Investigaciones de Operaciones

SERIE UNIVERSITARIA

PATRIA

interactivo en esta edición

“Si la gente no piensa que las matemáticas son simples, es solo porque no se dan cuenta de lo complicada que es la vida”. John Von Neumann

Entre sus principales características destacan las siguientes: C

M

Y

CM

MY

CY

CMY

La obra consta de cinco unidades y un apéndice (uso detallado del Solver de Excel). Cuenta con breves, pero claras, explicaciones de los fundamentos de la investigación de operaciones. Es un libro flexible, el estudiante lo puede utilizar según sus inquietudes y necesidades. Explica con minuciosidad los pasos necesarios para resolver los problemas propuestos planteados a lo largo de las cinco unidades temáticas. Esto con el objetivo de que sepa resolver diferentes tipos de problemas.

K

Cuenta con más de 300 problemas para resolver, presentados en diferentes categorías; según sus características, algunos deben ser resueltos con el apoyo de la tecnología, por ejemplo con el uso de Solver. Algunos de los problemas propuestos están acompañados de breves textos destacados con el nombre de Alerta, cuyo propósito es preparar al lector para que esté al pendiente de detalles importantes del contenido, que le serán útiles para resolver los problemas. Con el propósito de motivar al estudiante para resolver problemas con un grado de dificultad mayor, al final de cada unidad se incluye una selección de Problemas reto. El libro viene acompañado de un CD-ROM de apoyo, donde alumno y profesor podrán encontrar, entre otras cosas: respuestas a los problemas propuestos, documentos extras, simulación y ejemplos anotados.

EMPRESA DEL GRUPO

www.editorialpatria.com.mx

Investigación de operaciones

En el presente texto se presenta con detalle los principales temas de un primer curso de investigación de operaciones. El atractivo y funcional diseño de este libro, así como su novedosa metodología, ofrecen una invitación a los alumnos de ingeniería para que se acerquen acompañados de lápiz, papel y una computadora, a fin de aprovechar al máximo la oportunidad de ejercitarse con la gran variedad de problemas propuestos que se incluyen en las unidades, los cuales le ayudarán a preparar sus exámenes.

Iris A. Martínez Salazar / Gastón Vértiz Camarón / Jesús F. López Pérez Guillermo Jiménez Lozano / Luis A. Moncayo Martínez

INVESTIGACIÓN DE OPERACIONES Iris Abril Martínez Salazar Universidad Autónoma de Nuevo León

Gastón Vértiz Camarón Universidad Autónoma del Estado de México

Jesús Fabián López Pérez Universidad Autónoma de Nuevo León

Guillermo Jiménez Lozano Universidad Nacional de Colombia

Luis Antonio Moncayo Martínez Instituto Tecnológico Autónomo de México

Colaboración especial Marco Antonio Montufar Benítez Eva Selene Hernández Gress Universidad Autónoma del Estado de Hidalgo

PRIMERA EDICIÓN EBOOK MÉXICO, 2014

INVESTIGACIÓN DE OPERACIONES Iris Abril Martínez Salazar Universidad Autónoma de Nuevo León

Gastón Vértiz Camarón Universidad Autónoma del Estado de México

Jesús Fabián López Pérez Universidad Autónoma de Nuevo León

Guillermo Jiménez Lozano Universidad Nacional de Colombia

Luis Antonio Moncayo Martínez Instituto Tecnológico Autónomo de México

Colaboración especial Marco Antonio Montufar Benítez Eva Selene Hernández Gress Universidad Autónoma del Estado de Hidalgo

PRIMERA EDICIÓN EBOOK MÉXICO, 2014

GRUPO EDITORIAL PATRIA

info

editorialpatria.com.mx

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Dirección editorial: Javier Enrique Callejas Coordinación editorial: Estela Delfín Ramírez Supervisor de preprensa: Gerardo Briones González Diseño de interiores y portada: Juan Bernardo Rosado Solís Ilustraciones: Adrian Zamorategui Berber Fotografías: © Thinkstockphoto Diagramación: Gustavo Vargas M. y Jorge Martínez J. Colaboración especial: Marco Antonio Montufar Benítez Eva Selene Hernández Gress Universidad Autónoma del Estado de Hidalgo Revisión técnica: Alejandra Gómez Padilla Universidad de Guadalajara-CUCEI Manuel Álvarez Madrigal Instituto Tecnológico y de Estudios Superiores de Monterrey-CCM Investigación de Operaciones Derechos reservados: © 2014, Iris Abril Martínez Salazar, Gastón Vértiz Camarón, Jesús Fabián López Pérez, Guillermo Jiménez Lozano, Luis Antonio Moncayo Martínez. © 2014, GRUPO EDITORIAL PATRIA, S.A. DE C.V. Renacimiento 180, Colonia San Juan Tlihuaca Delegación Azcapotzalco, Código Postal 02400, México, D.F. Miembro de la Cámara Nacional de la Industria Editorial Mexicana Registro Núm. 43 ISBN ebook: 978-607-438-923-4 Queda prohibida la reproducción o transmisión total o parcial del contenido de la presente obra en cualesquiera formas, sean electrónicas o mecánicas, sin el consentimiento previo y por escrito del editor. Impreso en México Printed in Mexico Primera edición ebook: 2014

Agradecimientos A mi familia, por su apoyo incondicional. A cada una de las personas quienes contribuyeron en el desarrollo de este libro. Iris Abril Martínez Una vez concretado el libro, quiero agradecer de todo corazón a Grupo Editorial Patria por haberme permitido participar como autor. Mi mejor deseo es que mi participación en la obra en realidad contribuya a la formación de las futuras generaciones de estudiantes de las licenciaturas en Ingeniería y Administración y a la mejor comprensión de los temas de programación lineal que se abordan. Gastón Vértiz Camarón En primer lugar a Dios. A mi madre y a mi hermano. A mi esposa Albanery, con quien he compartido los mejores momentos, y espero al máximo los que vienen; “TE QUIERO MUCHO”. A mi hija Xiomara Alexandra, quien recién comienza su vida laboral en Bogotá, la cual espero sea demasiado fructífera. A mi hija Angélica, quien en la actualidad estudia su maestría en la Universidad de Guadalajara; aspiro a que construya una magnífica profesión. A mis hijas les he permitido hacer todo lo que han querido en materia de estudio. Todas ellas y ellos son los motores de mi vida. Gracias a todos… Guillermo Jiménez Lozano A Eleonora y Emilio, quienes son mi amores. A la Asociación Mexicana de Cultura, A.C. Luis Moncayo Martínez Agradezco a las siguientes instituciones académicas por su apoyo al escribir esta obra: Instituto Tecnológico y de Estudios Superiores de Monterrey (ITESM), Campus Toluca, Universidad de Lleida, Secretaría de Educación Pública, Universidad Autónoma del Estado de Hidalgo (UAEH). Al apoyo editorial encabezado por la Ingeniera Estela Delfín Ramírez. Marco A. Montufar B. A la Universidad Autónoma del Estado de Hidalgo (UAEH), por permitirme desarrollarme profesionalmente haciendo lo que más me gusta: impartir clases. Al maestro Marco Montufar, por invitarme a participar en este libro. A mis alumnos por dejarme ver con claridad cuáles son los requerimientos para que un libro de texto cumpla su función. A mis padres, por haberme inspirado a ser docente. A mi esposo, por todo su apoyo y a mis hijos quienes son el motor de mi vida. Eva Hernández

