ax b x x 1 = x 1 ' x 2 ' x 1 ', x 2 ' x 2 = - x 3 ' x 3 ' - x 1 + 4x 2 = -1 - x 1 + 4x 2-1 x 1-4x x 1 + 4x 2-1 2x 1 + 3x 2 5-2x 1 3x 2-5 Max Z = 2x 1 ' 2x 2 ' 3x 3 ' Sujeto a 6x 1 ' 6x 2 ' + 3x 3 ' 15-2x 1 ' + 2x 2 ' + 3x 3 ' -5 x 1 ' - x 2 ' + 4x 3 ' 1 - x 1 ' + x 2 ' - 4 x 3 ' -1 x i ' Dual Min W = 15w 1-5w 2 w 3 + w 4 Sujeto a 6w 1 2w 2 + w 3 - w 4 2-6w 1 + 2w 2 - w 3 + w 4-2 3w 1 + 3w 2 + 4w 3 4w 4 3 w i Min W = wb wa C w Llamamos y 1 = w 1 y 2 = - w 2 y 3 = w 3 - w 4 31

18 Investigación Operativa 28/9 Min W = 15y 1 + 5y 2 y 3 Sujeto a 6y 1 + 2y 2 + y 3 2-6y 1 2y 2 - y 3-2 6y 1 + 2y 2 + y 3 = 2 3y 1 3y 2 + 4y 3 3 3y 1 3y 2 + 4y 3 3 Min W = 15y 1 + 5y 2 y 3 6y 1 + 2y 2 + y 3 = 2 3y 1 3y 2 + 4y 3 3 y 1, y 2, y 3 cq signo Max Z = 2x 1 3x 2 6x 1 3x x 1 + 3x x 1 + 4x 2 = -1 x 1 cq signo, x 2 PRIMAL (Maximizar) DUAL (Minimizar) ٠ A matriz de coeficientes ٠ Traspuesta ٠ Vector de constantes de la ٠ Vector de coeficientes de la f. derecha objetivo ٠ Vector de coeficientes de la f. ٠ Vector de constantes de la objetivo derecha ٠ i-ésima restricción con = ٠ Variable i-ésima de cualquier signo ٠ i-ésima restricción con ٠ Variable i-ésima ٠ i-ésima restricción con ٠ Variable i-ésima ٠ Variable j de cualquier signo ٠ Restricción j con = ٠ Variable j ٠ Restricción j con ٠ Variable j ٠ Restricción j con 32

19 Investigación Operativa 28/9 Ejercicio 1. Primal Max Z = x 1 + 4x 2 + 3x 3 2x 1 + 3x 2 5x 3 2 3x 1 - x 2 + 6x 3 1 x 1 + x 2 + x 3 = 4 x 1, x 2, x 3 cq signo Dual Min W = 2y 1 + y 2 + 4y 3 2y 1 + 3y 2 + y 3 1 3y 1 - y 2 + y 3 4-5y 1 + 6y 2 + y 3 = 3 y 1, y 2, y 3 cq signo Ejercicio 2. Primal Min Z = 2x 1 + x 2 - x 3 x 1 + x 2 - x 3 = 1 x 1 - x 2 + x 3 2 x 2 + x 3 3 x 1, x 2, x 3 cq signo Dual Max W = y 1 + 2y y 3 y 1 + y 2 2 y 1 - y 2 + y 3 1 -y 1 + y 2 + y 3 = -1 y 1 cq signo, y 2, y 3 Los teorema del 1 al 4 de la teoría de la dualidad también se aplican a los problemas asimétricos, con las modificaciones correspondientes. En el Ejercicio 2: x 1 = 2 x 2 = solución factible primal x 3 = 1 y 1 = 1 y 2 = y 3 = solución factible dual Por el teorema 1 de la dualidad Z W Cx = 3 > y b = 1 En el Ejercicio 1: x 1 = 33

20 Investigación Operativa 28/9 x 2 = x 3 = 4 Z = 12 solución factible primal y 1 = y 2 = y 3 = 3 W = 12 Por el teorema 2 ambas son soluciones óptimas. Si el problema viene en forma estándar: Max Z = Cx (Min) su dual es Ax = b x Min W = yb ya C y cq signo Max W = yb ya C y cq signo 34

21 Investigación Operativa 28/9 Cálculo de la solución óptima del problema dual a partir de la tabla óptima del problema primal. Sea x = Consideremos el problema de programación lineal en forma estándar: Min Z = Cx (dual) Max W = yb Ax = b ya C x y cq signo x B x N la solución óptima del primal. x B = B -1 b, siendo B la base óptima C j = C j πp j j por ser solución óptima donde π = C B B -1 En notación matricial C πa πa C el vector π es una solución factible del problema dual. Además W(π) = πb = C B B -1 b = C B x B = Z óptimo π es óptima del problema dual. 35

22 Investigación Operativa 28/9 Ejemplo: Primal Min Z = -3x 1 + x 2 + x 3 x 1-2x 2 + x x 1 + x 2 + 2x 3 3-2x 1 + x 3 = 1 x i Dual Max W = 11y 1 + 3y 2 + y 3 y 1-4y 2 2 y y 1 + y 2 1 y 1 + 2y 2 + y 3 1 y 1, y 2, y 3 cq signo Resolvemos el problema primal: la solución óptima es B = [P 1 P 2 P 3 ] x 1 = 4 x 2 = 1 x 3 = 9 Z = / 3 2 / 3-5 / 3 π = C B B -1 = (-3, 1, 1) = (-3, 1, 1) 1-2 = [- 1 / 3, 1 / 3, 2 / 3 ] / 3 4 / 3-7 / 3 Se comprueba que π es solución factible del problema dual y que W(π) = 11(- 1 / 3 ) + 3( 1 / 3 ) + 1( 2 / 3 ) = -2 36

