PROGRAMACIÓN LINEAL 1. INTRODUCCIÓN

PROGRAMACIÓN LINEAL 1. INTRODUCCIÓN En 1946 comienza el largo período de la guerra fría entre la antigua Unión Soviética (URSS) las potencias aliadas (principalmente, Inglaterra Estados Unidos). Uno de los episodios más llamativos de esa guerra fría se produjo a mediados de 1948, cuando la URSS bloqueó las comunicaciones terrestres desde las zonas alemanas en poder de los aliados con la ciudad de Berlín, iniciando el bloqueo de Berlín. A los aliados se les plantearon dos posibilidades: o romper el bloqueo terrestre por la fuerza, o llegar a Berlín por el aire. Se adoptó la decisión de programar una demostración técnica del poder aéreo norteamericano; a tal efecto, se organizó un gigantesco puente aéreo para abastecer a la ciudad: en diciembre de 1948 se estaban transportando 4500 toneladas diarias; en marzo de 1949, se llegó a las 8000 toneladas, tanto como se transportaba por carretera ferrocarril antes del corte de comunicaciones. En la planificación de los suministros se utilizó la programación lineal. (el 12 de mao de 1949 los soviéticos levantaron el bloqueo). Otras aplicaciones de la programación lineal son: El problema de la dieta, que trata de determinar en qué cantidades ha que mezclar diferentes piensos para que un animal reciba la alimentación necesaria a un coste mínimo. El problema del transporte, que trata de organizar el reparto de cualquier tipo de mercancías con un coste mínimo de tiempo o de dinero. El problema de la ruta más corta, que auda a ordenar las etapas de un viaje con el propósito de minimizar el recorrido. En este tema antes de pasar a eplicar lo que es la programación lineal, eplicaremos dos conceptos básicos para la posterior resolución de los problemas de programación lineal, que son: las inecuaciones de 1º grado con dos incógnitas los sistemas de inecuaciones de primer grado con incógnitas. Nos centraremos en la resolución de problemas de programación lineal con dos variables 2. INECUACIONES DE PRIMER GRADO CON DOS INCÓGNITAS Tienen la siguiente forma: a + b + c > 0, a + b + c 0, a + b + c < 0, a + b + c 0 Se resuelven de la siguiente forma: 1. Dibujamos la recta a + b + c = 0. - Si las desigualdades son estrictas, es decir, si son de la forma: a + b + c < 0 o a + b + c >0, la recta no forma parte de la solución se dibuja discontinua. - Si las desigualdades no son estrictas, es decir, si son de la forma: María de la Rosa Sánchez Página 1

a + b + c 0 o a + b + c 0, la recta si forma parte de la solución se dibuja continua. 2. Cogemos un punto P(,) que no esté situado en la recta: - Si el punto P verifica la inecuación, entonces todos los puntos del mismo semiplano también la verificarán será la solución. - Si el punto P no verifica la inecuación, entonces todos los puntos del mismo semiplano tampoco no la verificarán, por tanto, la solución será el otro semiplano. Ejemplo.- Resuelve 2 + 2 Dibujamos la recta 2 + = 2. Damos valores a : 0 2 1 0 3 2 1-3 -2-1 1 2 3-1 -2-3 2+ =2 Las infinitas soluciones son los infinitos puntos de uno de los dos semiplanos que determina la recta. Para determinar cuál es, elegimos un punto cualquiera que no pertenezca a la recta, si verifica la inecuación la solución es el semiplano al que pertenece el punto, si no lo cumple es el otro semiplano. En nuestro ejemplo elegimos el origen (0, 0) 2 + 2 ( ) 0,0 2 0 + 0 2 0 2 que contiene al punto Es cierto, por tanto la solución es el semiplano 3 2 1-3 -2-1 1 2 3-1 -2-3 2+ =2 María de la Rosa Sánchez Página 2

