Tema 2-01-Programacion Lineal Power Point

8/18/2019 Tema 2-01-Programacion Lineal Power Point

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CAPÍTULO 1. PROGRAMACIÓNLINEAL Y TRANSPORTE.

1. INTRODUCCIÓN.

En 1947, el estadounidense GeorgeB. Dantzing propuso el método del

simplex (proveniente de la palabrasimplejo) para modelizarmatemática y linealmente una

realidad.


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Modelo Lineal Max o Min Z = c1 x1 + c2 x2 + ....... + cn xn (1.3)

donde Z está sujeta a una serie de restricciones:

a11 x1 + a12 x2 + ............. + a1n xn (

=

) b1 a21 x1 + a22 x2 + ............. + a2n xn ( = ) b2 (1.4).....................................................................am1 x1 + am2 x2 + ............. + amn xn ( = ) bm

y además tenemos la restricción de no negatividad de las variables:

x1, x2, x3,.....xn 0 (1.5)


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(Max o Min) Z = c j * x j sujeto aA * x j ( = ) bi x j 0

Donde:

x j (j = 1,....., n) : vector de variables de acción.Matriz A:(mxn) : matriz tecnológica

ai,j : coeficientes técnicos de la matriz A. bi (i =1,....,m) : disponibilidad del recurso j.c j : beneficio o coste por cada componente.Z : función objetivo, función económica o de coste.

Modelo matricial y vectorial


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A

a a

a a

x

x

x

c

c

c

b

b

b

n

m m n n n n

1 1 1

1

1

2

1

2

1

2

. . .

. .

. .

. .

. . .

.

.

.

.

.

.

X C b

Max o Min Z = Ct X

A*X ( = ) b

X 0

Modelo matricial:


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EJEMPLO 1.Una oficina de correos necesita un número diferentede empleados de tiempo completo, para diferentesdías de la semana. El número de empleados detiempo completo requeridos para cada día se da en elcuadro 1.1. Las reglas sindicales señalan que cada

empleado de tiempo completo, tiene que trabajardurante cinco días consecutivos y, después descansardos días. Por ejemplo, un empleado que trabaja delunes a viernes, tiene que descansar el sábado y eldomingo. La oficina de correos quiere cumplir consus requerimientos diarios y utilizar solamenteempleados de tiempo completo. Formule un PL quepueda utilizar la oficina de correos para minimizar elnúmero de empleados de tiempo completo que hay

que contratar.


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NÚMERO DE EMPLEADOS DETIEMPO COMPLETO REQUERIDOS

Día 1 = lunes 17Día 2 = martes 13

Día 3 = miércoles 15Día 4 = jueves 18Día 5 = viernes 14Día 6 = sábado 16

Día 7 = domingo 11


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definimos xi como el número de empleados

que empiezan a trabajar el día i

Min Z = x1 + x2 + x3 + x4 + x5 + x6 + x7

x1 + x4 + x5 + x6 + x7 17 (Rest. del lunes)

x1 + x2 + x5 + x6 + x7 13 (Rest. del martes)x1 + x2 + x3 + x6 + x7 15 (Rest. del miérc.)

x1 + x2 + x3 + x4 + x7 19 (Rest. del jueves)

x1 + x2 + x3 + x4 + x5 14 (Rest. del viern.)

x2 + x3 + x4 + x5 + x6 16 (Rest. del sábado)

x3 + x4 + x5 + x6 + x7 11 (Rest. del domin.)

xi 0 (i = 1,2, ,7)


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Una empresa produce cuatro modelos de armarios metálicos. En el Cuadro 1.3 figuran las

horas útiles disponibles mensualmente en los 5 talleres de que consta la fábrica, así como los tiempos

que requiere en cada uno de estos talleres la obtención de una unidad de cada producto.

TIEMPO DE PRODUCCIÓN EN HORAS POR UNIDAD HORAS ÚTILESTALLER DISPONIBLES

PRODUCTO 1 PRODUCTO 2 PRODUCTO 3 PRODUCTO 4 MENSUALMENTEembutic 0,03 0,15 0,05 0,10 40

mecaniz. 0,06 0,12 0,10 40montaje 0,05 0,10 0,05 0,12 50acabado 0,04 0,20 0,03 0,12 45embalaje 0,02 0,06 0,02 0,05 40

Cuadro 1.3

EJEMPLO 3.


