Universidad de Managua Al más alto nivel Profesor: MSc. Julio Rito Vargas Avilés. Curso de Investigación de Operaciones I MÉTODO GRÁFICO PARA PROBLEMAS DE PROGRAMACIÓN LINEAL Estudiantes: Facultad de Ingeniería y Ciencias Económicas y Administrativas. Año académico: II Cuatrimestre 2015
PROBLEMA 1 En una fábrica de bombillos se producen dos tipos de ellas, los de tipo normal valen 450 córdobas y los halógenos 600 córdobas. La producción está limitada por el hecho de que no pueden fabricarse al día más de 400 normales y 300 halógenas ni más de 500 en total. Si se vende en toda la producción, cuántas de cada clase convendrá producir para obtener la máxima facturación? SOLUCIÒN: 1. DEFINICIÒN DEL PROBLEMA: - Objetivo: maximizar facturación - Restricciones: Se producen dos tipos de bombillos: Normal y Halógenos. - No se pueden fabricar al día más de 400 normales - No se puede fabricar al día más de 300 halógenos - No se puede fabricar al día más de 500 entre ambos tipos. - Los Normales se venden a C$450 y los halógenos a C$600. - Para lograr el objetivo requerimos saber. Cuántos bombillos de cada tipo debemos fabricar al dìa? - Sea X: número de bombillos tipo normal; Y: número de bombillos de tipo halógenos.
1. DEFINICIÒN DEL PROBLEMA: - Expresamos los datos en forma de una tabla: PROBLEMA 1 X(normales) Y(halógenos) Restricción Cantidad/d 1 400 Cantidad/d 1 300 Cantidad/d 1 1 500 Precio/u C$450 C$600 2. FORMULACIÓN DEL MODELO MATEMÁTICO DEL PROBLEMA. MAX Z = 450X + 600Y SUJETO A: X 400 Producción de tipo normales por día Y 300 Producción de tipo halógenos por día X + Y 500 Producción ambos tipos por día X 0 Criterio de no negatividad Y 0 Criterio de no negatividad
PROBLEMA 1 3. OBTENER UNA SOLUCIÓN A PARTIR DEL MODELO. Para construir el modelo solo requerimos de las restricciones, ellas nos darán la región factible o región convexa donde se encuentran los vértices que nos permitirán encontrar la solución óptima. X+Y 500 Y 300 (200,300) (400,100) X 400
PROBLEMA 1 3. OBTENER UNA SOLUCIÓN A PARTIR DEL MODELO. Hemos construido La región factible, puede ver que es una región finita, cerrada, cuyos vértices se detallan a continuación: Vértices Valor Z Máx (0,0) Z=450*0+600*0=0 (400,0) Z=450*400+600*0=180,000 (400,100) Z=450*400+600*100=240,000 (200,300) Z=450*200+600*300=270,000 C$270,000 (0,300) Z=450*0+600*300=180,000 Por lo tanto, hemos encontrado que en uno de los vértices, se encuentra la solución óptima: Esto es en el vértice (200,300) es decir se requiere producir diario 200 bombillos normales y 300 bombillos halógenos para obtener un total de C$ 270,000 en facturación, la cual es la máxima.
PROBLEMA 1 4. PRUEBA DEL MODELO. Para la prueba del modelo requerimos verificar que la solución obtenida como óptima realmente cumple con todas las restricciones del modelo. Sustituimos los valores de X=200 y Y=300 en el modelo MAX Z = 450*200 + 600*300 =270,000 SUJETO A: 200 400 (SE CUMPLE) 300 300 (SE CUMPLE) 200 + 300 500 (SE CUMPLE) 200 0 (SE CUMPLE) 300 0 (SE CUMPLE) Puede ver que el modelo se cumple para todas las restricciones. Por tanto se verifica que la solución obtenida es la óptima.
PROBLEMA 2 Un hipermercado necesita como mínimo 16 cajas de langostino, 5 cajas de nécoras y 20 de percebes. Dos mayoristas, A y B, se ofrecen al hipermercado para satisfacer sus necesidades, pero sólo venden dicho marisco en contenedores completos. El mayorista A envía en cada contenedor 8 cajas de langostinos, 1 de nécoras y 2 de percebes. Por su parte, B envía en cada contenedor 2, 1 y 7 cajas respectivamente. Cada contenedor que suministra A cuesta 210,000 córdobas, mientras que los del mayorista B cuestan 300,000 córdobas cada uno. Cuántos contenedores debe pedir el hipermercado a cada mayorista para satisfacer sus necesidades mínimas con el menor coste posible? SOLUCIÒN: 1. DEFINICIÒN DEL PROBLEMA: - Objetivo: minimizar costos. - Necesidades mínimas del hipermercado:16 cajas de langostino, 5 cajas de nécoras y 20 cajas de percebes. - Envío del mayorista A: 8 cajas de langostino, 1 de nécora y 2 de percebes por contenedor. - Envío del mayorista B: 2 cajas de langostino, 1 de nécora y 7 de percebes por contenedor.