Presentación Investigación de operaciones. Serie Universitaria Patria, destacada obra desarrollada por especialistas e investigadores de importantes universidades de México y Colombia, consta de cinco unidades y un apéndice, cada una de las cuales está estructurada con breves explicaciones teóricas, problemas resueltos paso a paso, algunos de estos resueltos con el apoyo de software especializado, alertas (notas de atención para resolver los problemas) y problemas para resolver. La unidad 1 está dedicada a la formulación de modelos matemáticos utilizados en investigación de operaciones. A lo largo de esta se listan los principales elementos de los modelos matemáticos y se describen algunos de los modelos clásicos, a través de la presentación de ejemplos en los que se explica, paso a paso, la construcción de estos. Además, también se analizan diversos tipos de funciones objetivo y de restricciones. Conocer y comprender la forma en que se modelan distintas situaciones facilita al lector la formulación de modelos matemáticos que representen (y apoyen en la solución) del problema bajo estudio. La segunda unidad, Programación lineal, tiene como objetivo presentar la programación lineal continua (PLC) y sus métodos de solución; en esta, se analiza qué es la PLC, además de que también se estudian y describen sus prerrequisitos, las formas de representación de un modelo de PLC, así como los conceptos de variable de holgura, variable de excedencia, variable artificial y variable irrestricta. Asimismo, en esta parte se describe el concepto de solución básica y solución básica factible. En general, existen varios tipos de modelos de programación lineal que presentan estructuras especiales, las cuales pueden ser aprovechadas y explotadas para la construcción de algoritmos más eficientes, con el fin de obtener cotas de búsqueda en el espacio solución y, al mismo tiempo, para obtener soluciones factibles de alta calidad. Inherentemente, la mayor parte de este beneficio tiene que ver con tomar ventaja de este tipo de estrategias para atender y resolver problemas de alta dimensionalidad y escala, y poder lograr soluciones hasta la optimalidad. Lo anterior no es trivial, pues en la práctica habitualmente se tienen limitaciones de tecnología computacional, lo que ha motivado la investigación y el desarrollo para atender problemas de gran escala. Esto, sin duda, es en particular aplicable para los modelos de redes que se exponen en la unidad 3, Aplicación de modelos de redes en la solución de problemas para la toma de decisiones. Pues, para el caso de los modelos de redes es posible referenciar históricamente el problema de transporte. El desarrollo de procedimientos de solución eficientes para este tipo de problemas resultó en la primera aplicación de amplia utilización de la programación lineal en el ámbito industrial. En esta unidad se presentan y analizan las diversas propiedades y variantes que habitualmente se utilizan en los modelos de redes. Asimismo, aquí se formulan y plantean diversos ejemplos para estos modelos, al tiempo que también se presenta su enfoque de solución. De manera muy particular, en esta obra se exponen y desarrollan variantes de los modelos de redes, en los cuales se introduce el uso de variables binarias y enteras, dando lugar al desarrollo de modelos de programación mixta entera. La solución de todos los problemas concernientes al problema de transporte de la unidad 3 se resuelven con la aplicación del algoritmo simplex, desarrollado en la unidad 2. La unidad 4, Programación lineal discreta, se divide en seis partes bien identificadas. En la primera se realiza una introducción a la programación lineal entera, algoritmo de Gomory, algoritmo de rami­ficación y acotamiento (branch and bound ), método de enumeración exhaustiva (enumeración explícita), cada uno acompañado con ejemplos de aplicación. La segunda parte comienza con una introducción a la programación lineal entera binaria y continúa con la explicación de los métodos de enumeración implícita cero-uno y aditivo (enumeración) de Egon Balas, con diversas aplicaciones a través de ejemplos. En la tercera parte se hace una introducción a la programación lineal entera mixta, VII

Presentación acompañada de ejemplos de aplicación. En la cuarta sección se realiza una introducción al problema del transporte (distribución), se muestran los principales métodos de solución, ejemplos de aplicación, problemas de transporte de maximización, soluciones degeneradas y problemas del transporte generalizado. La quinta parte comienza con una introducción al problema de la asignación, se muestran los principales métodos de solución, ejemplos de aplicación, problemas de asignación de maximización y problemas de la asignación generalizada. En la última parte se plantean problemas de programación lineal entera, programación lineal entera binaria, programación lineal entera mixta, problema del transporte y problema de la asignación. Por último, en la unidad 5, Algoritmos especiales: el problema del transporte, se presenta con detalle el problema del transporte, donde cada una de sus variantes es un caso especial en la programación lineal. El problema tiene como objetivo minimizar los costos de distribución de cierto número de unidades de las fuentes u orígenes a los destinos. En el modelo más elemental, las fuentes son entidades que ofertan cierto número de unidades, mientras que los orígenes reciben cierto número de unidades. Esto implica considerar que los orígenes son proveedores de unidades y los destinos las entidades que demandan las primeras. El problema es muy común en la práctica profesional. La presente obra también cuenta con un apéndice, cuyo objetivo principal es introducir al estudiante en la solución de varios tipos de problemas cotidianos de programación lineal mediante el uso del software Solver de Excel; por ejemplo: problemas de producción, de ruta más corta, de asignación, de transporte y de flujo máximo. La idea principal de usar Excel es que este programa constituye una herramienta fácil de entender y usar por la mayoría de los estudiantes de las diversas carreras de ingeniería y administración. Su capacidad para comunicar el modelo y su solución a los interesados es otra de sus cualidades. Sin duda, con las bases que ofrece Investigación de operaciones. Serie Universitaria Patria, el alumno será capaz de poner en práctica otras herramientas computacionales, con el fin de desarrollar modelos y encontrar su solución, sobre todo en modelos de gran escala.

VIII

Contenido Unidad 1 Modelos matemáticos

1

1.1  ¿Qué es un modelo?

2

1.2  Metodología de la investigación de operaciones

2

1.3  Modelo matemático

3

1.4  Modelos matemáticos clásicos

8

1.5  Modelando con variables enteras

26

Problemas para resolver Problema reto Referencias bibliográficas

29 32 32

Unidad 2 Programación lineal

33

2.1  Introducción a la programación lineal continua

34

2.2  Método gráfico

40

2.3  Método simplex

44

2.4  Método de la gran M

57

2.5  Método de las dos fases

64

2.6  Método dual simplex

68

Problemas para resolver Problemas reto Referencias bibliográficas Referencias electrónicas

74 75 77 77 IX

Contenido

Unidad 3 Aplicación de modelos de redes en la solución de problemas para la toma de decisiones

79

3.1 Ejemplos de modelos de investigación de operaciones para redes 80 3.2  Modelo de redes para problemas de asignación

80

3.3 Modelo de redes aplicado al problema de programación óptima de horarios 86 3.4 Modelo de redes aplicado al problema de asignación óptima unidimensional y bidimensional 88 3.5  Modelos de redes para problemas de transporte

89

3.6  Modelo de redes para el problema de flujo máximo

93

3.7  Modelo de redes para el problema de costo mínimo

94

3.8 Modelo de redes para el problema de la ruta crítica aplicado en la planificación de proyectos 94 3.9  Modelo de redes aplicado a problemas de costo fijo

95

3.10 Modelo de redes para el problema de agrupamiento óptimo 96 Problemas para resolver Problema reto Referencias bibliográficas

Unidad 4 Programación lineal discreta

99 110 110

111

4.1  Introducción

112

4.2  Métodos de solución

112

4.3  Programación lineal entera binaria

125

4.4  Programación lineal entera mixta

129

4.5  Problema del transporte o distribución

129

4.6 Problema de asignación o afijación o de nombramientos 135 Problemas para resolver Problema reto Referencias bibliográficas Referencias electrónicas 

142 148 148 148

Grupo Editorial Patria©

Unidad 5 Algoritmos especiales: el problema de transporte

149

5.1  Introducción al problema de transporte

150

5.2 Modelo de programación lineal del problema de transporte 151 5.3  Tabla simplex del problema de transporte

154

5.4 Métodos de aproximación para obtener una solución básica inicial 156 5.5  Métodos para obtener la solución óptima

164

5.6  Problema de asignación

173

5.7 Método para obtener la solución óptima del problema de asignación 174 5.8  Método húngaro

179

Problemas para resolver Problemas reto Referencias bibliográficas Referencias electrónicas

185 187 188 188

Apéndice A Aplicaciones de la optimización lineal usando hojas de cálculo Introducción ❚ Solucionadores para hojas de cálculo Solución de problemas de programación lineal (PL) con una hoja de cálculo ❚ Pasos para implementar un modelo de PL en una hoja de cálculo Modelo en hoja de cálculo para el problema de Luisa Caoba

189 190 190 190 191 192

❚ Organización de los datos

192

❚ Representación de las variables de decisión

193

❚ Representación de la función objetivo

193

❚ Representación de las restricciones

193

❚ Representación de los límites sobre las variables de decisión

194 XI

Contenido ❚ ¿Cómo ve Solver el modelo?