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Por otra parte, para la fabricación de los armarios de tipo 2 y 4 se necesitan por unidad,respectivamente, 2 metros cuadrados y 1,2 metros cuadrados de una chapa especial que escasea en el

mercado, siendo 2000 metros cuadrados la cantidad máxima disponible mensualmente. Por último, enel cuadro 1.4 figuran los precios de venta y los costes variables unitarios correspondientes a los cuatro productos, así como las cantidades máximas que puede absorber cada mes el mercado, tanto demayoristas como de minoristas, y las cantidades mínimas que es preciso entregar mensualmente paracumplir los contratos de suministro existentes con ciertos clientes mayoristas.

COSTE VARIABLE PRECIO UNI. VENTAS MENSUALESPRODUCTO UNITARIO en u.m. VENTA u.m. MÍNIMAS MÁXIMAS

1 6 10 1000 60002 15 25 5003 11 16 500 3000

4 14 20 100 1000 Cuadro 1.4

Se pide formular un modelo lineal que permita determinar el programa mensual de producciónóptimo.


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3. DISTINTAS REPRESENTACIONES DE LOSMODELOS DE PROGRAMACIÓN LINEAL.

A) FORMA CANÓNICA

1.- La función debe ser siempre paramaximizar

2.- Todas la restricciones son

3.- Todas la variables están obligadas aser no negativas


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Transformaciones Max G = Min (-Z) = (-C

j) x

j

Las restricciones tienen que ser . Si tenemos f(x) b, al multiplicar por -1,obtendríamos: -f(x) -b.

Si tenemos: f(x) = b; podemos descomponer la restricción en dos:

f(x) b -f(x) -bf(x) b f(x) b

Las variables tienen que ser no negativas.Si tenemos una xi nrs ( no restringida en signo ) reemplazamos xi por xi’ - xi”siendo xi’,xi” 0


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B) FORMA ESTÁNDAR

1.- Las restricciones son igualdades salvo lasque se refieren a las de no negatividad, ya

que se introducen variables de holgura oartificiales.2.- Todas las variables son no negativas, es

decir,

03.- Todas las disponibilidades, bi, son nonegativas.

4.- La función económica puede ser a minimizaro maximizar. (Max Z o Min Z).


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Para resolver un problema con desigualdad primero

hay que introducir variables de holgura.

Sea, por ejemplo, la siguiente restricción:

a1 x1 + a2 x2 + ..... + an xn bk

se añade hk para convertir la desigualdad en igualdad:

a1 x1 + a2 x2 + ..... + an xn + ak hk = bk

Estas variables no entran a formar parte de la función económica,

porque ck = 0

y normalmente el coeficiente de la variable de holgura ak = 1.


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4. DEFINICIONES UTILIZADAS EN LOS

PROBLEMAS DE PROGRAMACIÓN LINEAL.

Solución algebraica: Cualquier solución

(conjunto de n valores) que satisface elsistema de ecuaciones formado por lasrestricciones, pero no necesariamente a larestricción de no negatividad que exige laforma estándar.Solución factible: Es aquella soluciónalgebraica que no contiene solucionesnegativas. Son soluciones que cumplen con lasrestricciones y se representa por:

A X = bX 0


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Otras solucionesSoluciones básicas: Son aquellas soluciones que

contienen n-m coordenadas nulas, donde n es elnúmero de variables y m el número deecuaciones. Veamos un caso :

Para n = 30 variables y m = 10 ecuaciones, las

soluciones que tengan 20 variables nulas o más,serán soluciones básicas.Solución básica factible: Es aquella soluciónbásica que no contiene ninguna coordenadanegativa y que contiene n-m coordenadas nulas.Solución óptima: Es una solución básica factibleque tiene el valor más favorable de la función

objetivo.


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EJEMPLO 4. Solución gráfica.Una empresa se dedica a fabricar porcelana, para lo cual dispone de un horno que absorbe 10 t. al díade productos. La empresa fabrica dos tipos de porcelana: A y B. Se sabe además que de porcelana tipo

A el Departamento de Ventas no puede consumir nada más que 8 t. al día y de las de tipo B 5 t/día. Los beneficios obtenidos por la comercialización de la porcelana tipo A son de 2 u.m. y de las de tipo B, 3.5u.m. Determinar el plan de producción óptimo.