PROBLEMA 2 1. DEFINICIÒN DEL PROBLEMA: - Cada contenedor del proveedor A cuesta C$210,000, cada contenedor del proveedor B cuesta C$300,000. Qué cantidad de contenedores debe solicitar de A y de B para suplir sus necesidades al mínimo costo? Llamaremos X: al número de contenedores del proveedor A; Y: número de contenedores del proveedor B. Expresamos los datos en forma de una tabla Conceptos X(Prov. A) Y(Prov. B) Restricción(cajas) Langostinos 8 2 16 Nécoras(cangrejo) 1 1 5 Percebes(esponja) 2 7 20 Costo/contenedor C$210,000 C$300,000
2. FORMULACIÓN DEL MODELO MATEMÁTICO DEL PROBLEMA. Ahora procedemos a formular el modelo matemático: MIN Z = 210,000X + 300,000Y SUJETO A: 8 X + 2Y 16 Necesidades de langostino X + Y 5 Necesidades de nécoras 2X + 7Y 20 Necesidades de percebes X 0 Criterio de no negatividad Y 0 Criterio de no negatividad 3. OBTENER UNA SOLUCIÓN A PARTIR DEL MODELO. Para construir el modelo solo requerimos de las restricciones, ellas nos darán la región factible o región convexa donde se encuentran los vértices que nos permitirán encontrar la solución óptima.
8X + 2Y 16 (1,4) X + Y 5 (3,2) 2X + 7Y 20
Hemos construido La región factible, puede ver que es una región abierta, cuyos vértices se detallan a continuación: Vértices Valor Z Máx (0,8) Z=210,000*0+300,000*8=2,400,000 (1,4) Z=210,000*1+300,000*4=1,410,000 (3,2) Z=210,000*3+300,000*2=1,230,000 C$1,230,000 (10,0) Z=210,000*20+300,000*0=2,100,000 Por lo tanto, hemos encontrado que en uno de los vértices, se encuentra la solución óptima (MÍNIMO): Esto es en el vértice (3,2) es decir se requiere ADQUIRIR 3 contenedores de A y 2 contenedores de B, para satisfacer las necesidades mínimas del hipermercado, por a un costo total de C$1,230,000.
PROBLEMA 2 4. PRUEBA DEL MODELO. Para la prueba del modelo requerimos verificar que la solución obtenida como óptima realmente cumple con todas las restricciones del modelo. Sustituimos los valores de X=3 y Y=2 en el modelo MIN Z = 210,000*3 + 300,000*2=1,230,000 SUJETO A: 8*3 + 2*2 16 (SE CUMPLE) 3 + 2 5 (SE CUMPLE) 2*3 + 7*2 20 (SE CUMPLE) 3 0 (SE CUMPLE) 2 0 (SE CUMPLE) Puede ver que el modelo se cumple para todas las restricciones. Por tanto se verifica que la solución obtenida es la óptima.
PROBLEMA 3 Los 400 estudiantes de un colegio van a ir de excursión. Para ello se contrata el viaje a una empresa que dispone de 8 autobuses con 40 plazas y 10 con 50 plazas, pero sólo se cuenta con 9 conductores para ese día. Dada la diferente capacidad y calidad, el alquiler de cada autobús de los grandes cuesta 8,000 córdobas y el de cada uno de los pequeños, 6,000 córdobas Cuántos autobuses de cada clase convendrá alquilar para que el viaje resulte lo más económico posible? SOLUCIÒN: 1. DEFINICIÒN DEL PROBLEMA: - Objetivo: minimizar costos. - Restricciones: - Los alumnos participantes son 400. - Se cuentan con dos tipos de buses:p (pequeño) con capacidad de 40 y G (grandes) con capacidad de 50 - Solo están disponibles 9 choferes para ese día. - Los buses P se alquilan a C$6,000 y los G a C$8,000. - Requerimos saber cuantos debemos alquilar de tipo P y cuantos de tipo G, de manera que minimicemos el costo del traslado de los 400 alumnos?
