Método de las dos fases

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Santiago Rodríguez Navarro
hace 7 años
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1 Método de las dos fases Max X 0 = 3x 1 + 5x 2 Sujeta a 4 x 1 + x x 1 + 2x 2 2 x 2 3 x 1, x Se obtiene el problema aumentado con variables artificiales. Max X 0 = 3x 1 + 5x 2 + 0x 3 + 0x 4 + 0x 5 + 0x 6 + 0x 7 Sujeta a: 4 x 1 + x 2 - x 3 + x 6 = 4 - x x 2 - x 4 + x 7 = 2 x 2 + x 5 = 3 x i 0 i=1, 2, 3,..,7 2. Se obtiene la función artificial despejando las variables artificiales y sumándolas. x 6 = 4-4 x 1 - x 2 + x 3 x 7 = 2 + x 1-2 x 2 + x 4 X 0 ' = 6-3 x 1-3 x 2 + x 3 + x 4 X 0 ' + 3 x x 2 - x 3 - x 4 = 6 y además X 0-3 x 1-5 x x 3 + 0x 4 + 0x 5 + 0x 6 + 0x 7 = 0 Diana Cobos 1

2 3. Se forma la tabla Simplex aumentada nb nb nb nb b b b Base X 0 x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 x 7 Sol X 0' X x x x Se minimiza la función artificial x 0 ' hasta cero. nb b nb nb b b nb Base X 0 x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 x 7 Sol X 0' 0 9/ / X 0 1-1/ / /2 5 x 6 0 9/ / /2 3 x 2 0-1/ / /2 1 x 5 0 1/ / /2 2 b b nb nb b nb nb Base X 0 x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 x 7 Sol X 0' /2 0 X /9-17/9 0-11/9 17/9 26/3 x /9 1/9 0 2/9-1/9 2/3 x /9-4/9 0 1/9 4/9 4/3 x /9 4/9 1-1/9-4/9 5/3 5. Como ya está minimizada la función artificial se eliminan las variables artificiales y el renglón de la función artificial. Diana Cobos 2

3 2 a fase b b nb nb b Base X 0 x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 Sol X /9-17/9 0 26/3 x /9 1/9 0 2/3 x /9-4/9 0 4/3 x /9 4/9 1 5/3 b b nb b nb Base X 0 x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 Sol X /4 0 17/4 43/3 x /4 0-1/4 1/4 x x /4 1 9/4 15/4 b b b nb nb Base X 0 x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 Sol X x x x Solución x 1 = 4 x 4 = 0 x 2 = 3 x 5 = 0 X 0 = 27 x 3 =15 Diana Cobos 3

4 Representación gráfica del problema D E B C -2-1 A Ésta es la solución gráfica al problema. Obsérvese que en la fase I se generaron los puntos extremos A, B, C, y en la fase II partiendo de C se generaron D y E. Diana Cobos 4

5 Interpretación de Resultados del Método de las dos fases Al final de la fase I, cuando el criterio de mejorabilidad se ha satisfecho, pueden ocurrir las tres posibilidades siguientes: 1. X' 0 = 0 y no hay VA en la base En este caso se ha encontrado una SBFI para el PO y debe procederse con ella hacia la fase II. 2. X 0 ' = 0 y hay VA en la base, que sin duda serán ceros. En este caso, las VA deben intercambiarse por VR no básicas, requiriéndose sólo que el coeficiente de reemplazo entre la VA de salida y la VR de entrada sea diferente de cero. Si el intercambio es total, se ha generado una SBFI degenerada, para el PO y debe iniciarse con ella la fase II. Si el intercambio es parcial, las restricciones asociadas a las VA no desalojadas son redundantes analíticamente, se deben eliminar de la tabla final de la fase I e ir a la fase II con las restricciones restantes. 3. X 0 ' > 0 y evidentemente hay una VA básica a nivel positivo. En este caso el problema original posee solución inconsistente, entonces deben intercambiarse todas las VA básicas por VR no básicas, requiriéndose que el coeficiente de reemplazo sea diferente de cero. Si todas las VA básicas se logran sacar de la base óptima, entonces la solución óptima del PO es infactible. Si de lo contrario, una o más VA permanecen en la base óptima, entonces la solución del PO es inexistente. Diana Cobos 5