Llamando: x1: tonelaje diario de porcelanas tipo A

x2: " " " " BMax Z = 2x1 + 3,5x2

x1 8x2 5x1 + x2 10

x1, x2 0


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Solución gráficaX2

Porcelana tipo A

C"

D C C´ H Porcelana tipo B5

B

0,3

0 0,5 5 8 A X1

Restricción del horno


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5. MÉTODO DEL SIMPLEX.

El método del Simplex consiste en unalgoritmo iterativo que permite resolverun problema de programación lineal.


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5.1. Algoritmo del simplex.

preparación de los datos del proble-ma para comenzar las iteraciones

repítase tantas veces como se

necesite

¿ se ha obtenido el resultado que se desea ?

NO SÍDetenerse

Paso de iniciación

Paso de iteración

Regla de detención


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Iniciación

Max Z = 3x1 + 5x2 (0)x1

4 (1)2x2

12 (2)

3x1 + 2x2 18 (3)

x1,x2

0

Z = -3x1 -5x2 + 0h1 +0h2 +0h3 = 0x1 + h1 = 42x2 + h2 = 12

3x1 +2x2 + h3 = 18

Se convierte en:


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VARIABLE SEGUNDOBÁSICA X1 X2 h1 h2 h3 MIEMBRO

FILA (0) Z -3 -5 0 0 0 0FILA (1) h1 1 0 1 0 0 4FILA (2) h2 0 2 0 1 0 12FILA (3) h3 3 2 0 0 1 18

Cuadro 1.5

Construcción de la Tabla


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1ª ITERACIÓN.Consiste en obtener una nueva solución

(x1, x2, h1, h2, h3). Para ello se cambia unavariable básica por una no básica.

Paso 1: Determinar la variable no básica queentra, seleccionando de las variables nobásicas (en nuestro caso x1, o x2) aquella conel coeficiente más negativo en la ecuación

(0), ya que será quien provoque un mayoraumento en la función objetivo; en esteejemplo x2, con coeficiente -5.


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Paso 1.

La columna a la que pertenece estecoeficiente se denomina columnapivote. Dicha columna está formada por

los siguientes términos :0

22


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Paso 2: Determinar la variable básica que sale. Este

paso lo dividimos en dos partes:

a.- Seleccionar los coeficientes de lacolumna anteriormente considerada quesean estrictamente positivos (> 0).

b.- Dividir el "segundo miembro" decada fila (disponibilidades) entre cadauno de los anteriores coeficientes de sumisma fila.


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En nuestro caso las divisiones posibles son:

2 coeficiente de b

2 valor de columna pivote =

12

2 = 6

coeficiente de b valor de columna pivote

i

ier

º

º

3

er

3182

9

luego al ser el menor valor 6, la variable básica que sale es h2.


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Cambios de variables

VARIABLE SEGUNDO

BÁSICA X1 X2 h1 h2 h3 MIEMBRO

FILA (0) Z -3 -5 0 0 0 0

FILA (1) h1 1 0 1 0 0 4FILA (2) h2 0 2 0 1 0 12FILA (3) h3 3 2 0 0 1 18


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Paso 3: Se determina la nueva solución básicafactible construyendo un nuevo cuadro del simplex.

Nueva fila pivote (2) =fila pivote anterior (0,2,0,1,12)

numero pivote

2

x1 x2 h1 h2 h3 bi

quedando la nueva fila (2) = 0 1 0 1/2 0 6


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Cambio de la Fila (0)

para obtener un cero donde tenemos -5:

x1 x2 h1 h2 h3 bi

Antigua fila (0) : -3 -5 0 0 0 0

+5 ( 0 1 0 ½ 0 6)

Nueva fila (0) -3 0 0 5/2 0 30


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Fila (1)

x1 x2 h1 h2 h3 bi

1 0 1 0 0 4

Se deja, pues x2 ya tiene debajo un 0.


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Fila (3)

x1 x2 h1 h2 h3 bi

Antigua fila 3 : 3 2 0 0 1 18

(-2) 0 1 0 ½ 0 6

3 0 0 -1 1 6


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Fin primera iteración y

comprobación del paso 3.