PROBLEMA 3 1. DEFINICIÒN DEL PROBLEMA: - Llamaremos X: al número de buses de tipo P; Y: número de buses de tipo G. - Expresamos los datos en forma de una tabla Conceptos X(Bus tipo P) Y(Bus tipo G) Restricción Alumnos 40 50 = 400 (alumnos) Choferes 1 1 9 (choferes) Buses tipo P 1 8 (buses) Buses tipo G 1 10 (buses) Costo/bus C$6,000 C$8,000
2. FORMULACIÓN DEL MODELO MATEMÁTICO DEL PROBLEMA. Ahora procedemos a formular el modelo matemático: MIN Z = 6,000X + 8,000Y SUJETO A: 40 X + 50Y = 400 Alumnos a transportar X + Y 9 Choferes disponibles X 8 Buses pequeños disponibles Y 10 Buses grandes disponibles X 0 Criterio de no negatividad Y 0 Criterio de no negatividad 3. OBTENER UNA SOLUCIÓN A PARTIR DEL MODELO. Para construir el modelo solo requerimos de las restricciones, ellas nos darán la región factible o región convexa donde se encuentran los vértices que nos permitirán encontrar la solución óptima.
Y 10 X + Y 9 (5,4) 40X + 50Y= 400 X 8
Hemos construido La región factible, puede ver que la región factible se da en el segmento de recta 40X + 50Y=400 que va desde (0,8) hasta (5,4). Por lo que solo indicaremos los resultados con variables enteras de los infinitos puntos que hay en ese segmento. Vértices Valor Z Mínimo (0,8) Z=6,000*0 + 8000*8=64,000 (5,4) Z=6,000*5 + 8000*4=62,000 C$62,000 Por lo tanto, hemos encontrado que en uno de los vértices, se encuentra la solución óptima (MÍNIMO): Esto es en el vértice (5,4) es decir se requiere contratar 5 buses pequeños P y 4 buses grandes G, para garantizar el transporte a los 400 estudiantes a un mínimo costo.
PROBLEMA 3 4. PRUEBA DEL MODELO. Para la prueba del modelo requerimos verificar que la solución obtenida como óptima realmente cumple con todas las restricciones del modelo. Sustituimos los valores de X=5 y Y=4 en el modelo MIN Z = 6,000*5 + 8,000*4=C$62,000 SUJETO A: 40*5 + 50*4 = 400 (SE CUMPLE) 5 + 4 9 (SE CUMPLE) 5 8 (SE CUMPLE) 4 10 (SE CUMPLE) 5 0 (SE CUMPLE) 4 0 (SE CUMPLE) Puede ver que el modelo se cumple para todas las restricciones. Por tanto se verifica que la solución obtenida es la óptima.
Ejemplo 4: La WINDOR GLASS CO. produce artículos de vidrio de alta calidad, entre ellos ventanas y puertas de vidrio. Tiene tres plantas. Los marcos y molduras de aluminio se hacen en la planta 1, los de madera en la planta 2; la 3 produce el vidrio y ensambla los productos. Debido a una reducción de las ganancias, la alta administración ha decidido reorganizar la línea de producción de la compañía. Se descontinuarán varios productos no rentables y se dejará libre una parte de la capacidad de producción para emprender la fabricación de dos productos nuevos que tienen ventas potenciales grandes: Producto 1: una puerta de vidrio de 8 pies con marco de aluminio. Producto 2: una ventana corrediza con marco de madera de 4 X6 pies.
El producto 1 requiere de la capacidad de producción en las plantas 1 y 3 y nada en la planta 2. El producto 2 sólo necesita trabajo en las plantas 2 y 3. La división de comercialización ha concluido que la compañía puede vender todos los productos que se puedan fabricar en las plantas. Sin embargo, como ambos productos competirán por la misma capacidad de producción en la planta 3, no está claro qué mezcla de productos sería la más rentable. Por lo tanto, se ha formado un equipo de IO para estudiar este problema. El grupo comenzó a realizar juntas con la alta administración para identificar los objetivos del estudio y desarrollaron la siguiente definición del problema:
Determinar que tasas de producción deben tener los dos productos con el fin de maximizar las utilidades totales, sujetas a las restricciones impuestas por las capacidades de producción limitadas disponibles en las tres plantas. (cada producto se fabricará en lotes de 20 unidades, de manera que la tasa de producción está definida con el número de lotes que se producen a la semana). Se permite cualquier combinación de tasas de producción que satisfaga estas restricciones, incluso no fabricar uno de los productos y elaborar todo lo que sea posible del otro.
El equipo de IO también identificó los datos que necesitan reunir: Número de horas de producción disponibles por semana en cada planta para estos nuevos productos. (Casi todo el tiempo de estas plantas estás plantas está comprometido con los productos actuales, lo que limita la capacidad para manufacturar nuevos productos.) Número de horas de fabricación que emplea cada lote producido de cada artículo nuevo en cada una de las plantas. La ganancia por lote de cada producto nuevo. (Se escogió la ganancia por lote producido como una medida adecuada una vez que el equipo llegó a la conclusión de que la ganancia incremental de cada lote adicional producido sería, en esencia, constante, sin importar el número total de lotes producidos. Debido a que no se incurre en costos sustanciales para iniciar la producción y comercialización de estos nuevos productos, la ganancia total de cada uno es aproximadamente la ganancia por lote producido multiplicado por el número de lotes.)