194

❚ Usando Solver

195

❚ Definiendo la celda objetivo

196

❚ Definiendo las celdas variables

197

❚ Definiendo las celdas de restricción

197

❚ Definiendo las condiciones de no negatividad

197

❚ Resolviendo el modelo

198

Problema de flujo máximo ❚ El modelo en hoja de cálculo y su solución

XII

199 200

Problema de transporte

202

Problema de asignación

207

Problema de transbordo

212

Problema de ruta más corta

218

Problemas para resolver

223

UNIDAD

1

Modelos matemáticos Iris Abril Martínez Salazar

Objetivos

Entender el concepto de función objetivo, restricciones, parámetros y variables. Reconocer los diferentes tipos de variables. Entender el concepto de modelado. Entender la relación entre los elementos de un modelo matemático. Conocer aplicaciones de los modelos matemáticos. Formular modelos matemáticos.

¿Qué sabes?

¿Cuál es la diferencia entre parámetro, variable y coeficiente en una ecuación? ¿Qué es una solución factible? ¿Qué son las restricciones y cómo afectan? ¿Cómo usar notación matemática para expresar una situación? ¿Cómo usar álgebra para representar relaciones?

UNIDAD

1

Modelos matemáticos

1.1  ¿Qué es un modelo? Entre las variadas acepciones que hay de la palabra modelo, citamos la siguiente, de la Real Academia Española, que es la que más se adecua al objetivo de esta unidad: Esquema teórico, generalmente en forma matemática, de un sistema o de una realidad compleja, como la evolución económica de un país, que se elabora para facilitar su comprensión y el estudio de su comportamiento. Elaborar un modelo de un sistema o realidad compleja suele ser una tarea ardua y retadora. En la práctica, es usual encontrar modelos desarrollados para representar el comportamiento de alguna sección del sistema o alguna versión simplificada del mismo. Por ejemplo, supóngase que se desea saber el modo de acomodar un conjunto de productos con formas irregulares dentro de cajas de cartón, con el objetivo de minimizar la cantidad de estas para empaquetar todos los objetos. Una opción para modelar este problema, simplificándolo, es considerar a cada objeto como una figura regular, aunque esto ocasione desperdicio de espacio. Para ello, se pueden considerar los ejemplos de las figuras 1.1 y 1.2.

Figura 1.1  Objetos.

Figura 1.2  Objetos, versión simplificada.

1.2  Metodología de la investigación de operaciones Dada la naturaleza de la investigación de operaciones, la definición del problema a resolver constituye un paso clave para que los resultados obtenidos del análisis sean útiles y efectivos para la empresa. Por tanto, en este paso se deberá definir el alcance del estudio, la información con que se cuenta y las restricciones del sistema, entre otros. Las etapas básicas para aplicar la investigación de operaciones en la práctica, una vez que se ha identificado y definido el alcance y las características del problema a resolver, son las siguientes: 1. Formulación del modelo matemático. 2. Solución del modelo matemático. 3. Validación del modelo. En esta primera unidad nos centramos en la formulación del modelo matemático, destacando sus elementos, construcción y modelos clásicos. Los otros dos pasos antes mencionados son posteriores a la formulación del modelo matemático; por tanto, a lo largo de esta unidad se resaltarán algunas características sobre estos dos pasos. Una vez que se ha validado el modelo, se procede a la implementación de los resultados obtenidos con el modelo a la práctica, esperando que estos logren resultados favorables en el sistema bajo estudio. 

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1.3  Modelo matemático Un modelo matemático busca representar una realidad mediante el uso de relaciones matemáticas, a través de la lógica, con el objetivo de ayudar en el proceso de toma de decisiones. En general, un modelo matemático está compuesto de ecuaciones y/o desigualdades algebraicas. Una ecuación establece que dos términos son iguales. Esta igualdad se representa mediante el signo de igual (=) y se interpreta como: término de la izquierda (es igual a) término de la derecha. Los elementos de una ecuación son los siguientes: ■

Variable. Símbolo (letra) que representa un número que desconocemos.

■

Constante. Número que no va acompañado de una variable.

■

Coeficiente. Número que va acompañado de una variable, multiplicándola.

■

Operador. Corresponde a los símbolos que representan una operación.

Por ejemplo, en la ecuación: 2W - 25Y = 3 050 El coeficiente 2 multiplica a la variable W; de igual manera, el coeficiente 25 multiplica a la variable Y. El operador es el de resta y la constante es el número 3 050. Una desigualdad algebraica puede tener la estructura de una ecuación, pero representa no igualdad entre dos términos. Las relaciones de desigualdad que se pueden tener son: ■

W < Z denota que W es menor que Z.

■

W > Z representa que W es mayor que Z.

■

W ≤ Z denota que W es menor o igual que Z; es decir, puede ser que W < Z o que W = Z.

■

W ≥ Z representa que W es mayor o igual que Z; es decir, puede ser que W > Z o que W = Z.

Alerta Recuérdese que W es a lo más Z, W es a lo sumo Z y W es no más que Z, significan lo mismo; esto es, que W puede tomar un valor igual que Z o menor a Z.

❚ Elementos de un modelo matemático Al constituir una herramienta para la toma de decisiones, el modelo matemático debe necesariamente incluir en su totalidad las alternativas entre las cuales se deberá tomar la decisión, las restricciones que existen y la medida con la que se evaluarán las alternativas, de acuerdo al objetivo que se quiere lograr. Para explicar los términos alternativas, las restricciones y los objetivos, primero se analizarán en el contexto de un problema.

Problema resuelto Problema de proyectos de inversión Imaginemos que ocupamos el puesto de coordinador de proyectos dentro de una empresa. El gerente general de dicha empresa ha destinado 100 000 pesos para invertir en los proyectos que generen beneficios económicos a esta. Existen tres proyectos en los que se puede invertir. ¿En cuál(es) proyecto(s) debería invertir la empresa para obtener los máximos beneficios económicos?