VARIABLE SEGUNDOBÁSICA X1 X 2 h1 h2 h3 MIEMBRO

FILA (0) Z -3 0 0 5/2 0 30FILA (1) h1 1 0 1 0 0 4

FILA (2) X2 0 1 0 1/2 0 6

FILA (3) h3 3 0 0 -1 1 6

Cuadro 1.6


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2ª Iteración

VA RIA BLE SEGU N D O

BÁ SICA X 1 X 2 h 1 h 2 h 3 M I E M B R O

FILA (0) Z -3 0 0 5/2 0 30

FILA (1) h 1 1 0 1 0 0 4FILA (2) X 2 0 1 0 1/2 0 6

FILA (3) h 3 3 0 0 -1 1 6


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Paso 3: Determinar la nueva

solución básica factible.

Nueva fila pivote ( ) = fila pivote anterior ( )numero pivote

3 3 0 0 1 1 63

, , , , ,

x1 x2 h1 h2 h3 bi

quedando la nueva fila (3) = 1 0 0 -1/3 1/3 2


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Fila (0)

x1 x2 h1 h2 h3 bi

Antigua fila (0) : -3 0 0 5/2 0 30

+3 ( 1 0 0 -1/3 1/3 2 )

Nueva fila (0) 0 0 0 3/2 1 36


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Fila (1)

x1 x2 h1 h2 h3 bi

Antigua fila 1 : 1 0 1 0 0 4

(-1) ( 1 0 0 -1/3 1/3 2 )

0 0 0 1/3 -1/3 2


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Fila (2)

x1 x2 h1 h2 h3 bi

0 1 0 1/2 0 6

se deja, pues ya tiene un 0 debajo de x1.


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RESUMENVB X1 X2 h1 h2 h3 2º Miembro

Z -3 -5 0 0 0 0

h1 1 0 1 0 0 4h2 0 2 0 1 0 12

h3 3 2 0 0 1 18

Z -3 0 0 5/2 0 30h1 1 0 1 0 0 4

X2 0 1 0 1/2 0 6

h3 3 0 0 -1 1 6

Z 0 0 0 3/2 1 36h1 0 0 0 1/3 -1/3 2

X2 0 1 0 1/2 0 6

X1 1 0 0 -1/3 1/3 2


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5.2. Solución de diferentes casos del méto-

do del simplex por métodos de penalización

5.2.1. Solución óptima degenerada.5.2.2. Solución degenerada temporal.5.2.3. Solución no acotada.

5.2.4. Espacio de soluciones infinito, perohay una solución acotada y óptima.5.2.5. Soluciones alternativas.

5.2.6. Variable básica que no sale: z noacotada.

5 2 1 S l ió ó ti


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5.2.1. Solución óptima

degenerada.

Problema 5.2.1:

Max Z= 3x1 + 9x2

x1 + 4x2 ≤ 8x1 + 2x2 ≤ 4

xj ≥ 0

Cuadro de la solución


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Cuadro de la solución

degenerada

VB X1 X2 h1 h2 2º miembroZ -3 -9 0 0 0h1 1 4 1 0 8h2 1 2 0 1 4

Z -3/4 0 9/4 0 18X2 1/4 1 1/4 0 2h2 1/2 0 -1/2 1 0*

Z 0 0 3/2 3/2 18X2 0 1 1/2 -1/2 2X1 1 0 -1 2 0*


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Grafica de la solución degenerada

X2

2

4 8 X1

5 2 2 Solución degenerada


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5.2.2. Solución degenerada

temporal.

Problema 5.2.2:

Max Z= 2x1 + x2 4x1 + 3x2 ≤ 124x1 + x2 ≤ 8

4x1-x2≤8xj ≥ 0

Cuadro de ejemplo solución


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Cuadro de ejemplo solución

degenerada temporal.V B X 1 X 2 h 1 h 2 h 3 2 º M ie m b r o

Z -2 -1 0 0 0 0h 1 4 3 1 0 0 1 2h 2 4 1 0 1 0 8h 3 4 -1 0 0 1 8Z 0 -1 /2 0 1 /2 0 4h 1 0 2 1 -1 0 4X 1 1 1 /4 0 1 /4 0 2h 3 0 -2 0 -1 1 0 *Z 0 0 1 /4 1 /4 0 5

X 2 0 1 1 /2 -1 /2 0 2X 1 1 0 -1 /8 3 /8 0 3 /2h 3 0 0 1 -2 1 4



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temporal

X2

8

2 3 X1


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5.2.3. Solución no acotada

Problema 5.2.3:

Max Z= 2x1 + x2 x1 - x2 ≤ 102x1 - x2 ≤ 40xj ≥ 0

Cuadro de ejemplo solución no


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VB X1 X2 h1 h2 2º miembro

Z -2 -1 0 0 0

h1 1 -1 1 0 10

h2 2 -1 0 1 40Z 0 -3 2 0 20

X1 1 -1 1 0 10

h2 0 1 -2 1 20

Z 0 0 -4 3 80X1 1 0 -1 1 30

X2 0 1 -2 1 20

Cuadro de ejemplo solución no

acotada.