23 Investigación Operativa 28/9 Cómo ver la solución dual óptima en la tabla óptima del simplex del problema primal. Base Solución (b) C j Sean {i 1, i 2,, i m } los índices de las variables básicas de la primera tabla del Simplex: 1ª tabla Base x 1 x 2 x i1 x i2 x im x n b x i1 ٠ ٠ 1 ٠ x i2 ٠ ٠ 1 ٠ x im ٠ ٠ 1 ٠ En cualquier tabla, B -1 aparece en las columnas de las variables básicas iniciales. En particular, en la última tabla: Base x i1 x i2 x im C i1 C i2 C im 37

24 Investigación Operativa 28/9 (C i1, C i2,, C im ) = (C i1, C i2,, C im ) π[p i1 P im ] 1 1 (C i1, C i2,, C im ) π π = (C i1, C i2,, C im ) (C i1, C i2,, C im ) 1 Tema 5: Método del Simplex Dual. Conceptos fundamentales. Bases factibles dual y primal. Consideremos un problema de programación lineal estándar: Min Z = Cx A mxn A = (P 1 P n ) Ax = b C = (C 1,, C n ) x b = b 1 b m x = m<n x 1 x n Sea B A una submatriz de A formada por m columnas de A linealmente independientes. Se dice que B es una base factible primal (o base factible del problema primal) si B -1 b. Sea B A una submatriz de A formada por m columnas de A linealmente independientes. Se dice que B es una base factible dual (o base factible del problema dual) si: C C B B -1 A (C C B B -1 A si el p. primal fuese de maximizar) Consecuencias de las definiciones. Que B sea factible primal significa que se le puede asociar una solución: x B x = con x B = B -1 b x N Que B sea factible dual significa que C C B B -1 A C C B B -1 A. 38

25 Investigación Operativa 28/9 Llamando y B = C B B -1 C y B A y B A C y B así definida es una solución factible del problema dual. Además C y B A como los beneficios relativos del problema primal se calculan como C = C πa, = C C B B -1 A = C y B A x B = B -1 b es una solución factible y óptima del problema primal. Luego como W o = y B b = C B B -1 = C B x B = Z opt y B y x B son soluciones óptimas del primal y dual. Resumiendo, si una matriz B es a la vez una base factible primal y dual, sus soluciones asociadas x B = B -1 b e y B = C B B -1 son óptimas del primal y dual, respectivamente. Desarrollo del método dual del Simplex. Consideremos el ejemplo Min Z = x 1 + 4x 2 + 3x 4 Sujeto a: x 1 + 2x 2 x 3 + x 4 3-2x 1 - x x 3 + x 4 2 x i Introducimos variables de holgura x 5 y x 6 : x 1 + 2x 2 x 3 + x 4 - x 5 = 3-2x 1 - x x 3 + x 4 - x 6 = 2 x i Multiplicamos por -1: -x 1-2x 2 + x 3 - x 4 + x 5 = -3 2x 1 + x 2-4 x 3 - x 4 + x 6 = -2 x i C j C B base x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 b x x C j B = [P 5 P 6 ] = I B -1 = I b = B -1 b pero C - C B B -1 ª = C = (1,4,,3,,) Luego B no es factible primal (porque ), pero sí factible dual. Si tenemos, por tanto, una tabla del Simplex Dual donde C j y b estaríamos ante la solución óptima. 39

26 Investigación Operativa 28/9 Situación general. Base x 1 x r x m x m+1 x s x n b x 1 1 y 1,m+1 y 1s y 1n x r 1 y r,m+1 y rs y r n b 1 b r Alguno menor que cero x m 1 y n,m+1 y ns y mn b m C j C m+1 C s C n (min) El método del simplex dual va a calcular una solución factible básica dual adyacente, reemplazando una variable básica por una variable no básica. 1. Selección de la variable básica que deja la base. Se elige la variable básica con el mayor valor negativo b i. Sea b r = min {b i } x r deja la base, y la fila r es la fila pivote. b i < 2. Selección de la variable no básica que entra en la base (Regla de la máxima proporción). 4

27 Investigación Operativa 28/9 Entra en la base x s tal que c y s rs = max y rj < c y j rj y el valor y rs es el pivote para construir la nueva tabla. En nuestro ejemplo: 1) El mayor valor negativo de los b i es -3 x 5 deja la base 2) Variable no básica y ij C j C j /y ij x x x max {-1, -2, -3} = -1 x 1 entra en la base y el pivote es -1. Aquí el pivote es negativo. 41

28 Investigación Operativa 28/9 Tabla 2 del m.s.d. C j C base x x x x x x B b 1 x x C j sale x 6 proporciones: y ij C j x /3 = - 66 x /2 = - 5 x /3 = - 66 max {- 66, - 5} = - 5 entra x 3 y el pivote es -2. Tabla 3 del m.s.d. C B base x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 1 x 1 1 x 3 7 / 2 3 / 2 1 b 5 / / / / 2 4 C j 1 / 2 1 / 2 2 Tabla óptima C j y b Solución óptima del problema de programación lineal. 1 / 2 Z = 7 OBSERVACIONES. 1.-) Resolución de problemas de maximización por el método del simplex dual. *La regla de salida es igual * Cambia la regla de entrada, que ahora va a ser de la mínima proporción Entra en la base x tal que s c s c = min j y y yrj < rs 2.-) Qué sucede si falla el criterio de entrada? Es decir, todos los yij de la fila de la variable que sale son. Entonces el problema no tiene solución. Por qué: ejercicio? rj 42

29 Investigación Operativa 28/9 3.-) Cómo se puede saber, utilizando el método del simplex dual, que el problema original tiene solución no acotada? Ejercicio: pensarlo usando los corolarios 1-8 del teorema 1 de la dualidad 43