La obtención de estimaciones razonables de estas cantidades requirió del apoyo de personal clave en varias unidades de la compañía. El personal de la división de manufactura proporcionó los datos de la primera categoría mencionada. El desarrollo de estimaciones para la segunda categoría requirió un análisis de los ingenieros de manufactura involucrados en el diseño de los procesos de producción para los nuevos artículos. Al analizar los datos de costos obtenidos por estos ingenieros, junto con la decisión sobre los precios de la división de mercadotecnia, el departamento de contabilidad calculó las estimaciones para la tercera categoría.
La tabla siguiente resume los datos reunidos. Planta Tiempo de producción por lote(horas) Producto 1 2 Tiempo de producción disponible a la semana, horas P1 1 0 4 P2 0 2 12 P3 3 2 18 Ganancias por lote $ 3000 $5000
Se trataba de un problema de programación lineal del tipo clásico mezcla de productos y procedemos a la formulación del modelo matemático correspondiente. Para resolver este problema de PL: requerimos definir lo siguiente: Variables de decisión: : número de lotes del producto 1 fabricado por semana : número de lotes del producto 2 fabricado por semana x 1 x 2
Función objetivo: Maximizar Restricciones: x 1 4 3x x 1 5 Horas disponibles en la planta 1, para producir lotes del producto 1 z 2 2x 2 12 3x 2x2 x x 1 1 2 0 0 18 Horas disponibles en la planta 2, para producir lotes del producto 2 Horas disponibles en la planta 3, para producir lotes del prod 1 y prod 2 Restricciones de no negatividad
Modelo matemático del PPL. Max s.a. Z 3x x x 1 2 2 1 3x x 0 0 1 5 x1 4 2x 12 2x 2 2 18
x 1 4 2x 2 12 x 2x 18 x 1 4 3 1 2 2x 2 12 (0,6) (2,6) x 2 0 2x 2 12 (4,3) x 1 0 (0,0) (4,0)
Soluciones factibles Vértices del problema Z 3x x 1 5 2 Z óptimo (0,0) 0 (0,6) 30 (2,6) 36 36 (4,3) 27 (4,0) 12
x 1 4 2x 2 12 x 2x 18 x 1 4 3 1 2 Z=30 Z=36 2x 2 12 x 2 0 2x 2 12 Z=27 Z=0 x 1 0 Z=12
Solución óptima (0,6) (2,6) (4,3) (0,0) (4,0)
Un problema de máximos de programación lineal Problema 5: Una fábrica de bombones tiene almacenados 500 Kg.. de chocolate, 100 Kg.. de almendras y 85 Kg.. de frutas. Produce dos tipos de cajas: las de tipo A contienen 3 Kg. de chocolote, 1 Kg. de almendras y 1 Kg. de frutas; la de tipo B contiene 2 Kg. de chocolate, 1,5 Kg. de almendras y 1 Kg. de frutas. Los precios de las cajas de tipo A y B son $13 y $13,50, respectivamente. Cuántas cajas de cada tipo debe fabricar para maximizar sus venta? La siguiente tabla resume los datos del problema Designando por X = nº de cajas de tipo A Y = nº de cajas de tipo B Función objetivo z = f (x, y) = 13X + 13.5Y Con las restricciones: Caja tipo A Caja tip B Chocolate 3 2 500 Almendras 1 1.5 100 Frutas 1 1 85 Precio en euros 13 13.50 Disponibles que hay que maximizar 3X + 2Y 500 (por el chocolate almacenado) X + 1.5Y 100 (por la almendra almacenada) X + Y 85 (por la fruta almacenada) X 0
En un primer paso representamos la región factible. En un segundo paso obtenemos los vértices de la región factible. Finalmente evaluamos la función objetivo z = 13x + 13,50y en cada vértice, para obtener el máximo z(p) = 13. 85+13.50. 0 = $1105 z(q) = 13. 55+13.50. 30 =$ 1120 z(r) = 13. 0+13.50. 100/1.5 = $900 R(0, 100/1,5) Q(55, 30) P(85, 0)
Un problema de mínimos de programación lineal Problema 6: Un grupo local posee dos emisoras de radio, una de FM y otra de AM. La emisora de FM emite diariamente 12 horas de música rock, 6 horas de música clásica y 5 horas de información general. La emisora de AM emite diariamente 5 horas de música rock, 8 horas de música clásica y 10 horas de información general. Cada día que emite la emisora de FM le cuesta al grupo C$5000, y cada día que emite la emisora de AM le cuesta al grupo C$4000. Sabiendo que tiene enlatado para emitir 120 horas de música rock, 180 horas de música clásica y 100 horas de información general, cuántos días deberá emitir con ese material cada una de las emisoras para que el coste sea mínimo, teniendo en cuenta que entre las dos emisoras han de emitir al menos una semana? La siguiente tabla resume los datos del problema Designando por x = nº de días de AM y = nº de días de FM Función objetivo z = f (x, y) = 5000x + 4000y que hemos de minimizar Con las restricciones: Emisora FM Emisora AM Disponibles Música rock 12 5 120 Música clásica 6 8 180 Información general 5 10 100 Coste en euros 5000 4000 12x + 5y 120 (por la música rock) 6x + 8y 180 (por la música clásica) 5x + 10y 100 (por la información general) x + y 7 (emitir al menos una semana)