Se tiene la siguiente información sobre los proyectos:

Tabla 1.1 Nombre

Costo de inversión

Beneficio económico

Proyecto A

$50 000

$80 000

Proyecto B

$70 000

$90 000

Proyecto C

 

$30 000

$25 000



UNIDAD

1

Modelos matemáticos Solución

Las acciones que podemos ejecutar para la resolución de este problema son: 1. No invertir. 2. Invertir en el proyecto A. 3. Invertir en el proyecto B. 4. Invertir en el proyecto C. 5. Invertir en los proyectos A y B. 6. Invertir en los proyectos B y C. 7. Invertir en los proyectos A y C. 8. Invertir en los proyectos A, B y C. ¿Cuál de estas acciones se debe tomar? Para responder a esta pregunta, primero debemos considerar el objetivo que busca el tomador de decisio­nes. En este caso, lo que se pretende es invertir en el (los) proyecto(s) que genere(n) los máximos beneficios económicos a la empresa. Solución Tabla 1.2 Acciones

Beneficio

1.  No invertir

0  

2.  Invertir en el proyecto A.

$80 000

3.  Invertir en el proyecto B.

$90 000

4.  Invertir en el proyecto C.

$30 000

5.  Invertir en los proyectos A y B.

$170 000

6.  Invertir en los proyectos B y C.

$120 000

7.  Invertir en los proyectos A y C.

$110 000

8.  Invertir en los proyectos A, B y C.

$200 000

Basados en el beneficio descrito en la tabla 1.2, la mejor decisión sería invertir en los tres proyectos con un beneficio de $200 000. Sin embargo, hay que recordar que existe una restricción en cuanto al monto de inversión, la cual es una limitante en nuestro espacio de alternativas. Evaluando el costo de inversión de cada una de las acciones se tiene: Tabla 1.3 Acciones

Costo inversión

1.  No invertir

0  

2.  Invertir en el proyecto A.

$50 000

3.  Invertir en el proyecto B.

$70 000

4.  Invertir en el proyecto C.

$25 000

5.  Invertir en los proyectos A y B.

$120 000

6.  Invertir en los proyectos B y C.

$95 000

7.  Invertir en los proyectos A y C.

$75 000

8.  Invertir en los proyectos A, B y C.

$145 000

Por tanto, como se puede comprobar mediante la tabla 1.3, la opción de invertir en los tres proyectos no es posible, pues excede en 45 000 pesos el presupuesto de inversión de 100 000 pesos. Cuando una acción viola alguna restricción, se dice que es no factible. Las alternativas de solución a este problema son aquellas acciones factibles, es decir, aquellas que no violan la(s) restricción(es) del problema. De este modo, las alternativas factibles del problema son: 1, 2, 3, 4, 6 y 7. Entre las alternativas, observamos que la opción 6, invertir en los proyectos B y C, es la que brinda un mayor beneficio económico. Por lo cual, el coordinador de proyectos debería invertir en los proyectos B y C, lo que le daría un beneficio económico de 120 000 pesos.



Grupo Editorial Patria© ❚ Construcción de un modelo matemático En general, un modelo matemático en investigación de operaciones se representa mediante el siguiente formato: Maximizar o minimizar función objetivo. Sujeto a: Restricciones. La función objetivo debe expresar la meta que se quiere lograr: maximizar ganancia, minimizar costos, minimizar el número de trabajadores, minimizar el tiempo muerto, minimizar desperdicio, entre otros.

Alerta La determinación del objetivo a perseguir, las limitaciones de recursos y la definición de las alternativas de solución corresponden a la identificación del problema, que es la primera etapa en la aplicación de la investigación de operaciones en la práctica.

Las restricciones, por su parte, expresan limitaciones en los recursos o características de la naturaleza del sistema a modelar. La solución obtenida al resolver el modelo debe cumplir con todas las restricciones. La información del sistema se expresa a través de parámetros. Un parámetro es un dato dado con antelación que corresponde a un valor real (o supuesto) presente en el sistema. Típicamente, los costos, las demandas de los clientes, las distancias, las capacidades y el tiempo de procesamiento, entre otros, son vistos como parámetros. Las soluciones al sistema están dadas mediante variables, usualmente llamadas de decisión. Para solucionar el modelo matemático, siempre es necesario determinar el valor que deberán tomar las variables, que representan aspectos que el tomador de decisiones puede controlar. Algunos ejemplos de variables son cantidad de productos a producir, cantidad de productos a enviar a cada cliente, decisión de instalar o no un almacén en cierta ubicación, decisión de invertir o no en cierto proyecto, cantidad de trabajadores a contratar, entre otros. Existen varios tipos de variables, dependiendo del tipo de valor que puedan tomar. Las variables continuas pueden tomar valores fraccionarios, por ejemplo: litros, kilos, pesos. Por su parte, las variables enteras pueden tomar únicamente valores enteros, por ejemplo: cantidad de trabajadores a contratar, camiones a enviar a cierto cliente, máquinas a utilizar, etcétera. Las variables binarias únicamente pueden tomar valor de 0 o 1 y, por lo general, se utilizan para representar decisiones de hacer o no hacer, por ejemplo: la decisión de instalar o no un almacén en cierta ubicación, la decisión de invertir o no en cierto proyecto, etcétera.

Alerta La definición de las variables de decisión es uno de los pasos críticos y más complicados en la construcción de un modelo matemático.

Problema resuelto Una costurera fabrica y vende faldas y pantalones de mezclilla, para lo cual cada semana compra un rollo de 50 metros de mezclilla. Para hacer un pantalón requiere 2 metros de tela, mientras que para una falda, 1.5 metros. Por lo general, ella trabaja ocho horas diarias, de lunes a viernes. Para hacer un pantalón requiere tres horas, mientras que hacer una falda le toma una. Un pantalón le genera 80 pesos de ganancia, mientras que al vender una falda gana 50 pesos. Construir un modelo matemático que permita maximizar la ganancia semanal de la costurera, considerando que todo producto que fabrique puede venderlo. Solución

Como primer paso, tenemos que establecer los parámetros del problema. Tabla 1.4  Parámetros Pantalón

Falda

Disponible

Cantidad de material

2 metros

1.5 metros

50 metros

Tiempo de mano de obra

3 horas

1 hora

8 horas × 5 días = 40 horas

Ganancia

80

50



UNIDAD

1

Modelos matemáticos El siguiente paso es definir las variables, recuérdese que estas deben representar lo que necesitamos determinar. En este caso, la costurera quiere saber la cantidad de pantalones y faldas que debe fabricar. Por tanto, las variables deben quedar:

x1 = cantidad de pantalones a fabricar en una semana.



x2 = cantidad de faldas a fabricar en una semana.

Para construir la función objetivo, debemos tomar en cuenta que la costurera quiere maximizar su ganancia semanal. Por tanto, tomando en cuenta que la ganancia por vender un pantalón es de 80 pesos y por una falda es de 50 pesos. Tenemos que:

Ganancia semanal por venta de pantalones = 80 × x1 pesos.



Ganancia semanal por venta de faldas = 50 × x2 pesos.

Ahora, utilizaremos z para representar la ganancia semanal de la costurera, resultando la función objetivo como: Maximizar z = 80x1 + 50x2 Después, hay que escribir las restricciones. En este problema, la costurera tiene restricciones de material (mezclilla) y mano de obra. Restricciones: 1. De mezclilla. Cantidad de mezclilla usada en pantalones + cantidad de mezclilla usada en faldas ≤ cantidad de mezclilla disponible.

° Cantidad de mezclilla usada en pantalones = 2 metros por cada pantalón que se fabrique (la



° Cantidad de mezclilla usada en faldas = 1.5 metros por cada falda que se fabrique (la cantidad de

cantidad de pantalones se representa con la variable x1 ) = 2x1. pantalones se representa con la variable x2 ) = 1.5x2.

Por tanto, la restricción de mezclilla resulta: 2x1 + 1.5x2 ≤ 50 2. Mano de obra.