30 Investigación Operativa 28/9 Tema 6: Análisis de Sensibilidad y Programación Paramétrica 1. Análi sis de sensibili dad. Se refiere al estudio de los cambios en la solución óptima y en el valor óptimo de Z debido a cambios en los datos del problema inicial, pero sin resolver el problema de nuevo desde el principio. Ejem plo. Una compañía fabrica 3 productos A, B y C. Los beneficios por unidad de estos productos son 2, 3 y 1 respectivamente, y para su fabricación son necesarios 2 recursos: trabajo y material. Supongamos que los valores óptimos a fabricar de los productos A, B y C se obtienen resolviendo el problema: Max Z = 2x 1 + 3x 2 + x 3 Sujeto a: 1 / 3 x / 3 x 2 + / 3 x 3 1 (trabajo) 1 / 3 x / 3 x 2 + / 3 x 3 3 (material) x i x i unidades a fabricar del producto i Tabla1 Cj C B base x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 Tabla2 1 / x4 3 x 1 5 / 3 b 1 / 3 1 / / 3 7 / C j Z = 1 x 4 / 4-1 / / 4 1 / 4 3 x 2 1 / / 4 3 / 4 9 / 4 C j 5 / 4-17 / 4-9 / 4 Z = 27 / 4 Tabla3 2 x x C j Z = 8 x 1 = 1 x 2 = 2 Zo pt = 8 Solución óptima 44

31 Investigación Operativa 28/9 P 1 1 / 3 1 / 1 3 / 3 1 = P 2 = P 3 = P 4 = P 5 = 4 / 7 3 / / 3 C = (2,3,1,,) b = 1 3 Max Z = Cx Ax = b x x1... C = (C 1, C 2,..., C n ) 1 x n x = x m n x 1 x n a 11 a a 1n b 1 a 21 a a 2n b 2 m x 1 A = m x n b =... a m1 a m2... a mn m<n b m a1i a2i A = [ P 1 P 2 P n ] P i = m x 1 a i = 1,..., n mi Supongamos que tenemos una solución factible obtenida a partir de una base B La solución básica 1 x B = b = B b Z = C b B cualquier columna: 45

32 Investigación Operativa 28/9 P = B j de las variables no básicas 1 j P j π = C B B -1 L os beneficios relativos: c j 1 = c j πpj = c j cbb Pj = c j cbpj j de variables no básicas 46

33 Investigación Operativa 28/9 1. Modificaciones en los coeficientes de la función del objetivo. 1.1 Cambio en el C j de una variable no básica. Variable no básica de interés x 3 (forma parte del problema pero no está en la base) C 3 = -3 Mientras C 3 < la solución actual (x 1 y x 2 en la base) sigue siendo óptima -1 C3 = C3 C B P 3 = C3 - (2,3) = C columna de x en la tabla óptima 3 C3 = C 3-4 C 3 4 si C 3 > 4 entra x 3 en la base i, por jempl = 6 = 2 y haríamos una tabla más: S e o C 3 C 3 b base x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 C B 2 x / 2 7 / 2-1 / x3 1 / / 2 1 / 2 1 C j Z = 1 óptima 1.2 Cambio en el C j de una variable básica. Analicemos, por ejemplo, como se altera la tabla óptima modificando C 1 : x 1 y x 2 están en la base C 1 = C2 = -1 C3 = C3 - C B P 3 = 1 (C 1,3) = C C 4 = (C 1,3) = -4C C5 = (C 1,3) = C

34 Investigación Operativa 28/9 La tabla 3 seguirá siendo óptima mientras C 3, C 4 y C 5 (estamos maximizando). C3 C 1-5 C 1 5 C 1-4C C 1 3 / 4 C5 C 1-3 C si C 1 [ 3 / 4,3] la tabla 3 sigue siendo óptima, si nos salimos del intervalo [ 3 / 4,3] la tabla ya no es óptima 3 / / 3 5 Si, por ejemplo C 1 = 1 la solución de la tabla 3 (x 1 = 1, x 2 = 2) sigue valiendo, 1 pero cambia Z opt = C B b = (1,3) = Cambio en C j tanto de variables básicas como no básicas. Hagamos, por ejemplo, C 1 =1, C 2 =4, C 3 =2 En la tabla 3 hay que cambiar C 1 = C 2 = (el C i de las variables básicas siempre es ) -1 C 3 = 2 (1,4) = -5 < 2 4 C 4 = (1,4) = -1-1 C 5 = (1,4) = -3 < 1 La solución de la tabla 3 sigue siendo óptima. Ahora Z opt = 9 y tendríamos una solución óptima alternativa haciendo entrar a x 4. Si alguno de los Ci fuese > la tabla no sería óptima y habría que seguir calculando tablas. En gener al, hay que recalcular la fila de los C j. Si la tabla deja de ser óptima, habría que continuar con el simplex. 2. Modificaciones en las constantes de la derecha de las restricciones. Como, en cada tabla del simplex: 48

35 Investigación Operativa 28/9 Base = { x i1, x i2,, x im } B = [P i1, P i2,, P im ] 1 x B = b = B b es el vector solución Supongamos que en el problema del ejemplo se puede realizar 1 hora más de trabajo (b 1 crece una unidad). b 1 2 b 1 = 1 b 1 = 2 b = = b 2 3 En la tabla óptima, B = (P1 P2) y B -1 = Luego b = B -1 b = = Así, la nueva solución óptima es: x 1 = 5 x 2 = 1 x 3 = Z opt = 13 Entonces, por unidad aumentada en la disponibil idad del recurso 1, el beneficio que se obtiene es: 13-8 = 5 unidades. Definici ón- Se llama precio sombra, marginal o d e equilibrio de la restricción (recurso) i al cambio que se produce en el valor de la función del objetivo por unidad aumentada en la disponibilidad del recurso i. Se prueba que los precios sombra de los recursos i = 1,, m son la solución óptima y opt i del dual i = 1,, m Ahora bien, para que los precios sombra no den información errónea, debemos calcular cuál es el campo de variación de los bi en el que la solución sigue siendo óptima. Lo calcu lamos, por ejemplo, para b 1 : b* = En nuestro caso: 4-1 (y 1 opt,y 2 opt ) = π =C B B -1 = (2,3) = (5,1) -1 1 b 1 3 Para que la tabla 3 siga siendo óptima, es preciso que B b* 4-1 b1 4b 4b 1 3 b / 4 B -1 b* = = b b b