En un primer paso representamos la región factible. En un segundo paso obtenemos los vértices de la región factible. Finalmente evaluamos la función objetivo z = 5000x + 4000y en cada vértice, para obtener el mínimo. z(p) = 5000. 10+4000. 0 = 50000 z(q) = 5000. 7.37+4000. 6.32 = 62130 R(0, 10) S(0, 7) Q(7.37, 6.32 z(r) = 5000. 0+4000. 10 = 40000 z(s) = 5000. 0+4000. 7 = 28000 z(t) = 5000. 7+4000. 10 = 35000 T(7, 0) P(10, 0)
PROBLEMA 7: PROBLEMA DE PL Un fabricante produce mesas (X) y escritorios (Y). Para cada mesa que produce requiere 2 horas y media de montaje, tres horas de pulido y una hora de embalaje. Asimismo, para cada escritorio se requiere una hora de montaje, tres horas de pulido y dos horas de embalaje. Estas secciones presentan las siguientes limitaciones: la unidad de montaje trabaja, como máximo 20 horas al día; la unidad de pulido como máximo 15 horas al día; la unidad de embalaje como máximo 16 horas al día. El fabricante trabaja con un margen de beneficios de U$25 por mesa producida y U$40 por cada escritorio, Plantear el modelo de programación Matemático en el caso que el fabricante pretenda maximizar beneficios.
Ejemplo: La fábrica Gepetto S.L., manufactura muñecos y trenes de madera. Cada muñeco: Produce un beneficio neto de U$3. Requiere 2 horas de trabajo de acabado. Requiere 1 hora de trabajo de carpinteria. Cada tren: Produce un beneficio neto de U$2 Requiere 1 hora de trabajo de acabado. Requiere 1 hora trabajo de carpinteria. Cada semana Gepetto puede disponer de: Todo el material que necesite. Solamente 100 horas de acabado. Solamente 80 horas de carpinteria. También: La demanda de trenes puede ser cualquiera (sin límite). La demanda de muñecos es cuando mucho 40. Gepetto quiere maximizar sus beneficios. Cuántos muñecos y cuántos trenes debe fabricar?
Este problema es un ejemplo típico de un problema de programación lineal (PPL). Variables de Decisión x = nº de muñecos producidos a la semana y = nº de trenes producidos a la semana Función Objetivo. En cualquier PPL, la decisión a tomar es como maximizar (normalmente el beneficio) o minimizar (el coste) de alguna función de las variables de decisión. Esta función a maximizar o minimizar se llama función objetivo. El objetivo de Gepetto es elegir valores de x e y para maximizar 3x + 2y. Usaremos la variable z para denotar el valor de la función objetivo. La función objetivo de Gepetto es: Max z = 3x + 2y Restricciones Son desigualdades que limitan los posibles valores de las variables de decisión. En este problema las restricciones vienen dadas por la disponibilidad de horas de acabado y carpintería y por la demanda de muñecos. También suele haber restricciones de signo o no negatividad: x 0 y 0
Cuando x e y crecen, la función objetivo de Gepetto también crece. Pero no puede crecer indefinidamente porque, para Gepetto, los valores de x e y están limitados por las siguientes tres restricciones: Restricción 1: no más de 100 horas de tiempo de acabado pueden ser usadas. Restricción 2: no más de 80 horas de tiempo de carpinteria pueden ser usadas. Restricción 3: limitación de demanda, no deben fabricarse más de 40 muñecos. Estas tres restricciones pueden expresarse matematicamente por las siguientes desigualdades: Restricción 1: 2 x + y 100 Restricción 2: x + y 80 Restricción 3: x 40 Además, tenemos las restricciones de no negatividad: x 0 e y 0