3. SISTEMAS DE INECUACIONES DE PRIMER GRADO CON 2 INCÓGNITAS Para resolver sistemas de inecuaciones de primer grado con 2 incógnitas, resolveremos cada inecuación, siendo la solución del sistema la porción del plano que verifica las 2 inecuaciones conjuntamente. Resolvemos cada inecuación: Inecuación + 1 Ejemplo.- Resuelve + 1 1 Dibujamos la recta + = 1. Damos valores a : 0 1 1 0 3 2 1-3 -2-1 1 2 3-1 -2-3 + =1 Elegimos el (0,0) a que no es un punto de la recta es cómodo trabajar con él. + 1 ( ) 0,0 0 + 0 1 0 1 que contiene al punto Es cierto, por tanto la solución es el semiplano 3 2 1-3 -2-1 1 2 3-1 -2-3 + =1 Inecuación 1 Dibujamos la recta - = 1. Damos valores a : 0-1 1 0 María de la Rosa Sánchez Página 3

3 2 1-3 -2-1 1 2 3-1 -2 - =1-3 Elegimos el (0,0) a que no es un punto de la recta es cómodo trabajar con él. 1 ( ) 0,0 0 0 1 0 1 que no contiene al punto No es cierto, por tanto la solución es el semiplano 3 2 1-3 -2-1 1 2 3-1 -2 - =1-3 Por tanto, la solución del sistema es: + = 1 3 2 1-3 -2-1 1 2 3-1 - =1-2 -3 SOLUCIÓN 4. QUÉ ES UN PROBLEMA DE PROGRAMACIÓN LINEAL? Consiste en optimizar (maimizar o minimizar) una función lineal, denominada función objetivo, estando las variables sujetas a una serie de restricciones epresadas mediante inecuaciones lineales En este curso trataremos de resolver problemas de programación lineal bidimensional, es decir, maimizar o minimizar una función lineal con dos variables sujeta a unas restricciones que están dadas por inecuaciones lineales. En este tipo de problemas la función objetivo es una función lineal con dos variables. Se representa María de la Rosa Sánchez Página 4

por: f(,) = a + b o z = a + b. La región del plano determinada por las distintas desigualdades o restricciones, se llama región factible. La solución óptima es aquella que maimiza o minimiza la función objetivo. Si un problema de programación lineal tiene solución óptima, ésta se alcanza en uno de los vértices de la región factible. 5. MÉTODOS DE RESOLUCIÓN DE UN PROBLEMA DE PROGRAMACIÓN LINEAL A) MÉTODO ALGEBRAICO O DE LOS VÉRTICES: Las soluciones obtenidas algebraicamente se encuentran en los vértices de la región factible. Pasos: 1. Dibujar la región factible. 2. Determinar los vértices de la región factible. 3. Calcular el valor de la función objetivo en cada uno de los vértices. 4. El mínimo se alcanza en el vértice de menor valor el máimo en el vértice de maor valor. 5. Interpretación del resultado en cada problema. EJEMPLO 1.- En una confitería se dispone de 24 kg de polvorones 15 kg de mantecados, que se envasan en dos tipos de cajas de la siguiente forma: - Caja 1: 200g de polvorones 100g de mantecados. Precio: 4 euros. - Caja 2: 200g de polvorones 300g de mantecados. Precio: 6 euros. Cuántas cajas de cada tipo se tendrán que preparar vender para obtener el máimo de ingresos? Solución: La información del problema la podemos organizar mediante una tabla: Nº de Cajas Polvorones (g) Mantecados (g) Ingresos Caja 1 200 100 4 Caja 2 200 300 6 Total + 2400 15000 4 + 6 María de la Rosa Sánchez Página 5

En nuestro caso la función objetivo (ingresos totales) es f(,) = 4 + 6, que ha que maimizar. Las restricciones son: 200 + 200 24000 + 120 100 + 300 15000 + 3 150 Simplificando 0, 0 0, 0 El primer paso es representar gráficamente el sistema de inecuaciones formado por las restricciones, así, obtenemos la región factible. + 120 Dibujamos la recta + = 120. Damos valores a : 0 120 120 0 140 120 100 80 60 40 20 + = 120 20 40 60 80 100 120 140 Elegimos el (0,0) a que no es un punto de la recta es cómodo trabajar con él. + 120 ( ) 0,0 0 + 0 120 0 120 que contiene al punto Es cierto, por tanto la solución es el semiplano 140 120 100 80 60 40 20 + = 120 20 40 60 80 100 120 140 + 3 150 Dibujamos la recta + 3 = 150. Damos valores a : María de la Rosa Sánchez Página 6