36 Investigación Operativa 28/9 Si b1 [ 3 / 4,3] la solución seguirá siendo óptima x 1 = 4b 1 3 x 2 = -b x 3 = Z opt = 2(4b 1 3) + 3(-b 1 + 3) = 5b Sea, por ejemplo b 1 = 4, ahora B -1 b = -1 La tabla 3 queda: base x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 b x x Cj Esta tabla no es factib le primal, pero sí factible dual aplicamos el Método del Simple x Dual: x deja la base y entra x 2 4 base x1 x 2 x 3 x 4 x 5 b x 1 9 x 4 1 Z opt = Modificaciones en la matriz de coeficientes de las res tricciones. 3.1Adición de una nueva actividad (variable). Supongamos que la compañía puede sacar a la venta un nuevo producto D, que requiere 1 unidad de trabajo y 1 unidad de material, con beneficio/unidad = 3. 1 Esto equivale a añadir una variable x6 y una columna en la tabla 1. 1 La tabla 3 seguirá siendo óptima si es C 6 : 1 C 6 = C 6 πp 6 = 3 (5,1) = -3 1 Luego la solución de la tabla 3 sigue siendo óptima. Si C 6 > se aplicaría el simples. 3.2 Variaciones en las condiciones de las variables existentes Camb ios correspondientes a una variable no bási ca. 5

37 Investigación Operativa 28/9 Se hace como en Cambios correspondientes a variables básicas. Mejor resolver el problema de nuevo, porque al cambiar la matriz básica B se cambian todas las columnas de la tabla. 3.3 Adición de nuevas restricciones. Supongamos que se añade una restricción referente a los servicios administrativos, de tal modo que los productos A, B y C requieren 1, 2 y 1 hora de servicios respectivamente, mientras las horas totales disponibles son 1. x 1 + 2x 2 + x 3 1 Si la solución óptima de la tabla 3 satisface la restricción, sigue siendo óptima: , cumple la restricción Si la restricción fuese x 1 + 2x 2 + x 3 4: Añadimos la nueva restricción a la tabla 3: CB base x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 b 2 x x x Cj (3ªF 1ªF - 2 (2ªF)) CB x1 3 base x 2 x x 4 x 5 x 6 b x x x C j x 1 2 x 2 1 x

38 Investigación Operativa 28/9 Z o pt = 7 En la tabla 3, Z opt = 8 Z opt = -1 Esto siempre es cierto: al añadir una restricción a un problema de programación lineal el nuevo valor de la función del objetivo es igual o peor que el anterior. O bservaciones. Tiempo de resolución de un p.p.l f(m 3 ), siendo m el número de restricciones A) Quitar restricciones inactivas o secundarias. B) Resolver C) Añadir y comprobar si las restricciones de A) son verificadas por la solución óptima. Pr ogramación paramétrica. 1. Costes (Beneficios) paramétricos Z = [C + λc*] x Ax = b x C = (C 1, C 2,, C n ) λ R C = (C 1*, C 2 *,, C n* ) Primero se resuelve el problema para λ =. Sea B la base óptima: C j (Maximizando) C j = C j - C B P j Cj(λ) = (C j + λc j *) (C B + λc B *)P j = (C j - CBP j ) + λ (C j * - C B * P j ) = C j + λc j * Ejemplo: Max Z = (2 + λ)x 1 + (3 - λ)x 2 + (1 + λ)x / 3 x 1 + / 3 x 2 + / 3 x / 3 x / 3 x / 3 x 3 3 x i Cj* C j

39 Investigación Operativa 28/9 C B * C B base x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 B 1 2 x x C j Z = 8 = C b * * C j * Z = 1= C b B B -1 Por ejemplo, C 3 * = C 3 * - C B *P 3 = 1 (1,-1) = 4 2 Z(λ) = Z + λz* = 8 - λ C3(λ) = λ λ 3 / 4 C 4 (λ) = -5-5λ λ -1 C5(λ) = λ λ 1 / 2 La solución sigue siendo óptima si λ [-1, 1 / 2 ]. Si λ > 1 / 2 C 5 (λ) > ( entra x 5 y sale x 2 ) base x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 b x x C j Z = 6 C j * -2-3 Z* = 3 La solución es óptima si C 2 (λ), C 3 (λ), C 4 (λ) ocurre si λ 1 / 2 y Z = 6 + 3λ Para λ < -1 C 4 (λ)> ( sale x 1 y entra x 4 ) ase x x x x b x 5 b x 4 1 / 4-1 / / 4 1 / 4 53

40 Investigación Operativa 28/9 x 2 1 / / 4 3 / 4 9 / 4 Cj 5 / 4-17 / 4-9 / 4 Z = 27 / 4 5 / 4 C j * 11 / 4 3 / 4 Z* = - 9 / Z(λ) = / 4 - / 4 λ Solución óptima si C 1 (λ), C 3 (λ), C 5 (λ) λ -1 54