Formulación matemática del PPL Variables de Decisión Muñeco x = nº de muñecos producidos a la semana y = nº de trenes producidos a la semana Tren Beneficio 3 2 Acabado 2 1 100 Max z = 3x + 2y (función objetivo) 2 x + y 100 (acabado) Carpintería 1 1 80 x + y 80 (carpinteria) Demanda 40 x 40 (demanda muñecos) x 0 (restricción de signo) y 0 (restricción de signo)
Para el problema de Gepetto, combinando las restricciones de signo x 0 e y 0 con la función objetivo y las restricciones, tenemos el siguiente modelo de optimización: Max z = 3x + 2y (función objetivo) Sujeto a (s.a:) 2 x + y 100 (restricción de acabado) x + y 80 (restricción de carpinteria) x 40 (restricción de demanda de muñecos) x 0 (restricción de signo) y 0 (restricción de signo)
La región factible de un PPL es el conjunto de todos los puntos que satisfacen todas las restricciones. Es la región del plano delimitada por el sistema de desigualdades que forman las restricciones. x = 40 e y = 20 está en la región factible porque satisfacen todas las restricciones de Gepetto. Sin embargo, x = 15, y = 70 no está en la región factible porque este punto no satisface la restricción de carpinteria [15 + 70 > 80]. Restricciones de Gepetto 2x + y 100 (restricción finalizado) x + y 80 (restricción carpintería) x 40 (restricción demanda) x 0 (restricción signo) y 0 (restricción signo)
Para un problema de maximización, una solución óptima es un punto en la región factible en el cual la función objetivo tiene un valor máximo. Para un problema de minimización, una solución óptima es un punto en la región factible en el cual la función objetivo tiene un valor mínimo. La mayoría de PPL tienen solamente una solución óptima. Sin embargo, algunos PPL no tienen solución óptima, y otros PPL tienen un número infinito de soluciones. Más adelante veremos que la solución del PPL de Gepetto es x = 20 e y = 60. Esta solución da un valor de la función objetivo de: z = 3x + 2y = 3 20 + 2 60 = 180 Se puede demostrar que la solución óptima de un PPL está siempre en la frontera de la región factible, en un vértice (si la solución es única) o en un segmento entre dos vértices contiguos (si hay infinitas soluciones) Cuando decimos que x = 20 e y = 60 es la solución óptima, estamos diciendo que en ningún punto en la región factible, la función objetivo tiene un valor (beneficio) superior a 180.
Cualquier PPL con sólo dos variables puede resolverse gráficamente. Por ejemplo, para representar gráficamente la primera restricción, 2x + y 100 : Dibujamos la recta 2x + y = 100 Y 100 80 60 2x + y = 100 Elegimos el semiplano que cumple la desigualdad: el punto (0, 0) la cumple (2 0 + 0 100), así que tomamos el semiplano que lo contiene. 40 20 20 40 60 80 X
Puesto que el PPL de Gepetto tiene dos variables, se puede resolver gráficamente. La región factible es el conjunto de todos los puntos que satisfacen las restricciones: 2 x + y 100 (restricción de acabado) x + y 80 (restricción de carpintería) x 40 (restricción de demanda) x 0 (restricción de signo) y 0 (restricción de signo) Vamos a dibujar la región factible que satisface estas restricciones.
Y Restricciones 100 2x + y = 100 2 x + y 100 80 x + y 80 x 40 60 x 0 y 0 Teniendo en cuenta las restricciones de signo (x 0, y 0), nos queda: 40 20 20 40 60 80 X
Y 100 Restricciones 2 x + y 100 x + y 80 x 40 x 0 y 0 80 60 40 20 x + y = 80 20 40 60 80 X
Y 100 Restricciones 2 x + y 100 x + y 80 x 40 x 0 y 0 80 60 40 20 x = 40 20 40 60 80 X
La intersección de todos estos semiplanos (restricciones) nos da la región factible Y 100 2x + y = 100 80 60 x = 40 40 20 Región Factible x + y = 80 20 40 60 80 X
La región factible (al estar limitada por rectas) es un polígono. En esta caso, el polígono ABCDE. Como la solución óptima está en alguno de los vértices (A, B, C, D o E) de la región factible, calculamos esos vértices. Y 100 2x + y = 100 80 60 40 20 A E D Región Factible C B x = 40 x + y = 80 20 40 60 80 Restricciones 2 x + y 100 x + y 80 x 40 x 0 y 0 X
Los vértices de la región factible son intersecciones de dos rectas. El punto D es la intersección de las rectas 2x + y = 100 x + y = 80 La solución del sistema x = 20, y = 60 nos da el punto D. B es solución de x = 40 y = 0 C es solución de x = 40 2x + y = 100 E es solución de x + y = 80 x = 0 Y 100 80 60 40 20 A(0, 0) 2x + y = 100 E(0, 80) D Región Factible (20, 60) x = 40 C(40, 20) B(40, 0) x + y = 80 20 40 60 80 X