Horas dedicadas a fabricar pantalones + horas dedicadas a fabricar faldas ≤ horas disponibles



Por ende, la restricción de mano de obra es: 3x1 + 1x2 ≤ 40

Además de las restricciones de material y mano de obra, también es necesario indicar las restricciones respecto al tipo de variable con el que se está trabajando. En este caso, al tratarse de cantidad de producción, podemos inferir que estas variables deben ser mayores que cero (no puede haber producción negativa) y entera (asumiendo que se trata de pantalones y faldas completos). Estas restricciones se identifican de la siguiente manera: x1, x2 ≥ 0, enteras. El modelo matemático para representar el problema de la costurera es: Maximizar z = 80x1 + 50x2 Sujeto a:

2x1 + 1.5x2 ≤ 50 3x1 + 1x2 ≤ 40 x1, x2 ≥ 0, enteras.



Grupo Editorial Patria© Una solución a un modelo matemático debe satisfacer todas las restricciones del modelo. Retomando el problema de la costurera, la solución de fabricar 15 pantalones y 10 faldas no es factible, pues aun cuando cumple con la restricción de material (2 × 15 + 1.5 × 10 = 45 ≤ 50) se excede en quince horas del tiempo semanal disponible (3 × 15 + 1 × 10 = 55 ≥ 40). Para obtener la solución óptima (o cercana a la óptima) de un modelo matemático existen diversos algoritmos y herramientas entre los que se encuentran el método gráfico, el método simplex, los algoritmos especiales y, de más reciente creación, los algoritmos metaheurísticos, para la resolución de modelos matemáticos de alta complejidad.

Alerta Es de suma importancia que el modelo matemático incluya la correcta representación de las restricciones del problema; de otro modo, se podría excluir del conjunto de soluciones factibles la solución óptima o la resolución del modelo podrá dar lugar a una solución que en realidad no es factible.

Alerta Todo modelo matemático debe ser validado, en cuya fase se analizará si la solución obtenida con el modelo refleja en realidad lo que ocurre en el sistema. Una vez que el modelo ha sido validado, se pasa a la fase de implementación, que es la traducción del modelo (o los resultados del modelo) en el lenguaje del cliente o dueño del sistema.

Problema resuelto Plantear un modelo matemático que represente el problema de proyectos de inversión. Solución

Como primer paso, debemos definir la información sobre los parámetros que tenemos y las variables que se requieren. Parámetros: Para el problema de proyectos de inversión, los parámetros que tenemos son el presupuesto para los proyectos, los costos de inversión y los beneficios económicos de cada proyecto. En este caso, el presupuesto para los proyectos es: $100 000. Tabla 1.5  Información sobre los proyectos Nombre

Costo de inversión

Beneficio económico

Proyecto A

 

$50 000

$80 000

Proyecto B

$70 000

$90 000

Proyecto C

$25 000

$30 000

Variables de decisión: Lo que queremos saber es en qué proyectos debe invertir el dinero. Es decir, para cada proyecto, la decisión es invertir o no invertir en él. Por tanto, se necesita una variable por cada proyecto, la cual puede tomar únicamente dos valores. Este tipo de variables de decisión se suele representar como binarias, de la siguiente manera:

1  si se invierte en el proyecto   A xA =  aso 0   en otro ca



1  si se invierte en el proyecto   B xB =  aso 0   en otro ca



1  si se invierte en el proyecto   C xC =  aso 0   en otro ca



UNIDAD

1

Modelos matemáticos Función objetivo: Lo que se busca es obtener los máximos beneficios económicos de las inversiones. Por tanto, la función objetivo deberá tener la siguiente forma: Maximizar: Beneficio por invertir en proyecto A + Beneficio por invertir en el proyecto B + Beneficio por invertir en el proyecto C. Tomando la información de los proyectos y las variables de decisión y utilizando z para representar el beneficio de invertir en los proyectos, la función objetivo resulta: Maximizar z = 80 000xA + 90 000xB + 30 000xC. Restricciones: 1. Del presupuesto de inversión. En este caso, la inversión en proyectos no debe superar los $100 000 disponibles. Costo de invertir en proyecto A + Costo de invertir en proyecto B + Costo de invertir en proyecto C ≤ Presupuesto disponible.

Resultando: 50 000xA + 70 000xB + 25 000xC ≤ 100 000

2. De la naturaleza de las variables. Para este problema, las variables son binarias, esto se representa de la siguiente manera: xA, xB, xC ∈ {0, 1} Por tanto, el modelo matemático para el problema de proyectos de inversión resulta: Maximizar z = 80 000xA + 90 000xB + 30 000xC

Sujeto a:



50 000xA + 70 000xB + 25 000xC ≤ 100 000



xA, xB, xC ∈ {0, 1}

1.4  Modelos matemáticos clásicos Alerta No existe una receta para formular modelos matemáticos. Inclusive, puede existir más de un modelo para representar un sistema. Una buena forma de aprender a construirlos es analizar y comprender modelos matemáticos que se encuentran en la literatura de investigación de operaciones y practicar construyéndolos.



En esta sección se analizarán algunos de los modelos matemáticos clásicos.

❚ Problemas de mezcla de productos En este tipo de problemas se tienen que determinar las cantidades a fabricar de ciertos productos en algún periodo de tiempo. Entre las restricciones que se presentan en este tipo de problemas están la limitación de recursos, de mano de obra, capacidades de plantas, demanda de productos limitada, entre otros. El objetivo más común es el de maximizar la ganancia que genera la venta de productos.

Problema resuelto Una compañía fabrica tres productos: crema corporal, crema facial y crema para bebés. Los tres productos comparten ingredientes en su elaboración: mezcla base, aceite de almendras, vitamina E y manteca de karité. En la tabla 1.6 se presenta información acerca de los porcentajes de composición de cada uno de los tres productos.

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Tabla 1.6 Mezcla base

Aceite de almendras

Vitamina E

Manteca de karité

Crema corporal

90%

4%

1%

5%

Crema facial

85%

8%

2.5%

4.5%

Crema para bebé

80%

10%

-

10%

Cada día, la compañía cuenta con 500 litros de la mezcla base, 50 litros de aceite de almendras, 5 litros de vitamina E y 30 litros de manteca de karité. Adicionalmente, se tiene la siguiente información sobre costos y precios de venta. Tabla 1.7 Tabla 1.8 Ingrediente Mezcla base

Costo por litro $20

Aceite de almendras

$500 $1 500

Vitamina E Manteca de karité

Producto

Precio de venta ($ / l)

Crema corporal

$80

Crema facial

$120

Crema para bebé

$100

$200

La demanda diaria de la crema corporal es de 200 litros, de la crema facial, 150 litros, y de la crema para bebé, de 250 litros. Por políticas de la empresa, se deben fabricar al menos 50 litros de crema facial. ¿Cuánto de cada producto deberá producir la compañía para maximizar su utilidad? Solución

Parámetros: Los parámetros de este problema son los costos de cada ingrediente, los precios de venta, la disponibilidad de productos, los porcentajes de composición de cada producto, la demanda de cada producto y el mínimo a producir de crema facial. Variables: Dado que se desea determinar la cantidad diaria de litros a producir de cada uno de los productos, las variables de decisión se definen de la siguiente manera:

x1 = cantidad de litros diarios de crema corporal



x2 = cantidad de litros diarios de crema facial



x3 = cantidad de litros diarios de crema para bebé

Función objetivo: En este caso, el objetivo es maximizar la utilidad de la compañía; la utilidad es la diferencia entre los ingresos y los gastos. En este caso, los ingresos provienen de la venta de litros de producto, mientras que los gastos se dan a través de los costos de los ingredientes. Utilidad = ingresos por ventas - gastos por ingredientes. Ingresos por ventas = ingreso por ventas de crema corporal + ingreso por ventas de crema facial + ingreso por ventas de crema para bebé = 80x1 + 120x2 + 100x3. Gastos por ingredientes = gasto por uso de mezcla base + gasto por uso de aceite de almendras + gasto por uso de vitamina E + gasto por uso de manteca de karité = 20(0.9x1 + 0.85x2 + 0.8x3 ) + 500(0.04x1 + 0.08x2 + 0.1x3 ) + 1 500(0.01x1 + 0.025x2 ) + 200(0.05x1 + 0.045x2 + 0.1x3 ). Si representamos la utilidad diaria por z, tenemos la siguiente función objetivo: Maximizar z = 17x1 + 16.5x2 + 14x3



UNIDAD

1

Modelos matemáticos Restricciones: Las restricciones del problema están dadas por disponibilidad limitada de ingredientes, la demanda de los clientes y las estrategias de la compañía. 1. La disponibilidad limitada de ingredientes tiene la siguiente estructura: (litros de ingrediente Y usados en crema corporal) + (litros de ingrediente Y usados en crema facial) + (litros de ingrediente Y usados en crema para bebé) ≤ litros disponibles de ingrediente Y.