41 Investigación Operativa 28/9 2. Variación paramétrica del vector de recursos. Z = C x b 1 b 1 * Ax = b + αb* b = b* = x α R b m b m * Primero resolvemos para α =. Sea B la base óptima: x B = b = B -1 b Para b + αb*, x B = b = B -1 (b + αb*) = B -1 b + αb -1 b* = b + αb* Si b + αb* la base B seguirá siendo óptima. Ejemplo: 1 1+ α Hagamos b* = b + αb* = -1 3-α Resolver para α = : 55

42 Investigación Operativa 28/9 base x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 b b* x x * * C j Z = 8 = C b Z = 4 = C b B B b = B -1 b = b* = B -1 b = = = x 1 = 1 + 5α α - 1 / 5 x 2 = 2-2α α 1 Z opt = 8 + 4α α [- 1 / 5,1] Si α > 1 x 2 < y la solución actual no es factible, pero sí factible dual. Usando el Método del Simplex Dual obtenemos: C base x x x x x B b b* 2 x x x 1 = 9-3α si α 3 x 2 = α si α 1 Z = 18-6α α [1,3] C j Z = 18 Z* = -6 Si α > 3 x 1 < y la solución actual no factible. Como en la fila de x 1 no hay coeficientes negativo s, el problema es NO FACTIBLE. Si α < - 1 / 5 x 1 < ( por el Método del Simplex Dual sale x 1 y entra x 5 ) base x x x x x b b* x

43 Investigación Operativa 28/9 x C j Z = 9 Z* = 9 x 2 = 3 + 3α si -1 α < - 1 / 5 x 5 = -1-5α Z = 9 + 9α Si α < -1 x 2 < problema NO FACTIBLE 57

44 Investigación Operativa 28/9 Tema 7. Programación lineal entera. Un p.p.l. entera es aquel en el que todas las variables de decisión (programación entera pura) o algunas de ellas (programación entera mixta) toman exclusivamente valores enteros. Una forma de tratar este problema es el redondeo (quedarse con la parte entera por arriba ó abajo teniendo cuidado de que la solución que así se obtenga sea factible) Algoritmo de ramificación y acotación (Branco and Bound Algorithm). Soluciones enteras Maximizar Z = 3x 1 +2x 2 Sujeto a x 1 2 x 2 2 x 1 + x x 1,x 2 y enteros. 58

45 Investigación Operativa 28/9 Z=3x 1 +2x 2 Z(,)= Z(,1)=2 Z(,2)=4 Z(1,)=3 Z(1,1)=5 Z(1,2)=7 Z(2,)=6 Z(2,1)= 8 óptimo Algoritmo. Primero resolvemos el problema olvidándonos de la restricción de variables enteras (PL-1) 59

46 Investigación Operativa 28/9 Región factible ABCDE óptimo x 1 =2, x 2 =1.5 Z Optimo =9 Sabemos que añadir las restricciones de que las variables sean enteras no puede mejorar la función del objetivo. Tenemos así que Z =9 es una cota superior para el valor óptimo del problema inicial. Creamos ahora 2 nuevos problemas x 2 =1.5 x 2 1 x 2 2 6

47 Investigación Operativa 28/9 PL-2 PL-3 Maximizar Z = 3x 1 +2x 2 Maximizar Z = 3x 1 +2x 2 x1 2 x1 2 x 2 2 x 2 2 x 1 + x x 1 + x x 2 1 x 2 2 x 1,x 2 x 1,x 2 PL-2 61

48 Investigación Operativa 28/9 PL-3 Región factible = segmento AB La solución óptima de PL-2 es x 1 =2, x 2 =1 Z Optimo =8 Así tenemos una s.f. entera de PL-1 (Fijarse que cada solución entera factible de PL-1 está contenida en PL-2 ó en PL-3). Aunque PL-2 pueda contener otras soluciones enteras, sus valores de la función objetivo no pueden ser más grandes que 8, Z=8 es una cota inferior del valor máximo de Z en el PL-1. Luego 8 Z optimo 9 En PL-3 la solución óptima es x 1 =1.5, x 2 =2 Z Optimo =8.5 x 1 no es factible (no es entero) para PL-1 pero Z=8.5>8, hay que construir 2 nuevos problemas PL-4 PL-5 PL-3 + restricción x 1 1 PL-3 + restricción x

49 Investigación Operativa 28/9 PL-5 No tiene región factible. PL-4 Solución óptima entera: x =1, x =2 Z timo =7 pero es peor que Op Por tanto la solución óptima es la de PL-2 x =2, x =1 Z =8 El árbol obtenido es el siguiente: 1 2 Optimo 63

50 Investigación Operativa 28/9 DETALLES GENERALES MIP (Mixed Integer Program) Maximizar Z = CX Sujeto a AX = b X Xj entera para j perteneciente a I = {índices de las variables enteras} Se resuelve el MIP sin condiciones enteras. A este problema le llamamos PL-1 con solución óptima Z 1. Supongamos que la solución óptima toma valores no enteros en alguna variable entera, y por lo tanto no es solución del MIP. Sí es, en cambio, una cota superior del valor óptimo de Z en el MIP. Se elige una variable en tera Xj que dio n o entera. Si Xj = βj, se construyen 2 nuevos problemas: 64