Max z = 3x + 2y Y Para hallar la solución óptima, dibujamos las rectas en las cuales los puntos tienen el mismo valor de z. La figura muestra estas lineas para z = 0, z = 100, y z = 180 100 80 60 40 20 (0, 0) (0, 80) (20, 60) Región Factible (40, 20) (40, 0) 20 40 60 80 z = 0 z = 100 z = 180 X
Y Max z = 3x + 2y 100 La última recta de z que interseca (toca) la región factible indica la solución óptima para el PPL. Para el problema de Gepetto, esto ocurre en el punto D (x = 20, y = 60, z = 180). 80 60 40 20 (0, 0) (0, 80) (20, 60) Región Factible (40, 20) (40, 0) 20 40 60 80 z = 0 z = 100 z = 180 X
Max z = 3x + 2y También podemos encontrar la solución óptima calculando el valor de z en los vértices de la región factible. Y 100 80 (0, 80) Vértice z = 3x + 2y (0, 0) z = 3 0+2 0 = 0 (40, 0) z = 3 40+2 0 = 120 (40, 20) z = 3 40+2 20 = 160 (20, 60) z = 3 20+2 60 = 180 (0, 80) z = 3 0+2 80 = 160 La solución óptima es: x = 20 muñecos y = 60 trenes 60 40 20 (0, 0) (20, 60) Región Factible (40, 20) (40, 0) 20 40 60 80 X
Hemos identificado la región factible para el problema de Gepetto y buscado la solución óptima, la cual era el punto en la región factible con el mayor valor posible de z.
Recuerda que: La región factible en cualquier PPL está limitada por segmentos (es un polígono, acotado o no). La región factible de cualquier PPL tiene solamente un número finito de vértices. Cualquier PPL que tenga solución óptima tiene un vértice que es óptimo.
PROBLEMA 8:Problema de minimización Dorian Auto; fabrica y vende autos y furgonetas.la empresa quiere emprender una campaña publicitaria en TV y tiene que decidir comprar los tiempos de anuncios en dos tipos de programas: del corazón y fútbol. Cada anuncio del programa del corazón es visto por 6 millones de mujeres y 2 millones de hombres. Cada partido de fútbol es visto por 3 millones de mujeres y 8 millones de hombres. Un anuncio en el programa de corazón cuesta U$50.000 y un anuncio del fútbol cuesta U$100.000. Dorian Auto quisiera que los anuncios sean vistos por lo menos 30 millones de mujeres y 24 millones de hombres. Dorian Auto quiere saber cuántos anuncios debe contratar en cada tipo de programa para que el coste de la campaña publicitaria sea mínimo.
Formulación del problema: Cada anuncio del programa del corazón es visto por 6 millones de mujeres y 2 millones de hombres. Cada partido de fútbol es visto por 3 millones de mujeres y 8 millones de hombres. Un anuncio en el programa de corazón cuesta U$50.000 y un anuncio del fútbol cuesta U$100.000. Dorian Auto quisiera que los anuncios sean vistos por lo menos 30 millones de mujeres y 24 millones de hombres. Dorian Auto quiere saber cuántos anuncios debe contratar en cada tipo de programa para que el coste de la Corazón (x) Fútbol (y) mujeres 6 3 6x + 3y 30 hombres 2 8 2x + 8y 24 Coste U$ 50 100 50x +100y
Formulación del problema: Variables de decisión: x = nº de anuncios en programa de corazón y = nº de anuncios en fútbol Min z = 50x + 100y (función objetivo en 1.000 ) s.a: 6x + 3y 30 2x + 8y 24 (mujeres) (hombres) x, y 0 (no negatividad)
Dibujamos la región factible. 14 Y Min z = 50 x + 100y s.a. 6x + 3y 30 2x + 8y 24 x, y 0 12 10 8 6x + 3y = 30 6 2x + 8y = 24 4 2 2 4 6 8 10 12 14 X
Calculamos los vértices de la región factible: El vértice A es solución del sistema 6x + 3y = 30 x = 0 Por tanto, A(0, 10) El vértice B es solución de 6x + 3y = 30 2x + 8y = 24 Por tanto, B(4, 2) El vértice C es solución de 2x + 8y = 24 y = 0 Por tanto, C(12, 0) 14 12 10 8 6 4 2 Y A B La región factible no está acotada Región Factible 2 4 6 8 10 12 14 C X
Resolvemos por el método analítico Evaluamos la función objetivo z en los vértices. Vértice z = 50x + 100y A(0, 10) z = 50 0 + 100 10 = = 0+10000 = 10 000 B(4, 2) z = 50 4 + 100 2 = = 200+200 = 400 C(12, 0) z = 50 12 + 100 0 = = 6000+0 = 6 000 14 12 10 8 Y A(0, 10) Región Factible El coste mínimo se obtiene en B. Solución: x = 4 anuncios en pr. corazón y = 2 anuncios en futbol Coste z = U$400 (mil ) 6 4 2 B(4, 2) 2 4 6 8 10 12 14 C(12, 0) X