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Grafica de la solución no acotada.

5 2 4 Espacio de soluciones


50/76

5.2.4. Espacio de soluciones

infinito, pero hay unasolución acotada y óptima.

Problema 5.2.4:

Max Z= 6x1 - 2x2 2x1 - x2 ≤ 2x1 ≤ 4xj ≥ 0

Cuadro del ejemplo de espacio de


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Cuadro del ejemplo de espacio de

soluciones infinito, pero hay unasolución acotada y óptima.

VB X1 X2 h1 h2 2º miembro

Z -6 2 0 0 0

h1 2 -1 1 0 2

h2 1 0 0 1 4

Z 0 -1 3 0 6

X1 1 -1/2 1/2 0 1

h2 0 1/2 -1/2 1 3

Z 0 0 2 2 12

X1 1 0 0 1 4

X2 0 1 -1 2 6

Grafica de la solución de espacio


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Grafica de la solución de espacio

de soluciones infinito, pero hayuna solución acotada y óptima.

X2

solución

6

X1

1 4

-2

5.2.5. Soluciones alterna-


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5.2.5. Soluciones alterna

tivas.

Problema 5.2.5a:

Max Z= 4x1 + 14x2 2x1 + 7x2 ≤ 217x1 + 2x2 ≤ 4xj ≥ 0

Cuadro del ejemplo de


54/76

Cuadro del ejemplo de

soluciones alternativas.

VB

X1 X2 h1 h2 2º miembro

Z -4 -14 0 0 0h1 2 7 1 0 21

h2 7 2 0 1 21Z 0* 0 2 0 42X2 2/7 1 1/7 0 3h2 45/7 0 -2/7 1 15

Z 0 0 2 0 42X2 0 1 7/45 -2/45 7/3X1 1 0 -2/45 7/45 7/3


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Grafica de la solución alternativas.

X2

S. Básicas

X1

5.2.6. Variable básica que


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5.2.6. Variable básica que

no sale: z no acotada.

Problema 5.2.6:

Max Z = 3x1 + 5x2

x1 4

x 0

Cuadro y gráfico del ejemplo de varia-


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y g j p

ble básica que no sale: z no acotada.VB X2 X2 h1 2º miembro

Z -3 -5 0 0h1 1 0 1 4*

X2

F. Objetivo

4 X1

6. PRECIOS SOMBRA Y


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COSTES DE OPORTUNIDAD. Max Z = 3x1 + 5x2 x1 4

2x2 123x1 + 2x2 18

VB X1 X2 h1 h2 h3 2º miembroZ -3 -5 0 0 0 0

h1 1 0 1 0 0 4h2 0 2 0 1 0 12h3 3 2 0 0 1 18Z -3 0 0 5/2 0 30h1 1 0 1 1 0 4

X2 0 1 0 1/2 0 6h3 3 0 0 -1 1 6Z 0 0 0 3/2 1 36h1 0 0 1 1/3 -1/3 2X2 0 1 0 1/2 0 6

X1 1 0 0 -1/3 1/3 2

Solución y precios sombra con


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WinQSB

VB X1 X2 h1 h2 h3 2º miembro

Z -3 -5 0 0 0 0


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h1 1 0 1 0 0 4

h2 0 2 0 1 0 13h3 3 2 0 0 1 18

Z -3 0 0 5/2 0 32.5

h1 1 0 1 0 0 4

X2 0 1 0 1/2 0 6.5

h3 3 0 0 -1 1 5Z 0 0 0 3/2 1 37.5

h1 0 0 1 1/3 -1/3 7/3

X2 0 1 0 1/2 0 6.5

X1 1 0 0 -1/3 1/3 5/3

VB X1 X2 h1 h2 h3 2º miembroZ -3 -5 0 0 0 0

h1 1 0 1 0 0 4

h2 0 2 0 1 0 12

h3 3 2 0 0 1 19

Z -3 0 0 5/2 0 30

h1 1 0 1 0 0 4X2 0 1 0 1/2 0 6

h3 3 0 0 -1 1 7

Z 0 0 0 3/2 1 37

h1 0 0 1 1/3 -1/3 5/3

X2 0 1 0 1/2 0 6X1 1 0 0 -1/3 1/3 7/3

6.1. Variaciones máximas de


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los precios sombra. h2 bi El rango viene dado

