EJERCICIOS DE PROGRAMACIÓN LINEAL 1 Un fabricante desea encontrar la producción semanal óptima de los artículos A, B y C para maximizar sus beneficios. Las ganancias por unidad de estos artículos son: 2, 2 y 4 unidades monetarias respectivamente. Los productos A, B y C se procesan en dos máquinas, con las siguientes necesidades orarias por artículo y máquina: Especificaciones orarias por artículo A B C Máquina 1 0 1 2 Máquina 2 2 1 1 El número de oras disponibles por semana de cada máquina es de 230 y 360 oras respectivamente. Por necesidades de mercado la producción semanal de los artículos A y B debe de ser al menos de 160 unidades. Cuántas unidades debe producir el fabricante de cada artículo semanalmente? Cuál será su ganancia semanal? Solución producción semanal de A producción semanal de B producción semanal de C El planteamiento del problema: Max z = 2 + 2 + 4 sj.a + 2 230 2 + + 360 + 160 x i 0 i = 1, 2,3 Introduciendo las variables de olgura :,, x 6 y las variables artificiales: x 7 A Pasando a forma estandar:
A Max z = 2 + 2 + 4 Mx 7 sj.a: + 2 + = 230 2 + + + = 360 A + x 6 + x 7 = 160 x i 0, i = 1,...,7 A x 7 A x 6 x 7 230 0 1 2 1 0 0 0 0 360 2 1 1 0 1 0 0 0 160 1 1 0 0 0-1 1 -M 2 2 4 0 0 0 -M M+2 M+2 4 0 0 -M 0 230 0 1 2 1 0 0 40 0-1 1 0 1 2 160 1 1 0 0 0-1 0 0 4 0 0 2 150 0 3 0 1-2 -4 40 0-1 1 0 1 2 160 1 1 0 0 0-1 0 4 0 0-4 -6 x 6 x 6 50 0 1 0 1/3-2/3-4/3 90 0 0 1 1/3 1/3 2/3 110 0 0 0-1/3 2/3 1/3 Estamos en el óptimo: óptimo = 110 unidades semanales de A óptimo = 50 unidades semanales de B óptimo n =90 unidades semanales de C x 6 0 0 0-4/3-4/3-2/3 La ganancia semanal será de 680 unidades monetarias.
2 En un almacén se guarda aceite de girasol y de oliva. Para atender a los clientes se an de tener almacenados un mínimo de 30 bidones de aceite de girasol y 50 bidones de aceite de oliva, y además el número de bidones de aceite de oliva no debe ser inferior a la mitad del número de bidones de aceite de girasol. La capacidad total del almacén es de 250 bidones. Sabiendo que el gasto de almacenaje de un bidón de aceite de oliva es de 100 ptas. y de uno de girasol de 70 ptas., determinar cuántos bidones de cada tipo ay que almacenar para que el gasto sea mínimo. Solución: : nº de bidones de aceite de oliva : nº de bidones de aceite de girasol min z = 100 + 70 suj.a : + 250 2 50 30 luego : min z = 100 + 70 suj.a : + 250-2 + 0 50 30 La solución es: x* 1 = 50, x* 2 =30, z* = 7100 3 Una compañía química se a especializado en la producción de un compuesto formado por tres componentes básicos: azufre, clorato de potasio y carbón vegetal. La disponibilidad mensual de azufre es de 800 kg, no abiendo problemas de abastecimiento para los otros productos. El contenido mínimo, en peso, de azufre a de ser del 20% y el de clorato potásico del 25%. Por el contrario la cantidad máxima, en peso, de carbón vegetal es del 15%. Los costes por kilo de azufre, clorato y carbón son respectivamente, 40, 50, y 25 unidades monetarias. Por otra parte el precio por kilo de venta de un kilo de compuesto es de 45 unidades monetarias. Además, debido a la demanda del mercado, la compañía debe producir la menos 1500 kg del compuesto. Decidir cuál es el programa de fabricación mensual del compuesto que garantiza la demanda y maximiza el beneficio. Solución: Sean, y los kilos de azufre, clorato de potasio y carbón vegetal, respectivamente en el compuesto. El coste del compuesto se puede expresar como: 40 + 50 + 25 a su vez, el precio de venta es 45( + + ) y por lo tanto, el beneficio (función a maximizar) lo expresaremos como: z=45( + + ) - (40 + 50 + 25 )= 5-5 + 20.