0 50 150 0 140 120 100 80 60 40 20 + 3 = 150 20 40 60 80 100 120 140 Elegimos el (0,0) a que no es un punto de la recta es cómodo trabajar con él. + 3 150 ( ) 0,0 0 + 3 0 150 0 150 que contiene al punto Es cierto, por tanto la solución es el semiplano 140 120 100 80 60 40 20 + 3 = 150 20 40 60 80 100 120 140 0, 0 Estas restricciones indican que estamos en el primer cuadrante. Por tanto, la región factible es: Hallamos los vértices de la región factible: María de la Rosa Sánchez Página 7

A(0,0) B(120,0) + = 120 = 105 C : C(105,15) + 3 = 150 = 15 D(0,50) RESOLVIENDO EL SISTEMA Hallamos los valores de la función objetivo en cada uno de los vértices: A(0,0) f(0,0) = 4 0 + 6 0 = 0 f(,) = 4+ 6 B(120,0) f(120,0) = 4 120 + 6 0 = 480 f(,) = 4+ 6 C(105,15) f(105,15) = 4 105 + 6 15 = 510 f(,) = 4+ 6 D(0,50) f(0,50) = 4 0 + 6 50 = 300 f(,) = 4+ 6 La solución óptima corresponde al vértice en el que la función objetivo toma el valor máimo, que es el vértice C(105,15). Por tanto, ha que hacer 105 cajas de tipo 1 15 del tipo 2, siendo los ingresos máimos totales que se pueden obtener en su venta 510 euros. B) MÉTODO GRÁFICO O DE LAS RECTAS DE NIVEL Consiste en obtener gráficamente la solución. Pasos: 1. Dibujar la región factible. 2. Se representa la recta de beneficio nulo f(,) = a + b = 0 se desplaza paralelamente a ella (rectas de nivel) hasta encontrar el vértice (solución única) o un lado (infinitas soluciones) de la región factible que cumpla la condición de máimo o mínimo. Las rectas paralelas a la función objetivo nulo son de la forma f(,) = k. Estas rectas indican los puntos del plano en los que la función objetivo toma el mismo valor k. Sabemos que la función objetivo alcanza su máimo (o mínimo) en un vértice o en un lado de la región factible, por lo que solo es necesario dibujar, si eisten, las rectas de nivel que contengan los vértices o lados, aquellas que tengan un maor (o menor) valor de k, será la que constitua el etremo máimo (o mínimo) buscado. En el ejemplo anterior, tendríamos la siguiente situación: Representamos la recta de nivel de beneficio nulo 4 + 6 = 0 la desplazamos paralelamente a ella hasta encontrar el vértice (solución única) o un lado (infinitas soluciones) de la región factible que cumpla la condición de máimo o mínimo.en este caso máimo. María de la Rosa Sánchez Página 8

Observando la gráfica, la recta de máimo nivel pasa por el punto C(105,15). - Por tanto, ha que hacer 105 cajas del tipo 1 15 del tipo 2, siendo los ingresos máimos totales que se pueden obtener de su venta 510 euros. Observando la gráfica, la recta de máimo nivel pasa por el punto C(105,15). Por tanto, ha que hacer 105 cajas del tipo 1 15 del tipo 2, siendo los ingresos máimos totales que se pueden obtener de su venta 510 euros. EJEMPLO 2.- Determina el máimo de la función z = 3 + 6 sujeta a las restricciones: La representación de la región factible es: 2 + 4 1 0, 0 María de la Rosa Sánchez Página 9

O(0,0) f(0,0) = 3 0 + 6 0 = 0 f(,) = 3+ 6 A(1,0) f(1,0) = 3 1 + 6 0 = 3 f(,) = 3+ 6 5 2 5 2 5 2 B, f, 3 6 9 3 3 = + = 3 3 3 3 f(,) = 3+ 6 C(0,4) f(0,4) = 3 0 + 6 4 = 24 f(,) = 3+ 6 El máimo se alcanza en el vértice C, por tanto la función objetivo se hace máima si = 0 e = 0. 6. PROBLEMAS DE PROGRAMACIÓN LINEAL CON INFINITAS SOLUCIONES Como hemos visto en el apartado anterior, si la región factible está acotada, entonces el máimo o el mínimo de la función objetivo se encuentra en uno de los vértices de la región factible. Pero si el máimo o el mínimo se encuentran en dos vértices adacentes de la región factible, entonces se alcanzará en los infinitos puntos del lado que los une. Gráficamente este lado es paralelo al vector director de la función objetivo. EJEMPLO.- Determina el máimo de la función f(,) = + sujeta a las restricciones: La representación de la región factible es: + 5 3 0, 0 Hallamos los vértices de la región factible: María de la Rosa Sánchez Página 10