51 Investigación Operativa 28/9 PL-2: PL3: Maximizar Z = CX Maximizar Z = CX AX = b AX = b - Xj βj X Xj βj+ X Para elegir la variable Xj en la que hacer la bifurcación hay las siguientes reglas: 1). A ojo o al azar. 2). Por prioridades, según... La variable representa una decisión importante en el problema. Su coste (o beneficio) es más grande que en las demás variables. Decisión según resolución anterior del problema. Como PL-2 y PL-3 son PL-1 con una nueva restricción añadida, (Método del Simplex Dual) para encontrar sus soluciones óptimas. podemos usar el MSD Supongamos que las soluciones óptimas de PL-2 y de PL-3 siguen siendo fraccionarias. El siguiente paso consiste en seleccionar PL-2 o PL-3 para hacer una nueva ramificación. Para ello: a). Se elige aquel problema cuyo valor óptimo sea el mejor. b). Se selecciona el problema resuelto más recientemente (Last-in-First-out rule, LIFO) Continuamos así la sucesión de ramificaciones y resolución de p.p.l hasta resolver uno que tenga solución entera. El valor de la función objetivo en este caso será una cota inferior del valor óptimo del MIP original. En este momento podemos dejar de considerar todos aquellos nodos cuyos valores de Z no sean mejores que la cota inferior. Se dice que esos nodos han sido saturados. DEFINICIÓN: un nodo intermedio está explícita o implícitamente saturado siempre que se satisfaga una de las siguientes condiciones: 1). La solución óptima del p.p.l correspondiente es entera. 2). El p.p.l correspondiente es no factible. 3). El valor óptimo de Z para el p.p.l correspondiente no es mejor que la cota inferior actual. 65

52 Investigación Operativa 28/9 Del árbol mostrado en la figura superior: El Nodo 4 está saturado. Cualquier solución del problema MIP no puede ser mejor que esta. Notas El Nodo 5 está saturado por ser no factible. Supongamos que Z 6 < Z 4, el Nodo 6 está saturado implícitamente. En el caso de que Z 7 > Z 4, habría que ramificar a partir del Nodo7. - La eficacia del método radica en la rapidez con que se saturen los nodos. - Es importante mantener el número de variables enteras lo menor posible. - Proporcionar cotas ajustadas superiores e inferiores de Zoptimo. - Al contrario que un p.p.l general, la adición de nuevas restricciones a un MIP generalmente reducirá el tiempo de computación, especialmente cuando las nuevas restricciones contengan variables enteras. - A veces llega con que: [(CotaSuperior Z - CotaInferior Z) / CotaSuperior Z] < [% pequeño del óptimo continuo] 66

53 Investigación Operativa 28/9 Tema 8: Problemas Especiales de Programación Lineal. Problemas de Transporte. Consideremos: M almacenes con existencias a 1, a 2,, a M N mercados con demandas b 1, b 2,, bn Sea C ij coste por unidad enviada del almacén i al mercado j i = 1 M j = 1 N Se trata de calcular la cantidad a enviar desde cada almacén hasta cada mercado minimizando el coste total del transporte. ALMACÉN 1 2 i M MERCADO 1 2 j N Sea x = nº de unidades o cantidad enviada desde el almacén i al mercado j ij Función objetivo: Min Z = C ij x ij i=1 j=1 M N Sujeto a: Las restricciones vienen dadas por las capacidades de los almacenes y las exigencias de los mercados. 1 i M x i1 x ij x in 1 j N x i1 + x i2 + + x ij + + x in a i i= 1,2,,M cantidad total existencia enviada d esde el en el almacén almacén i-ésimo i-ésimo 67

54 Investigación Operativa 28/9 1 i M x 1j x ij x Mj 1 j N x 1j + x 2j + + x ij + + x Mj b j j=1,2,,n cantidad total que recibe el mercado j cantidad demandada por el mercado j M N Queda Min Z = C ij x ij i=1 j=1 N sujeto a: x ij a i i=1 M j=1 M x ij b j i=1 x ij i,j M+N restricciones j=1 N MxN variables Es evidente que el problema es factible (tiene solución) si: M i=1 N almacenado demandado M a i b j N j=1 Si a i = b j se tiene un problema de transporte estándar: i=1 j=1 M N Min Z = C ij x ij i=1 j=1 sujeto a: N x ij = a i j=1 M x ij = b j i=1 x ij i,j i=1 M j=1 N 68

55 Investigación Operativa 28/9 Desarrollaremos técnicas de resolución para problemas de este tipo, por ello, si no se cumple que: a i = b j por ejemplo si: M N a i > b j ( I ) i=1 j=1 (La cantidad enviada es mayor que la cantidad demandada. Habrá una cierta cantidad que no se enviará. Se crea entonces un mercado ficticio, llamado N+1, con demanda precisamente igual a esa cantidad). a 1 2 a a M M N b 1 b 2 b N b N+1 = a i - b j con C i,n+1 = i=1 N mercado ficticio i=1 j=1 exceso de mercancía El problema se reescribe: M N+1 Min Z = C ij i=1 j=1 sujeto a: N+1 x ij = a i j=1 x ij x i,n+1 i=1,,m lo que sobra en el almacén i i=1 M M xij = bj j=1 N+1 i=1 x ij i,j Si: M a i < i=1 N b j ( II ) j=1 69

56 Investigación Operativa 28/9 (La cantidad enviada es menor que la demandada. No se cumplirán todas las demandas y habrá una cierta pérdida en algún mercado. Se crea entonces un almacén ficticio, llamado M+ 1, con la cantidad que falta). 7

57 Investigación Operativa 28/9 almacén ficticio N M a 1 a 2 a M a M+1 = b j - a i con C M+1,j = y x M+1,j es la j=1 i=1 la pérdida en el mercado j b 1 b 2 b N El problema se reescribe: M+1 N Min Z = C ij x ij i=1 j=1 sujeto a: N x ij = j=1 M+1 x ij = b i=1 x i,j ij a i j i=1 M+1 j=1 N El problema de Transporte estándar puede expresarse en forma de tabla con los datos (a i, b j, C ij ). Almacene s 1 2 i M x 11 Mercados N Existencias x 12 x 13 x 1N C 11 x 21 x 22 x i1 x M1 C 12 C 13 C 1N a 1 x 23 x 12N 21 2N C 22 C 23 C C a2 x i2 x i1 xin ai Ci1 C i2 C i3 C in x x M2 M3 x MN C M1 C M2 C M3 C MN a M 71