Teniendo en cuenta los contenidos mínimos de los tres componentes deducimos las restricciones: 20/100 ( + + ) 8-2 - 2 0, 25/100 ( + + ) - + 3-0, 15/100 ( + + ) 3 + 3-17 0. Por la demanda del mercado + + 1500 y por la disponibilidad de azufre 800. Luego el problema que resulta es Maximizar z= 5-5 + 20 Sujeto a + + 1500, 800, 8-2 - 2 0, - + 3-0, 3 + 3-17 0,,, 0. La solución es: x* 1 = 800, x* 2 = 475, x* 3 = 225 y el beneficio z* = 6125. 4 Una Cooperativa ganadera especializada en ganado ovino va a contratar dos tipos de veterinarios (con experiencia y sin experiencia) para atender el control de calidad de los piensos destinados a alimentar a sus animales. Necesita inspeccionar al menos 2100 raciones por día laboral (7 oras). Los veterinarios expertos pueden inspeccionar 30 raciones/ora con un nivel de seguridad de 98%, mientras que los veterinarios inexpertos solo inspeccionan 18 raciones/ora con un nivel de seguridad de 95%. Los sueldos respectivos son de 1000 y 600 ptas./ora y cada error de inspección supone a la compañía un coste adicional de 100 ptas. Si se desea contratar a lo sumo 6 veterinarios con experiencia y 10 sin experiencia, cuántos veterinarios de cada tipo tiene que contratar la compañía, a fin de minimizar el costo total de inspección diaria? Solución: Las variables de decisión del problema en esta primera parte son dos: : nº de veterinarios con experiencia a contratar : nº de veterinarios sin experiencia a contratar El coste diario de la inspección será: 7 [ ( 1000 +100 30 0, 02) + ( 600 +100 18 0,05) ]= 7420 + 4830 Diariamente se deben inspeccionar al menos 2100 raciones, luego: 7 30 + 7 18 2100 Se desean contratar a lo sumo 6 veterinarios con experiencia y 10 sin experiencia, por tanto: 6, 10 Así, el problema completo que se obtiene es el siguiente:
min z = 7420 + 4830 suj.a : 6 10 210 +126 2100 0, 0,, enteros Obsérvese que en la solución los valores de las variables deben ser números enteros. Si no tenemos esto en cuenta y el problema se resuelve con el Simplex, la solución es: x* 1 =6, x* 2 =6,6667, z*=76.720. La solución correcta se obtendría aplicando un algoritmo de programación lineal entera, y resulta ser: x* 1 =4 x* 2 =10, z*=77.980. 5 Una cooperativa ganadera tiene en una misma comarca dos explotaciones de corderos. En esta comarca ay dos mataderos en los que se sacrifican los animales para abastecer al mercado. La cooperativa dispone también de un centro de distribución que sirve de posible intermediario entre las explotaciones y los mataderos. La red de distribución disponible para el transporte de los corderos a los mataderos se muestra en el esquema, donde E1 y E2 son las dos explotaciones, M1 y M2, los dos mataderos y CD es el centro de distribución. El número de cabezas de ganado que, criadas en cada explotación, diariamente deben enviarse al matadero es exactamente de 50 en E1 y 40 en E2. Debido a la capacidad de los mataderos, el número de cabezas de ganado que diariamente se pueden sacrificar en cada matadero es de 30 en M1 y 60 en M2. En el esquema, cada fleca representa un trayecto posible de envío, de modo que las posibles combinaciones de estos trayectos, o rutas, son las siguientes: E1 puede enviar directamente a M1 : E1 M1 Para transportar el ganado de E1 asta M2 ay tres rutas posibles: E1 CD M2 E1 E2 CD M2 E1 M1 M2 E2 solo tiene posibilidad de una ruta asta M2 : E2 CD M2 E2 tiene también solo posibilidad de una ruta asta M1 : E2 CD M2 M1 El coste (en ptas.) de transporte por cabeza enviada a través de cada trayecto se muestra al lado de cada fleca. Además ay una limitación en cuanto al número máximo de cabezas que se pueden enviar en los trayectos E1 E2 y CD M2; el límite es, respectivamente, 10 y 80 cabezas. El resto de los trayectos tienen capacidad suficiente para manejar el número de cabezas que las explotaciones puedan enviar.