Restricción para la mezcla base: 0.9x1 + 0.85x2 + 0.8x3 ≤ 500.



Restricción para el aceite de almendras: 0.04x1 + 0.08x2 + 0.1x3 ≤ 50.

° ° ° °

Restricción para la vitamina E: 0.01x1 + 0.025x2 ≤ 5. Restricción para la manteca de karité: 0.05x1 + 0.045x2 + 0.1x3 ≤ 30.

2. Las demandas de los clientes tienen la siguiente estructura: Litros diarios de producto x ≤ Demanda diaria de producto x (en litros).

° Restricción para la demanda de crema corporal: x1 ≤ 200. ° Restricción para la demanda de crema facial: x2 ≤ 150. ° Restricción para la demanda de crema para bebé: x3 ≤ 250.

3. De manera similar, la restricción de fabricar por lo menos 50 litros de crema facial (estrategia de la compañía), se representa: x2 ≥ 50. Las restricciones de demanda y política de la empresa presentada en este problema pueden verse como cotas para las variables de decisión.  Las variables de decisión, por tratarse de litros de producto, son no negativas. Dado que x2 cuenta con una cota inferior mayor que cero, faltaría incluir x1 ≥ 0, x3 ≥ 0. El modelo matemático resulta: Maximizar z = 17x1 + 16.5x2 + 14x3 Sujeto a:

0.9x1 + 0.85x2 + 0.8x3 ≤ 500



0.04x1 +0.08x2 + 0.1x3 ≤ 50



0.01x1 + 0.025x2 ≤ 5



0.05x1 + 0.045x2 + 0.1x3 ≤ 30



0 ≤ x1 ≤ 200



50 ≤ x2 ≤ 150



0 ≤ x3 ≤ 250

❚ Problemas de planificación de procesos productivos Los problemas de planificación de procesos productivos involucran la determinación de niveles de producción, fuerza de trabajo, inventario, tiempo extra y subcontrataciones, entre otros, con el fin de determinar el plan estratégico para los distintos periodos de planeación de la compañía. La información que usualmente se tiene en este tipo de modelos es la demanda de producto o productos (o pronósticos de la demanda), costo de producir en tiempo normal y en tiempo extra, costo por subcontratar, despidos, contrataciones y por mantener inventario, entre otros. Este tipo de problemas suelen llamarse de planeación agregada y son decisiones de tipo estratégico dentro de la compañía. 10

Grupo Editorial Patria© ❚ Planeación de la producción con múltiples periodos

Problema resuelto Una empresa que produce una línea de componentes para computadoras está planeando los niveles de producción para el periodo de enero a junio. Los pronósticos de las demandas de componentes para los seis meses son de 980, 640, 700, 1 200, 900 y 550 unidades, respectivamente. El inventario al final de diciembre se espera que sea de 500 unidades y la empresa desea tener 600 unidades al final de junio. El costo por mantener una unidad en inventario un mes es de $3. Debido a cuestiones de costos de materia prima y salarios de los trabajadores, el precio por producir un componente varía de un mes a otro. Al analizar datos históricos, la empresa considera que el precio de fabricación de una unidad es de $40, $34, $38, $32, $41 y $38 para enero, febrero, marzo, abril, mayo y junio, respectivamente. Construir un modelo matemático que permita determinar la cantidad de componentes a producir en cada periodo. Solución

Parámetros: Los parámetros de este problema son los pronósticos de las demandas, costos de inventario y de producción. Variables: Lo que se quiere saber son las cantidades a producir en cada mes; por tanto, las variables son:

P1 = unidades a producir en el mes de enero.



P2 = unidades a producir en el mes de febrero.



P3 = unidades a producir en el mes de marzo.



P4 = unidades a producir en el mes de abril.



P5 = unidades a producir en el mes de mayo.



P6 = unidades a producir en el mes de junio.

Dado que los costos de producción cambian mensualmente, puede resultar conveniente producir más de lo demandado algún mes (por lo común los meses con producción más económica) para poder reducir la producción en los meses posteriores (por lo común los meses con un costo de producción mayor). Por tanto, se requieren variables extra que correspondan al exceso de producción que se guardará para periodos posteriores, las cuales representan el inventario mensual:

I1 = unidades en inventario en el mes de enero.



I2 = unidades en inventario en el mes de febrero.



I3 = unidades en inventario en el mes de marzo.



I4 = unidades en inventario en el mes de abril.



I5 = unidades en inventario en el mes de mayo.

En este caso, I6 = unidades en inventario en el mes de junio, no se considera una variable, pues su valor está definido por las políticas de la empresa, I6 = 600 unidades. Función objetivo: El objetivo del problema es minimizar el costo total del plan de producción, donde se observan dos tipos de costos: costo unitario de producción y costo unitario por mantener en inventario. El objetivo quedaría entonces de la siguiente manera: Minimizar z = costos por mantener inventario en cada uno de los meses + costos de producción de cada uno de los meses. Minimizar z = 3I1 + 3I2 + 3I3 + 3I4 + 3I5 + 3I6 + 40P1 + 34P2 + 38P3 + 32P4 + 41P5 + 38P6

11

UNIDAD

1

Modelos matemáticos Restricciones: Para este problema, se debe determinar la relación que existe entre la producción, el nivel de inventario y los distintos periodos de planeación. 1. El inventario lo constituyen aquellas unidades que permanecen uno o varios periodos más en la empresa, por exceso de producción. Por tanto, la relación entre el inventario y las unidades producidas es: Inventario del mes de enero = (unidades disponibles en mes de enero) - (unidades vendidas en el mes de enero). Esto es equivalente a: Inventario del mes de enero = (unidades producidas en el mes de enero + inventario del mes de diciembre) - (unidades demandas en enero). Utilizando las variables de decisión y considerando que de acuerdo con el problema en el mes de diciembre se tuvo un inventario final de 500 unidades, tenemos: I1 = P1 + 500 - 980 De manera similar, para los siguientes meses tenemos las siguientes restricciones.