58 Investigación Operativa 28/9 Demandas b 1 b 2 b 3 b N Sumas x ij por filas = existencias RESTRICCIONES DE ALMACENAJE Sumas xij por colum nas = demandas RESTRICCIONES DE DEMA NDAS 72

59 Investigación Operativa 28/9 Obtención de una solución factible básica inicial: El proble ma de transporte tiene M+N restricciones una solución factible básica necesita, en principio, M+N variables básicas. M N Ahora bien, dado que x ij = a i i=1 j=1 M M i=1 (sumamos todas las ecuaciones x ij = a i ) j=1 M x ij = b j i=1 j=1 N N M N M x ij = b j = a i j=1 i=1 j=1 i=1 Sistema de ecuaciones / suma de las M primeras filas = suma de las N restantes 1 ecuación es linealmente dependiente de las demás El problema de transporte estándar tiene M+N-1 restricciones linealmente independientes Una solución factible básica necesita M+N-1 variables básicas. Hay diferentes métodos para resolver la solución factible básica inicial, nosotros sólo vemos 2. (1) Obtención de una solución factible básica inicial (2) Comprobar si es óptima NO SI FIN (3) Se mejora obteniendo otra solución factible 73

60 Investigación Operativa 28/9 básica (1) Hay varios métodos: esquina noroeste, coste mínimo, de Vogel, de aproximación de Russell (2) Método U-V (3) Algoritmo de Steeping-Stone Método de la esquina noroeste. Consiste en elegir como variables básicas (>) aquellas que ocupen la esquina noroeste en la tabla de transporte estándar. M 1 M 2 M M 4 capacidades A A = a 1 + = a 2 + A = a 3 demandas b 1 + b 2 + b 3 + b 4 Elegimo s x 11 = min{3,4 } = 3 M1 M 2 M 3 M 4 A = A 2 7 A = Elegim os x 21 = min{a 2, b 1 } = min{7,1} = 1 b 1 es el b 1 después de restarle lo que enviamos M 1 M 2 M 3 M 4 A 1 3 A =6 A = Elegimos x 22 = min{a, b 2 } = min{6,3} =

61 Investigación Operativa 28/9 M 1 M2 M 3 M 4 A 1 3 A =3 A Elegimos x 23 = min{ b 2, a 3} = min{3,4} = 3 M 1 M 2 M 3 M 4 A 1 3 A A =1 4 Elegimos x = min{a, b } = min{1,5} = M 1 M 2 M 3 M 4 A 1 3 A A =4 4 M+N-1 = = 6 variables básicas >. Z = = 93 Método del coste mínimo. coste. Consiste en ir eligiendo como variables básicas (>) aquellas que tengan menor M 1 2 M M 3 M 4 A A A Menor coste C 14 = 1 x14 = min{3,4} = 3 M 1 M 2 M 3 M 4 75

62 Investigación Operativa 28/9 A 1 3 A 2 7 A Menor coste de celdas sin ocupar C 24 = 4 x 24 = min{7,1} = 1 M 1 M 2 M 3 M 4 A 1 3 A A A M 1 M 2 M 3 M 4 A A M1 M2 M3 M 4 A 1 3 A A Z = 79 M 1 M 2 M 3 M 4 A 1 3 A A Método de Steeping-Stone (Mejora de la solución factible básica inicial). Primero es preciso saber si la solución factible básica inicial es óptima o no. En el ejemplo anterior: A 1 M 1 M 2 M 3 M

63 Investigación Operativa 28/9 A 2 2 A Actualmente x 11 =, si hacemos x 11 = 1 M 1 M 4 A A C 11 = C 11 (cambio en x 11 ) + C 14 (cambio en x 14 ) + C 21 (cambio en x 21 ) + C 24 (cambio en x24) = 2 (1) + 1 (-1) + 1 (-1) + 4 (+1) = -5 beneficio relativo de C 1 Se pueden calcular todos los beneficios relativos de las variables no básicas simultáneamente, mediante el método U-V o MODI (Modified Distribution Method). Método U-V. Se calculan números: U i i=1 M V j j=1 N tales que: C ij = U i + V j para cada variable básica Se tendrá que C ij = C ij - (U i + V j ) para cada variable no básica. M1 M2 M3 M 4 A1 M4 U 1 + V 4 = 1 A U 2 + V 1 = 1 U 2 + V 3 = 5 U 2 + V 4 = 4 A 2 U 3 + V 1 = U 3 + V 2 = 6 A C11 - (U 1 + V 1 ) = 2 (+7) = -5 C 12 = 2 - ( + 6) = -4 Hacemos U 1 = V 4 = 1 U 2 = 3 V 1 =7 y V 3 = 2 U 3 = V 2 = 6 77

64 Investigación Operativa 28/9 C 13 = 2 ( + 2) = C22 = 8 (3 + 6) = -1 C 33 = 6 ( + 2) = 4 C 34 = 8 ( + 1) = 7 U 1 = U 2 = 3 U 3 = V 1 = 7 V 2 = 6 V 3 = 2 V 4 = Las casillas sin marca serán las variables no básicas = = -4 V 1 = 7 V 2 = 6 V 3 = 2 V 4 = 1 U 1 = U 2 = 3 U 3 = Menor beneficio relativo negativo -5 x 11 entra en la base: + θ 3 - θ 3 78

65 Investigación Operativa 28/9 2 - θ θ Máximo valor para θ = 2, porque sino en x 21 pasaría a ser negativo y no puede ser. (Steeping-Stone) Nueva solución factible básica: Z = 69 Miramos si es óptima (método U-V) V 1 = 2 V 2 = 1 V 3 = 2 V 4 = 1 U 1 = U 2 = 3 U 3 = Solución no óptima; entra x 33 en la base: 2 + θ 1 - θ 4 - θ 3 + θ 2 - θ 3 + θ Máximo valor posible para θ = Z = 68 y se comprueba que es la óptima. 79