Resolvemos por el método gráfico Min z = 50 x + 100y Y s.a. 6x + 3y 30 14 2x + 8y 24 x, y 0 El coste mínimo se obtiene en el punto B. Z = 600 Z = 400 12 10 8 A(0, 10) Región Factible 6 Solución: x = 4 anuncios en prog. corazón y = 2 anuncios en futbol Coste z = 400 (mil ) 4 2 B(4, 2) 2 4 6 8 10 12 14 C(12, 0) X
Solución única Solución única Sol. óptima en un vértice Sol. óptima en un vértice Región factible Cerrada Región factible Abierta No hay mínimo o máximo No tiene Solución Sol. óptima todo un lado de la región factible Múltiple Soluciones Sol. óptima todo un lado de la región factible Múltiple Soluciones
Los ejemplos anteriores, hasta ahora estudiados tienen, cada uno, una única solución óptima. No en todos los PPL ocurre esto. Se pueden dar también las siguientes posibilidades: Algunos PPL tienen un número infinito de soluciones óptimas (alternativas o múltiples soluciones óptimas). Algunos PPL no tienen soluciones factibles (no tienen región factible). Algunos PPL son no acotados: Existen puntos en la región factible con valores de z arbitrariamente grandes (en un problema de maximización). Veamos un ejemplo de cada caso.
Número de soluciones de un problema de programación lineal Para un problema de minimización Solución única Solución de arista: infinitas soluciones No hay mínimo
Para un problema de maximización Solución única Solución de arista: infinitas soluciones No hay máximo
Consideremos el siguiente problema: max z = 3x + 2y Y 60 50 C 3x + 2y 120 s.a: 3x + 2y 120 x + y 50 x, y 0 Cualquier punto (solución) situado en el segmento AB puede ser una solución óptima de z =120. 40 30 20 10 Región Factible z = 60 B z = 100 z = 120 10 20 30 40 x + y 50 A 50 X
Consideremos el siguiente problema: max z = 3x 1 + 2x 2 s.a: 3x + 2y 120 x + y 50 x 30 y 30 x, y 0 Y 60 50 40 30 20 x + y 50 No existe Región Factible x 30 y 30 10 3x + 2y 120 No existe región factible 10 20 30 40 50 X
max z = 2x y s.a: x y 1 2x + y 6 x, y 0 La región factible es no acotada. Se muestran en el gráfico las rectas de nivel para z = 4 y z = 6. Pero podemos desplazar las rectas de nivel hacia la derecha indefinidamente sin abandonar la región factible. Por tanto, el valor de z puede crecer indefinidamente. 6 5 4 3 2 1 Y Región Factible z = 4 1 2 3 4 z = 6 5 X
Resumen: Función objetivo Optimizar (maximizar o minimizar) z = a x + by sujeta a las siguientes restricciones a 1x + b 1 y d 1 a 2 x + b 2 y d 2......... a n x + b n y d n Solución posible: cualquier par de valores (x 1, y 1 ) que cumpla todas la restricciones. Al conjunto de soluciones posibles de un problema lineal se le llama región factible. Solución óptima: un par de valores (x 1, y 1 ), si existe, que hace máxima o mínima la función objetivo Un problema de programación lineal puede: Tener solución única Tener infinitas soluciones No tener solución
PROBLEMAS PROPUESTOS 1. Una fábrica de carrocerías de automóviles y camiones tiene dos Talleres. En el Taller A, para hacer la carrocería de un camión, se invierten 7 días-operario, para fabricar la de un carro se precisan 2 días-operario. En el Taller B se invierten tres días-operario tanto en carrocerías de camión como de carro. Por limitaciones de mano de obra y maquinaria, El Taller A dispone de 300 días operario, y el Taller B de 270 días-operario. Si los beneficios que se obtienen por cada camión son de U$6000 y por cada automóvil U$2000, cuántas unidades de cada uno se deben producir para maximizar las ganancias? 2. Una empresa fabrica dos tipos de rótulos, los de clase A en U$200 la unidad y los de clase B en U$150. En la producción diaria se sabe que el número de rótulos de la clase B no supera en 1000 unidades a los de la A; además, entre las dos clases no superan las 3000 unidades y la de la clase B no bajan de 1000 unidades por día. Hallar a producción máxima diaria.
FIN INVESTIGACION DE OPERACIONES JRVA- 2015