A(0,0) B(3,0) + = 5 = 4 C : C(4,1) = 3 = 1 D(0,5) RESOLVIENDO EL SISTEMA Hallamos los valores de la función objetivo en cada uno de los vértices: A(0,0) f(0,0) = 0 + 0 = 0 f(,) = + B(3,0) f(3,0) = 3 + 0 = 3 f(,) = + C(4,1) f(4,1) = 4 + 1= 5 f(,) = + D(0,5) f(0,5) = 0 + 5 = 5 f(,) = + La función objetivo alcanza el valor máimo en los vértices C D, por tanto, en todos los puntos del segmento CD. Ha infinitas soluciones, solución múltiple, que corresponden a los puntos del segmento situados entre el vértice C el D. 7. PROBLEMAS DE PROGRAMACIÓN LINEAL SIN SOLUCIÓN. Un problema de programación lineal puede que no tenga solución, debido a una de estas dos razones: a) Porque la región factible sea vacía. b) Porque la región factible no éste acotada no se alcance nunca en ella la solución óptima. EJEMPLO.- Determina el máimo de la función f(,) = 15 + 25 sujeta a las restricciones: La representación de la región factible es: 2 + 6 12 7 + 3 21 0, 0 María de la Rosa Sánchez Página 11

Como se puede observar, al representar la recta de nivel de beneficio nulo 15 + 25 = 0 desplazarla paralelamente a ella hasta encontrar el vértice (solución única) o un lado (infinitas soluciones) de la región factible que cumpla la condición de máimo o mínimo, se tiene que la recta de mínimo pasa por el punto C Las coordenadas del punto C se obtienen resolviendo el sistema determinado por las 5 7 ecuaciones de las rectas que determinan el punto. C, 2 6. Se observa que la región factible no está acotada, por tanto, nunca se alcanza en ningún punto de ella el valor máimo. EJEMPLO.- Dado el recinto definido por el siguiente sistema de inecuaciones: minimiza en dicho recinto el valor de la función f(,) = 5 + 2. + 7 2 + 3 12 0, 0 Solución: Al representar la región factible, se observa que la región está vacía. No ha ningún punto del plano que verifique las restricciones del enunciado del problema. Veamos algunos problemas de aplicación. Problema de la producción El problema de la producción consiste en maimizar los beneficios o minimizar los costes de producción de artículos que están sometidos a restricciones: producción limitada, eistencia de materiales Ejemplo María de la Rosa Sánchez Página 12

Para fabricar dos tipos de cables A B, que se venderán a 150 100 el hectómetro, respectivamente, se emplean 16 kg de plástico 4 kg de cobre para cada hectómetro del tipo A 6 kg de plástico 12 kg de cobre para cada hectómetro del tipo B. El cable fabricado del tipo B no puede ser maor que el doble del tipo A, además, solo tenemos 252 kg de plástico 168 kg de cobre. Determina la longitud, en hectómetros, de cada tipo de cable para que la cantidad de dinero obtenida en su venta sea máima. Solución Definimos las variables disponemos los datos en una tabla: : Hectómetros de cable de tipo A : Hectómetros de cable de tipo B Tipo A Tipo B Totales Plástico 16 6 252 Cobre 4 12 168 Precio 150 100 Las restricciones son: 16 + 6 252 8 + 3 126 4 12 168 + + 3 42 2 2 0 0, 0 0, 0 La función objetivo f(,) = 150 + 100 La región factible es: Hallamos los vértices de la región factible: María de la Rosa Sánchez Página 13