6 Ejemplo de SBFI degenerada Estandarizando el problema se tiene: Min X 0 = 2x 1 + x 2 Sujeta a x 1 + 2x 2 2 x 2 2 3x 1 + x 2 6 x 1, x 2 0 x 1 + 2x 2 + x 3 = 2 x 2 + x 4 = 2 3x 1 + x 2 - x 5 + x 6 = 6 De donde despejando x 6 se obtiene la función artificial: y la tabla Simplex es: f.a. = x 6 = 6-3x 1 - x 2 + x 5 nb nb b b nb b X 0 x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 Sol X X x x x De aquí observamos que la variable de entrada es x 1 por ser la más positiva, y la variable de salida es x 3, de donde: Diana Cobos 6

7 b nb nb b nb b X 0 x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 Sol X X x x x Como se observa en la tabla anterior ya se minimizó hasta cero la función artificial y en el renglón cero ya no hay variables de entrada. Sin embargo todavía existe una v.a. (x 6 ) dentro de la base y se debe intentar sacarla. Esto se puede hacer metiendo a la base x 2 y como el pivote es diferente de cero, esta operación sí sería posible. Por esta razón decimos que la SBFI es degenerada: Dividiendo toda la fila de x 6 entre 5 tenemos: b nb nb b nb b Base X 0 x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 Sol X X x x x /5 0 1/5-1/5 0 y transformando la matriz con operaciones de fila y columna: b b nb b nb nb Base X 0 x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 Sol X X /5 0-3/5-3/5 4 x /5 0-2/5 2/5 2 x /5 1-1/5 1/5 2 x /5 0 1/5-1/5 0 Con esta matriz terminamos la primera fase y podemos entonces eliminar toda la fila de la función artificial y las columnas de las variables artificiales, quedando: Diana Cobos 7

8 Como se puede observar esta es la matriz óptima de la segunda fase, es decir, en el renglón cero ya no hay variables no básicas positivas, luego, la solución óptima es: b b nb b nb Base X 0 x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 Sol X /5 0-3/5 4 x /5 0-2/5 2 x /5 1-1/5 2 x /5 0 1/5 0 Solución x 1 = 2 x 4 = 2 x 2 = 0 x 5 = 0 X 0 = 4 x 3 = 0 Diana Cobos 8

9 Ejemplo de redundancia analítica Max X 0 = 2 x 1 + x 2 Sujeta a x x 2 = 2 2 x 1 - x 2 = 4 3 x 1 + x 2 = 6 x 2 2 Cuya estandarización es: x 1, x 2 0 X 0-2 x 1 - x 2 = 0 x x 2 + x 4 = 2 2 x 1 - x 2 + x 5 = 4 3 x 1 + x 2 + x 6 = 6 x 2 + x 3 = 2 De aquí, despejando las VA x 4, x 5 y x 6 y sumándolas para obtener la función artificial se tiene: x 4 = 2 - x 1-2 x 2 x 5 = 4-2 x 1 + x 2 x 6 = 6-3 x 1 - x 2 f.a. = X 0 ' = 12-6 x 1-2 x 2 x 0 ' + 6 x x 2 = 12 De donde la matriz inicial es: nb nb b b b b Base X 0 x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 Sol X X x x x x Diana Cobos 9

10 b nb b nb b b X 0 x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 Sol X X x x x x Revisando el renglón cero, resulta que ya se minimizó la función artificial hasta cero pues las variables no básicas ya no son positivas. Sin embargo, las variables x 5 y x 6, las cuales son artificiales, todavía están en la base y se debe tratar de expulsarlas. Entonces, se busca entre las variables nb una candidata para reemplazarlas. Así observamos que x 2 puede entrar por x 5. La única condición para el reemplazo es que el número que será el pivote debe ser diferente de cero (en este caso es -5). Así haciendo operaciones de fila y columna tenemos: b nb b nb b b X 0 x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 Sol X X x x /5-1/5 0 0 x x b b b nb nb b X 0 x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 Sol X X /5 3/5 0 4 x /5 2/5 0 2 x /5-1/5 0 0 x x /5 1/5 0 2 Diana Cobos 10