porZ 3/2

h1 1/3 2 2: (1/3) = 6 mínimo

X2 1/2 6 6: (1/2) = 12

X1 -1/3 2 2: (-1/3) = -6 máximo

h3 bi El rango viene dado

porZ 1h1 -1/3 2 2 / (1/3) = -6 máximoX2 0 6 6/0 = INFINITO

X1 1/3 2 2 / (1/3) = 6 mínimo

7. RESOLUCIÓN POR MÉTODOS DE


62/76

7. RESOLUCIÓN POR MÉTODOS DE

PENALIZACIÓN CUANDO HAYRESTRICCIONES TIPO "IGUALDAD"

O "MAYOR O IGUAL".7.1. Variable artificial.

Max Z = cx - M Ak

Ak


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Max Z = 3x1 + 5x2 Z - 3x1 - 5x2 = 0

x1 4 x1 + h1 = 42x2 12 2x2 + h2 = 12

3x1 + 2x2 = 18 3x1 + 3x2 = 18

7.2. Caso de igualdad.

x1 = x2 = 0 implica h1 = 4h2 = 120 = 18 incompatible

Si

Por ello, al final queda:

x1 + h1 = 4

2x2 + h2 = 12

3x1 + 3x2 + A1 = 8

Max Z = 3x1 + 5x2 - MA1

x1 x2 h1 h2 A1 bi R(0) [ -3 -5 0 0 M 0 ]

R(3) ( M) [ 3 2 0 0 1 18 ]


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R(3)× (-M) [ 3 2 0 0 1 18 ]

R'(0) [-3-3M -5-2M 0 0 0 -18M]

VB X1 X2 h1 h2 A1 2º miembro

Z -3M-3 -2M-5 0 0 0 -18Mh1 1 0 1 0 0 4

h2 0 2 0 1 0 12

A1 3 2 0 0 1 18

Z 0 -2M-5 3M+3 0 0 -6M+12

X1 1 0 1 0 0 4h2 0 2 0 1 0 12

A1 0 2 -3 0 1 6

Z 0 0 -9/2 0 M+5/2 27

X1 1 0 1 0 0 4

h2 0 0 3 1 -1 6X2 0 1 -3/2 0 1/2 3

Z 0 0 0 3/2 M+1 36

X1 1 0 0 -1/3 1/3 2

h1 0 0 1 1/3 -1/3 2

X2 0 1 0 1/2 0 6

8. PROGRAMACIÓN POR


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OBJETIVOSa.- No flexibles:

j=1

n

ij i

j=1

n

ij i

a b

a b

b.- Flexibles:

j=1

n

ij j i i+

i- a x - 0 = Y Y

donde :

j=1

n

ij ja x nivel real que se prevé para que alcancen el objetivo i.0i: nivel deseado de este objetivo.Y+i Y

-i: desviaciones entre ambos, representamos por:

Y

-

i desviaciones por defecto, y por: Y

+

i desviaciones por exceso.

EJEMPLOSupongamos que tenemos que fabricar dos artículos A1 y A2


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p g q q y

que consumen tres recursos llamados R1, R2, R3, en las proporcionesindicadas en la tabla 1. Sabiendo que las disponibilidades de cada unode los recursos y los beneficios que se obtienen por cada unidadfabricada de dichos productos son: c1 = 5 u.m. y c2 = 4 u.m. Sepretende determinar:

1. Plan óptimo de producción2. Plan de producción con los tres objetivos siguientes O1 , O2, O3donde:01: conseguir un beneficio mínimo de 15 uds/día.

02: saturar completamente el recurso 1.03: la utilización del recurso 2 no debe sobrepasar las 20 h/d.

RECURSO R1 R2 R3

ARTICULOA1 4 3 1

A2 2 5 2

DISPONIBILIDAD 10 20 12

Tabla 1


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SOLUCIÓN:

1) Comenzaremos con un único objetivo, maximizar beneficios.