A(0,0) + 3 = 42 = 6 B : B(6,12) 2 = 0 = 12 RESOLVIENDO EL SISTEMA 8 + 3 = 126 = 12 C : C(12,10) + 3 = 42 = 10 = 0 RESOLVIENDO EL SISTEMA 8 + 3 = 126 D(15,75;0) Hallamos los valores de la función objetivo en cada uno de los vértices: A(0,0) f(0,0) = 150 0 + 100 0 = 0 f(,) = 150+ 100 B(6,12) f(6,12) = 150 6 + 100 12 = 2100 f(,) = 150+ 100 C(12,10) f(12,10) = 150 12 + 100 10 = 2800 f(,) = 150+ 100 D(15,75;0) f(15,75;0) = 150 15,75 + 100 0 = 2362,50 f(,) = 150+ 100 Por tanto, el máimo se alcanza en el vértice C se han de fabricar 12 Hm de cable del tipo A 10 Hm del tipo B. Problema de la dieta El problema de la dieta consiste en minimizar los costes de los alimentos que constituen la dieta diaria de un colectivo (animales o personas) que aportan los niveles de nutrientes necesarios. Ejemplo Un veterinario desea dar a sus animales una dieta que contenga un mínimo de 30 unidades de pienso tipo A 20 unidades de pienso tipo B. En el mercado se encuentran dos productos P 1 P 2, que se elaboran con dichos piensos. Cada bolsa de P 1, que cuesta 2,50, contiene 4 unidades del tipo A 2 unidades de B, mientras que cada bolsa de P 2, cuo coste es de 3,25, contiene 5 unidades de A 5 unidades de B. Qué cantidad de p 1 P 2 deberá comprar para que la dieta sea de coste mínimo? Solución Definimos las variables disponemos los datos en una tabla: : Unidades del producto P 1 María de la Rosa Sánchez Página 14

: Unidades del producto P 2 P 1 P 2 Totales Tipo A 4 5 30 Tipo B 2 5 20 Precio 2,5 3,25 4 + 5 30 Las restricciones son: 2 + 5 20 0, 0 La función objetivo f(,) = 2,5 + 3,25 La región factible es: Los vértices son A(0,6), B(5,2) C(10,0) Hallamos los valores de la función objetivo en cada uno de los vértices: A(0,6) f(0,6) = 2,5 0 + 3,25 6 = 19,50 f(,) = 2,5 + 3,25 B(5,2) f(5,2) = 2,5 5 + 3,25 2 = 19 f(,) = 2,5 + 3,25 C(10,0) f(10,0) = 2,5 10 + 3,25 0 = 25 f(,) = 2,5 + 3,25 El mínimo se alcanza en el vértice B, por lo que deberá comprar 5 unidades de P 1 2 unidades de P 2. Problema del transporte María de la Rosa Sánchez Página 15

El problema del transporte consiste en minimizar los costes del traslado de mercancías, artículos o personas a un cierto destino para satisfacer una demanda sin ecederla. Ejemplo Se quiere organizar un puente aéreo entre dos ciudades, con plazas suficientes de pasaje carga, para transportar a 1600 personas 96 toneladas de equipaje. Los aviones disponibles son de dos tipos: 11 del tipo A 8 del tipo B. La contratación de un avión del tipo A cuesta 4000 puede transportar a 200 personas 6 toneladas de equipaje; los aviones del tipo B cuestan 1000 pueden transportar a 100 personas 15 toneladas. Cuántos aviones de cada tipo deben utilizarse para que el coste sea mínimo? Solución Definimos las variables disponemos los datos en una tabla: : Aviones del tipo A : Aviones del tipo B Tipo A Tipo B Totales Personas 200 100 1600 Equipaje 6 15 96 Precio 4000 1000 200 + 100 1600 2 + 16 6 15 96 + 2 + 5 32 Las restricciones son: 0, 11 SIMPLIFICANDO 0, 11 0, 8 0, 8 La función objetivo f(,) = 4000 + 1000 MINIMIZAR La región factible es: María de la Rosa Sánchez Página 16

Resolviendo los sistemas oportunos, se tiene que los vértices son: A(6,4), B(4,8), C(11,8) D(11,2) Hallamos los valores de la función objetivo en cada uno de los vértices: A(6,4) f(6,4) = 4000 6 + 1000 4 = 28000 f(,) = 4000+ 1000 B(4,8) f(4,8) = 4000 4 + 1000 8 = 24000 f(,) = 4000+ 1000 C(11,8) f(11,8) = 4000 11 + 1000 8 = 52000 f(,) = 4000 + 1000 D(11,2) f(11,2) = 4000 11 + 1000 2 = 46000 f(,) = 4000+ 1000 El mínimo se alcanza en el punto B, por tanto deben utilizarse 4 aviones del tipo A 8 aviones del tipo B. María de la Rosa Sánchez Página 17