11 Como x 6 no puede intercambiarse por ninguna variable real, entonces la tercera restricción es redundante y la podemos eliminar de la tabla. Así mismo se eliminan la fila de la función artificial y las columnas de las variables artificiales para continuar hacia la 2a. fase. b b b nb nb b X 0 x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 Sol X X /5 3/5 0 4 x /5 2/5 0 2 x /5-1/5 0 0 x x /5 1/5 0 2 de donde la matriz resultante es: b b b X 0 x 1 x 2 x 3 Sol X x x x Revisando ésta última matriz, se observa que ya se tiene la condición de optimalidad en el renglón cero y por tanto la solución ya es la óptima: Solución x 1 = 2 x 2 = 0 X 0 = 4 x 3 = 3 Diana Cobos 11

12 Ejemplo de solución infactible Min X 0 = -2 x 1-3 x 2 Sujeta a x 1 + x 2 2 (1) 2 x x 2 12 (2) El problema ya transformado es: x 1, x 2 0 X x x 2 + 0x 3 + 0x 4 + 0x 5 = 0 x 1 + x 2 + x 3 = 2 2 x x 2 - x 4 + x 5 = 12 Despejando de la restricción (2) a x 5 para formar la función artificial tenemos: X' 0 = x 5 = 12-2 x 1-4 x 2 + x 4 X 0 ' + 2 x x 2 - x 4 = 12 Así, la tabla inicial para el problema es: nb nb b nb b Base X 0 x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 Sol X X x x Diana Cobos 12

13 nb b nb nb b Base X 0 x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 Sol X X x x El renglón X 0 ' indica que se tiene solución óptima pero X 0 ' = 4 y además la variable artificial x 5 está en la base con valor positivo de 4 PO tiene solución inconsistente. Se debe tratar de intercambiar x 5 (por ser artificial) por x 1, x 3 ó x 4 que son no básicas. Como tal intercambio sería factible puesto que el coeficiente de entrada es 0 para las tres, se diagnostica solución infactible. Diana Cobos 13

14 Ejemplo de solución inexistente Max X 0 = 3x 1 + 2x 2 Sujeta a 2 x x 2 = 6 6 x x 2 = 36 Estandarizando el problema: x 1, x 2 0 X 0-3x 1-2x 2 = 0 2x 1 + 3x 2 + x 3 = 6 6x 1 + 9x 2 + x 4 = 36 Despejando x 3 y x 4 y sumándolas para formar la función artificial: Así, la matriz inicial es: x 3 = 6-2x 1-3x 2 x 4 = 36-6x 1-9x 2 X 0 ' = 42-8x 1-12 x 2 X 0 ' + 8 x x 2 = 42 nb nb b b Base X 0 x 1 x 2 x 3 x 4 Sol X X x x Dividiendo la fila x 3 entre 3 para formar el pivote: Diana Cobos 14

15 nb nb b b Base X 0 x 1 x 2 x 3 x 4 Sol X X x 3 0 2/3 1 1/3 0 2 x Investigación de Operaciones nb b nb b Base X 0 x 1 x 2 x 3 x 4 Sol X X 0 0-5/3 0 2/3 0 4 x 2 0 2/3 1 1/3 0 2 x La solución actual es óptima, porque en el renglón 0 ya se cumplieron las condiciones de optimalidad, sin embargo, X 0 =18 y x 4, que es V.A., es básica. Lo que procede entonces es tratar de expulsar a x 4 de la base y meter a ella una variable real no básica. La variable que se pudiera meter en lugar de x 4 es x 1 pero el coeficiente de reemplazo es cero, luego entonces la solución es inconsistente inexistente. Diana Cobos 15

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