E1 90 M1 20 30 40 CD 10 20 30 E2 M2 Resolver el problema de Programación Lineal que permitiera decidir de forma óptima cuales deberían ser los canales de distribución de modo que la cooperativa minimizara el coste total diario de transporte de los corderos asta los mataderos. Observación: Como es lógico, se tienen que sacrificar en los mataderos todos los corderos que salen diariamente de las explotaciones. En el centro de distribución no puede quedar ningún cordero puesto que únicamente sirve de intermediario. Solución: Como ay siete posibles trayectos, necesitamos siete variables de decisión que representen el número de cabezas de ganado que se deben enviar en cada trayecto: : nº de cabezas de ganado transportadas por el trayecto E1 E2 : nº de cabezas de ganado transportadas por el trayecto E1 CD : nº de cabezas de ganado transportadas por el trayecto E1 M1 : nº de cabezas de ganado transportadas por el trayecto E2 CD : nº de cabezas de ganado transportadas por el trayecto CD M2 x 6 : nº de cabezas de ganado transportadas por el trayecto M1 M2 x 7 : nº de cabezas de ganado transportadas por el trayecto M2 M1 Los costes de transporte (en ptas./cabeza) figuran junto a cada trayecto en el esquema, luego el coste total de transporte estará dado por la siguiente función objetivo a minimizar: min z = 20 + 40 + 90 + 30 +10 + 30x 6 + 20x 7 Hay tres tipos de restricciones: a) Restricciones de flujo neto : la cantidad de corderos (la enviada menos la recibida) que sale diariamente de las dos explotaciones E1 y E2 tiene que ser 50 y 40, respectivamente + + = 50 = 40 la cantidad de corderos que queda en el centro de distribución (la enviada menos la recibida) debe ser cero + = 0 la cantidad de corderos que queda en los mataderos (los que llegan menos los que salen) debe ser exactamente 30 (en M1) y 60 (en M2) puesto que se sacrifican todos los que salen de las explotaciones.
Obsérvese que 50+40 =30+60 + x 7 x 6 = 30 b) Restricciones de cota superior: + x 6 x 7 = 60 10 80 c) Restricciones de no negatividad: x i 0, i = 1,...,7 La solución óptima de este problema es: * = 0, * = 40, * = 10, * = 40, * = 80, x 6* = 0, x 7* = 20, z * = 4900 6 Resolver con el Método del Simplex sin utilizar variables artificiales: Min z = 4 +12 +18 Solución: Planteamos el problema dual: Suj.a : + 2 3 + 3 5 x i 0, i = 1,2,3 Max g = 3δ 1 + 5δ 2 Suj. a : δ 1 4 δ 2 12 2δ 1 + 3δ 2 18 δ i 0, i Introduciendo olguras: Max g = 3δ 1 + 5δ 2 δ 1 + δ 3 = 4 δ 2 + δ 4 = 12 2δ 1 + 3δ 2 + δ 5 = 18 δ i 0, i δ 3 4 1 0 1 0 0 δ 4 12 0 1 0 1 0 δ 5 18 2 3 0 0 1 3 5 0 0 0 δ 3 4 1 0 1 0 0 δ 4 6-2/3 0 0 1-1/3 δ 2 6 2/3 1 0 0 1/3-1/3 0 0 0-5/3 Solución óptima dual: Solución óptima primal δ 1 =0, δ 2 =6, g*=30 x 1 =0, x 2 =0, x 3 =5/3, z*= 18 (5/3) = 90/3 = 30
Resolver con el Método del Simplex sin utilizar variables artificiales: min z = 15 + 26 + 43 sujeto a: + 2 + 5 3 + + 2 2 + 2 + 3 2 0, 0, 0 Solución : Para no utilizar variables artificiales pasamos al dual. Introduciendo olguras Dual: max g = 3δ 1 2δ 2 + 2δ 3 sujeto a: δ 1 + δ 2 + δ 3 15 2δ 1 +δ 2 + 2δ 3 26 5δ 1 + 2δ 2 + 3δ 3 43 δ i 0 i δ i 0 i Resolvemos por el método del Simplex: max g = 3δ 1 2δ 2 + 2δ 3 sujeto a: δ 1 + δ 2 + δ 3 +δ 4 = 15 2δ 1 + δ 2 + 2δ 3 + δ 5 = 26 5δ 1 + 2δ 2 + 3δ 3 +δ 6 = 43 δ 4 15 1 1 1 1 0 0 δ 5 26 2 1 2 0 1 0 δ 6 43 5 2 3 0 0 1 3-2 2 0 0 0 δ 4 32/5 0 3/5 2/5 1 0-1/5 δ 5 44/5 0 1/5 4/5 0 1-2/5 δ 1 43/5 1 2/5 3/5 0 0 1/5 0-16/5 1/5 0 0-3/5 δ 4 2 0 1/2 0 1-1/2 0 δ 3 11 0 1/4 1 0 5/4-1/2 δ 1 2 1 1/4 0 0-3/4 1/2 0-13/4 0 0-1/4-1/2 La solución óptima para el dual es δ 1 * = 2, δ 2 * = 0, δ 3 * = 11, con g* = 3. 2-0 + 11.2 = 28 La solución óptima primal es z* = 28
Con * = 0, * = 1 4, * = 1 2