I2 = P2 + I1 - 640



I3 = P3 + I2 - 700



I4 = P4 + I3 - 1 200



I5 = P5 + I4 - 900



I6 = P6 + I5 - 550, dado que se requiere tener 600 unidades en inventario en el mes de junio, esta restricción queda como:



600 = P6 + I5 - 550

El modelo queda como sigue: Minimizar z = 3I1 + 3I2 + 3I3 + 3I4 + 3I5 + 3I6 + 40P1 + 34P2 + 38P3 + 32P4 + 41P5 + 38P6 Sujeto a:

I1 = P1 + 500 - 980



I2 = P2 + I1 - 640



I3 = P3 + I2 - 700



I4 = P4 + I3 - 1 200



I5 = P5 + I4 - 900



600 = P6 + I5 - 550



I1, I2, I3, I4, I5, I6, P1, P2, P3, P4, P5, P6 ≥ 0

❚ Planeación de la producción con programación de la fuerza de trabajo En este tipo de problemas también se busca determinar las unidades a producir por la empresa en el periodo de planeación, pero, a diferencia del problema anterior en el que no se tenía control sobre los trabajadores, aquí se puede tomar la decisión de contratar o despedir personal con el fin de minimizar los costos de operación de la empresa. No obstante, resulta lógico pensar que contratar o despedir a un empleado genera un costo para la empresa por motivos de capacitación, indemnización, sueldos, entre otros. 12

Grupo Editorial Patria©

Problema resuelto El gerente general de una empresa que produce aparatos electrónicos está interesado en planear su producción para el próximo año. Los pronósticos de ventas para el siguiente año se presentan en la tabla 1.9. Tabla 1.9 Días laborales

Demanda (en unidades)

Enero-febrero

41

31 000

Marzo-abril

40

40 000

Mayo-junio

42

52 000

Julio-agosto

41

43 000

Septiembre-octubre

43

31 000

Noviembre-diciembre

39

21 000

Bimestre

En la actualidad, la empresa cuenta con 100 empleados, pero cada bimestre se pueden contratar o despedir empleados, incurriendo en un costo de $300 por cada empleado contratado y de $200 por cada empleado despedido. El sueldo de un empleado es de $60 por día de trabajo y cada empleado produce 12 unidades diariamente. El costo por mantener inventario es de $5 por unidad por bimestre. Solución

Parámetros: Los parámetros que se tienen que considerar son los días laborales por bimestre, la demanda bimestral, el número de empleados, el costo de contratación y despido, el sueldo diario, la tasa de producción y el costo por mantener inventario. Variables: De manera similar al problema de planeación de la producción con múltiples periodos, en este se requieren variables que reflejen la cantidad de unidades a producir por periodo, en este caso bimestre.

P1 = unidades a producir en el bimestre enero-febrero.



P2 = unidades a producir en el bimestre marzo-abril.



P3 = unidades a producir en el bimestre mayo-junio.



P4 = unidades a producir en el bimestre julio-agosto.



P5 = unidades a producir en el bimestre septiembre-octubre.



P6 = unidades a producir en el bimestre noviembre-diciembre.

Aquí también se definen las variables correspondientes a la cantidad de inventario por bimestre.

I1 = unidades en inventario en el bimestre enero-febrero.



I2 = unidades en inventario en el bimestre marzo-abril.



I3 = unidades en inventario en el bimestre mayo-junio.



I4 = unidades en inventario en el bimestre julio-agosto.



I5 = unidades en inventario en el bimestre septiembre-octubre.



I6 = unidades en inventario en el bimestre noviembre-diciembre.

Dado que se debe determinar también la fuerza de trabajo por bimestre, y esta fuerza de trabajo se determina mediante despidos y contrataciones, se requieren variables que representen los valores que deben tomar cada uno de estos elementos. De modo que:

W1 = cantidad de empleados en el bimestre enero-febrero.



W2 = cantidad de empleados en el bimestre marzo-abril.



W3 = cantidad de empleados en el bimestre mayo-junio.

13

UNIDAD

1

Modelos matemáticos

W4 = cantidad de empleados en el bimestre julio-agosto.



W5 = cantidad de empleados en el bimestre septiembre-octubre.



W6 = cantidad de empleados en el bimestre noviembre-diciembre.

Para las contrataciones:

H1 = número de contrataciones en el bimestre enero-febrero.



H2 = número de contrataciones en el bimestre marzo-abril.



H3 = número de contrataciones en el bimestre mayo-junio.



H4 = número de contrataciones en el bimestre julio-agosto.



H5 = número de contrataciones en el bimestre septiembre-octubre.



H6 = número de contrataciones en el bimestre noviembre-diciembre.

Para los despidos:

F1 = número de despidos en el bimestre enero-febrero.



F2 = número de despidos en el bimestre marzo-abril.



F3 = número de despidos en el bimestre mayo-junio.



F4 = número de despidos en el bimestre julio-agosto.



F5 = número de despidos en el bimestre septiembre-octubre.



F6 = número de despidos en el bimestre noviembre-diciembre.

Función objetivo: El objetivo del problema es minimizar el costo total del plan de producción, donde se observan cinco tipos de costos: costo unitario de producción, costo unitario por mantener en inventario, costo por sueldos de empleados, costo por contratar y costo por despedir. Considerando los parámetros para dichos costos y las variables previamente definidas, el objetivo resulta: Minimizar z = 5I1 + 5I2 + 5I3 + 5I4 + 5I5 + 5I6 + ($60/día laboral × 41 días laborales)W1 + ($60/día laboral × 40 días laborales)W2 + ($60/día laboral × 42 días laborales)W3 + ($60/día laboral × 41 días laborales)W4 + ($60/día laboral × 43 días laborales)W5 + ($60/día laboral × 39 días laborales)W6 + 300 H1 + 300 H2 + 300H3 + 300H4 + 300H5 + 300H6 + 200F1 + 200F2 + 200F3 + 200F4 + 200F5 + 200F6. Restricciones: Además de las restricciones que establecen la relación que existe entre la producción, el nivel de inventario y los distintos periodos de planeación, se requieren dos conjuntos más de restricciones:

° Restricciones que establecen la capacidad de producción de acuerdo con la tasa de producción por empleado y la cantidad de empleados por periodo.

° Restricciones que establecen la cantidad de empleados por periodo, en relación con las contrataciones y despidos en el periodo. 1. Las restricciones de inventario y producción siguen la estructura: Inventario del bimestre i = (unidades que quedaron en inventario en el bimestre anterior a i) + (unidades producidas en bimestre i) - (unidades vendidas en el bimestre i). Esto es equivalente a:

I1 = P1 + I0 - 31 000 I2 = P2 + I1 - 40 000

14



I3 = P3 + I2 - 52 000



I4 = P4 + I3 - 43 000



I5 = P5 + I4 - 31 000



I6 = P6 + I5 - 21 000

Grupo Editorial Patria© 2. Restricciones de capacidad de producción, las cuales siguen la siguiente estructura lógica: Cantidad a producir en bimestre i = (tasa diaria de producción por empleado (unidades/día laboral × empleado)) × (cantidad de días laborales en el bimestre i ) × (cantidad de empleados en el bimestre i ). Traducido en variables y parámetros resulta el siguiente conjunto de restricciones.

P1 = 12 (unidades/día laboral × empleado) × 41 días laborales × W1



P2 = 12 (unidades/día laboral × empleado) × 40 días laborales × W2



P3 = 504W3



P4 = 492W4



P5 = 516W5



P6 = 468W6

3. Las que relacionan el nivel de fuerza de trabajo con las contrataciones y despidos, tienen la siguiente estructura: Trabajadores en bimestre i = (trabajadores en bimestre anterior a i ) + (contrataciones en bimestre i ) - (despidos en bimestre i ). Utilizando las variables correspondientes, tenemos:

W1 = W0 + H1 - F1



W2 = W1 + H2 - F2



W3 = W2 + H3 - F2



W4 = W3 + H4 - F3



W5 = W4 + H5 - F4



W6 = W5+ H6 - F5

El modelo resulta: Minimizar z = 5I1 + 5I2 + 5I3 + 5I4 + 5I5 + 5I6 + 2 460W1 + 2 400W2 + 2 520W3 + 2 460W4 + 2 580W5 + 2 340W6 + 300H1 + 300H2 + 300H3 + 300H4 + 300H5 + 300H6 + 200F1 + 200F2 + 200F3 + 200F4 + 200F5 + 200F6.