66 Investigación Operativa 28/9 Problemas de Asignación. Formulación general de un problema de asignación estándar: Se tienen N máquinas y N trabajos diferentes. Cada máquina puede realizar un único trabajo y cada trabajo sólo puede efectuarlo una máquina. Se supone que el coste de realización de cada trabajo por cada máquina varía. El problema consiste en resolver qué trabajo realiza cada máquina de manera que el coste total de realización de los N trabajos sea mínimo. M 1 M 2 M N N máquinas T 1 T 2 T N N trabajos M ij la máquina i realiza el trabajo j con coste C ij, i = 1 N, j=1, N Si la máquina i no puede realizar el trabajo j se escribirá C ij = M con M Una manera intuitiva de resolver este problema es enumerar todas las posibilidades y calcular Z en ellas. Cuántas asignaciones posibles hay? Ej// Para 2 máquinas y 2 trabajos: T 1 T 2 M 1 C 11 C 12 M 2 C 21 C 22 1ª asignación: M 1 T 1 2ª asignación: M 1 T 2 M 2 T 1 M 2 T 1 Coste = C 11 + C 22 Coste = C 21 + C 12 Formulamos el problema de asignación como un problema de programación lineal. Sea x ij = 1 si la máquina i realiza el trabajo j no Dado que cada máquina realiza un único trabajo: N x ij = 1 j=1 i = 1 N suma de trabajos que realiza la máquina i Dado que cada trabajo se le asigna a una única máquina: N x ij = 1 j = 1 N 8

67 MB1B CB11B MB2B CB21B MBNB CBN1B MB1B 1 P P TB1B TB2B TB1B TB2B TB3B TB4B Investigación Operativa 28/9 i=1 cantidad de máquinas que realizan el trabajo j Función objetivo: Min BN N CBijB xbijb i=1 j=1 CB12B CB1NB 1 CB22B CB2NB 1 TBNB CBN2B CBNNB Tabla de costes de asignación estándar En general en un problema de transporte necesitaríamos 2N-1 variables básicas >, cuando en los problemas de asignación sólo habrá N variables >. No usaremos ni transporte ni simplex porque trabajaríamos con soluciones degeneradas. UFormulación general de un problema de asignación no estándar: a) Hay más máquinas que trabajos creamos trabajos ficticios con coste de realización cero. b) Hay más trabajos que máquinas creamos máquinas ficticias con coste de realización trabajo/máquina ficticia =. Método o Algoritmo Húngaro (König). El principio básico radica en que la asignación óptima no cambia si se suma o se resta una constante a una fila o columna de la tabla de costes de asignación estándar. El método consiste en restar una cantidad a las filas y/o columnas de manera que se encuentre una asignación óptima a simple vista. Iniciamos el algoritmo examinando cada fila (columna) de la matriz de costes para identificar el elemento más pequeño. Esa cantidad se le resta a todos los elementos de dicha fila (columna). Esto origina una tabla que contiene al menos un cero en cada fila (columna). Ahora se intenta realizar una asignación factible usando las celdas con coste cero. Si es posible, se tendrá una asignación óptima. UEjemplo: mínimo = 7 81

68 MB1B 3 MB2B MB3B 1 MB4B MB1B 3 MB2B MB3B 1 MB4B MB2B 3 MB3B 2 MB4B 4 MB1B 1 MB2B 5 MB3B 5 MB4B 2 MB1B 3 MB2B MB3B 1 MB4B 1 TB1B TB2B TB3B TB4B TB1B TB2B TB3B TB4B TB1B TB2B TB3B TB4B TB1B TB2B TB3B TB4B Investigación Operativa 28/ mínimo = mínimo = mínimo = 3 A cada xbijb le restamos el mínimo de su fila: Utilizando los ceros intentamos realizar una asignación factible: MB1 B TB4B MB2 B TB1B MB3 B TB2B TB3 MB4 B TB2 BMB3 B TB3B BMB4 B TB2B y ésta es la asignación óptima. UEjemplo: 4 máquinas, 4 trabajos mínimo = mínimo = mínimo = mínimo = 2 Cogemos el mínimo por filas y se lo restamos: MB2 B TB1B MB4 B TB1B Como dos máquinas estarían realizando el mismo trabajo no sería una asignación óptima. Cogemos el mínimo por columnas: MB1 B TB3B TB4B MB2 B TB1B MB3 B TB2B TB4B MB4 B TB1B 82

69 B B B B B B BZBoptB MB1B 3 MB2B MB3B 1 MB4B MB1B 4 MB2B MB3B 2 MB4B TB1B TB2B TB3B TB4B TB1B TB2B TB3B TB4B BMB3 Investigación Operativa 28/9 Lo que se hace ahora es trazar líneas de modo que se cubran todas las celdas con ceros. El teorema de König establece que el número mínimo de líneas necesario es igual al número máximo de trabajos que pueden asignarse usando dichas celdas Ahora se selecciona el elemento más pequeño no cubierto por las líneas, que en este ejemplo es el 1. Se resta este número de todos los elementos no cubiertos, y se le suma a los cubiertos que sean intersección de dos líneas. Es equivalente a restar 1 de la 2ª y 4ª fila y sumar 1 a la 1ª columna, por lo que la asignación óptima no varía. 1 1 MB1 B TB3 B TB4B MB2 B TB1 TB4B MB3 B TB2 B TB4B MB4 B TB1 B TB2B Las asignaciones serían: MB1 B TB3 MB2 B TB1 MB3 B BóB TB4 MB4 B TB2 BMB1 B TB3 BMB2 B TB4 B TB2 BMB4 B TB1 = 2 83

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