Max Z = 5x1 + 4x2

4x1 + 2x2 10 (R1)3x1 + 5x2 20 (R2)x1 + 2x2 12 (R3)x1, x2 0

resolviendo

x1 = 0,71x2 = 3,57Z = 17,8

h1 = 0,92h2 = 0

Para los tres objetivos:


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Max Z = -MY-1 - NY+

2 - NY-2 - PY

+3

x1 + 2x2 + h1 = 125x1 + 4x2 - Y

+1 + Y

-1 = 15

4x1 + 2x2 - Y+

2 + Y-2 = 10

3x1 + 5x2 - Y+3 + Y-3 = 20xi, Y

+ j, Y

- j 0

j


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9. EL PROBLEMA DUAL.

HORAS REQUERIDAS CAPACIDADOPERACIÓN A B MENSUAL HORAS

O1 3 2 2000O2 1 2 1000

Resolver un problema llamado primal en el que se buscadecidir cuanto se debe de fabricar de dos productos A, By que consumen dos recursos O1 y O2 según la tablasiguiente. Siendo el beneficio obtenido por la fabricacióndel producto A, 40 unidades monetarias y 60 unidades

monetarias por producto B.

Planteamiento primal:Max Z = 40x1 + 60x2

sujeto a: 3x1 + 2x2 2.000x1 + 2x2 1.000x1, x2 0

y1, y2 las rentas recibidas por hora para las operaciones0 y 0 respectivamente


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01 y 02 respectivamente.

C = 2.000 y1 + 1.000 y2

Ya que 3 horas de 01 y 1 hora de 02, son necesarias para producir una unidad de A,el valor en términos de precios deberá ser:

3y1 + 1y2

y esto debe ser como mínimo mayor o igual que el que se obtiene al producir elartículo A que es de 40.

Min C = 2000y1 + 1000y2

3y1 + y2 402y1 + 2y2 60

y1, y2 0

Soluciones:


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VB x1 x2 h1 h2 Bi Z 0 0 5 25 35000x1 1 0 1/2 -1/2 500x2 0 1 -1/4 3/4 250

VB Y1 Y2 h1 h2 A1 A2 Bi C 0 0 500 250 M-500 M-250 35000y1 1 0 -1/2 1/4 1/2 -1/4 5y2 0 1 1/2 -3/4 -1/2 3/4 25

Soluciones:

9.1. Ejemplos de construcción


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de otros modelos primal y dual.1. Ejemplo, si el primal es:

Max Z = 2x1 + 3x2 + 2x2x1 + 2x2 + 3x3 42x1 + x2 + x3 6

x1, x2, x3 0

Su dual será:Min C = 4y1 + 6y2

y1 + 2y2 22y

1+ y

2 3

3y1 + y2 2y1, y2 0

9.2. Método de Lemke.


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Algoritmo dual del Simplex. VNB VB bi

Z Valores (negativos) de

las variables no básicas

= V

0 0

VB Valores positivos de las

variables básicas iniciales =

u jB

VNB VB bi

Z Valores (positivos) de

las variables no básicas

= V

0 0

VB Valores negativos de lasvariables básicas iniciales =

u jB


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Regla de introducción.

min

b

a negativos

j

ij ( )

Regla de supresión.

La más negativa

Regla de parada.Toda la parte derecha del cuadro sea positiva.

9.2.3. Ejemplo de aplicación


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del método de Lemke.Min Z = 2x1 + x2

3x1 + x2 3

4x1 + 3x2 6x1 + 2x2 3

x j 0

X1 X2 h1 h2 h3 bi

Z 2 1 0 0 0 0

h1 -3 -1 1 0 0 -3

h2 -4 -3 0 1 0 -6

h3 -1 -2 0 0 1 -3


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1ª ITERACIÓN: X1 X2 h1 h2 h3 bi

Z 2/3 0 0 1/3 0 -2

h1 -5/3 0 1 -1/3 0 -1X2 4/3 1 0 -1/3 0 2

h3 -5/3 0 0 2/3 1 -1

2ª ITERACIÓN:X

1 X

2 h

1 h

2 h

3 b

i

Z 0 0 2/5 1/5 0 -12/5

X1 1 0 -3/5 1/5 0 3/5

X2 0 1 4/5 -3/5 0 6/5

h3 0 0 -1 1 1 0

Tema 2-01-Programacion Lineal Power Point

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