P1 = 492W1



P2 = 480W2



P3 = 504W3



P4 = 492W4



P5 = 516W5



P6 = 468W6



W1 = 100 + H1 - F1



W2 = W1 + H2 - F2



W3 = W2 + H3 - F2



W4 = W3 + H4 - F3



W5 = W4 + H5 - F4



W6 = W5 + H6 - F5



I1 = P1 - 31 000



I2 = P2 + I1 - 40 000



I3 = P3 + I2 - 52 000



I4 = P4 + I3 - 43 000



I5 = P5 + I4 - 31 000



I6 = P6 + I5 - 21 000



P1, P2, P3, P4, P5, P6, H1, H2, H3, H4, H5, H6, F1, F2, F3, F4, F5, F6, I1, I2, I3, I4, I5, I6 > = 0.



W1, W2, W3, W4, W5, W6 ≥ 0, enteras.

Alerta Adicionalmente se incluyen las restricciones que determinen la naturaleza de las variables; por ejemplo, las variables fuerza de trabajo puede ser recomendable considerarlas enteras.

15

UNIDAD

1

Modelos matemáticos ❚ Expresando los modelos en forma resumida En los problemas anteriores ha sido posible expresar explícitamente cada una de las restricciones requeridas y la función objetivo, desarrollando a detalle cada uno de estos elementos. En la práctica es común encontrar modelos en forma general, de manera que, tomándolo como base, se puedan realizar las sustituciones correspondientes y hacer que represente cada situación particular. Para el de planeación de la producción con programación de la fuerza de trabajo, denotemos:

cc = Costo por contratar un trabajador.



cf = Costo por despedir un trabajador.



ci = Costo por mantener una unidad en inventario por un periodo.



cd = Costo diario por trabajador.



nt = Días laborales en el periodo t.



Dt = Demanda en el periodo t.



R = Tasa de producción diaria por un empleado.

Además, se puede observar que se requiere una variable de cada tipo para cada uno de los periodos de planeación. Consideremos que se tienen T periodos de planeación, para el caso en particular T = 6, donde el bimestre enero-febrero corresponde al periodo 1, marzo-abril al periodo 2, y así sucesivamente. Por tanto, las variables pueden dejarse expresadas como:

Pt = unidades a producir en el periodo t.



It = unidades en inventario en el periodo t.



Wt = cantidad de empleados en el periodo t.



Ht = número de contrataciones en el periodo t.



Ft = número de despidos en el periodo t.

De este modo, la función objetivo podría pasar de: Minimizar z = 5I1 + 5I2 + 5I3 + 5I4 + 5I5 + 5I6 + 2 460W1 + 2 400W2 + 2 520W3 + 2 460W4 + 2 580W5 + 2 340W6 + 300H1 + 300H2 + 300H3 + 300H4 + 300H5 + 300H6 + 200F1 + 200F2 + 200F3 + 200F4 + 200F5 + 200F6. Al verla en forma resumida como: Minimizar z =

T

∑ ( ci ⋅ It t =1

+ cd ⋅ nt ⋅ Wt + cc ⋅ Ht + cf ⋅ Ft )

Restricciones: De manera similar, cada una de las restricciones resultaría: 1. Las de inventario y producción: Inventario del periodo t = (unidades que quedaron en inventario en el periodo t - 1) + (unidades producidas en periodo t) - (unidades vendidas en el periodo t). Por tanto: It = It - 1 + Pt - Dt y se necesita una para 1 ≤ t ≤ T. 2. Las restricciones que establecen la capacidad de producción con: Cantidad a producir en periodo t = (tasa diaria de producción por empleado) × (cantidad de días laborales en periodo t) × (cantidad de empleados en periodo t). Pt = R × yt × Wt para 1 ≤ t ≤ T. 16

Grupo Editorial Patria© 3. Las restricciones que relacionan el nivel de fuerza de trabajo con las contrataciones y despidos: Trabajadores en periodo t = (trabajadores en periodo t - 1) + (contrataciones en periodo t) (despidos en periodo t). Wt = Wt - 1 + Ht - Ft para 1 ≤ t ≤ T



Así, el modelo matemático resulta: Minimizar z =

T

∑ ( ci ⋅ It t =1

+ cd ⋅ nt ⋅ Wt + cc ⋅ Ht + cf ⋅ Ft )

Sujeto a: It = It - 1 + Pt - Dt para 1 ≤ t ≤ T



Pt = R ⋅ yt ⋅ Wt para 1 ≤ t ≤ T



Wt = Wt - 1 + Ht - Ft para 1 ≤ t ≤ T



Wt, Ht, Ft, Pt ≥ 0 para 1 ≤ t ≤ T



Wt enteras

Alerta Ahora que ya sabemos establecer modelos de manera resumida, usaremos esta notación libremente.

❚ Planeación de la producción, características adicionales Hay ciertas prácticas que realizan las empresas que se deben considerar al planear la producción, entre dichas prácticas se encuentra la producción en tiempo extra, subcontratación de servicios o productos, la posibilidad de tener faltantes, entre otros. Al considerar estos aspectos en el modelo matemático para planeación de la producción, nos acercamos más al complejo sistema de producción de una empresa.

Problema resuelto Siguiendo con el problema resuelto de planeación de la producción con programación de la fuerza de trabajo, consideremos que la capacidad de la empresa puede incrementarse 30% mediante tiempo extra. Las unidades producidas en tiempo extra tienen un costo adicional de $3 por unidad y es posible subcontratar a un costo de $9 por unidad. Además, se puede tener tiempo muerto en la línea de producción, aunque esto ocasiona un costo bimestral de $2 por cada unidad no producida debido a tiempo muerto. Solución

Parámetros: Además de los parámetros antes establecidos, se requieren los siguientes: cpe = costo por unidad producida en tiempo extra. cs = costo por unidad subcontratada. ctm = costo por unidad no producida debido a tiempo muerto. MTe = porcentaje de capacidad de producción que puede usarse para producir en tiempo extra. Variables: En este caso, se requieren variables extra que reflejen las unidades producidas en tiempo extra, las unidades subcontratadas y las unidades no producidas debido a tiempo muerto. Así:

PEt = unidades a producir en tiempo extra en el periodo t.



St = unidades subcontratadas en el periodo t.



TMt = unidades no producidas por tiempo muerto en el periodo t.

17

UNIDAD

1

Modelos matemáticos Función objetivo: El objetivo del problema es minimizar el costo total del plan de producción; por tanto, debemos agregar los costos extra que se expresan en el enunciado del problema. El objetivo resulta: Minimizar z =

T

∑ ( ci ⋅ It t =1

+ cd ⋅ nt ⋅ Wt + cc ⋅ Ht + cf ⋅ Ft + cpe ⋅ PE t + cs ⋅ S t + ctm ⋅ TMt )

Sustituyendo los parámetros: Minimizar z =

6

∑ ( 5 ⋅ It t =1

+ 60 ⋅ nt ⋅ Wt + 300 ⋅ Ht + 200 ⋅ Ft + 3 ⋅ PE t + 9 ⋅ S t + 2 ⋅ TMt )

Restricciones: 1. En las restricciones que regulan el inventario con la cantidad de unidades disponibles y vendidas, es necesario considerar que es posible adquirir unidades mediante la subcontratación. Por tanto, las restricciones deberán tener la siguiente estructura: Inventario del periodo: t = (unidades que quedaron en inventario en el periodo t - 1) + (unidades producidas en periodo t) + (unidades subcontratadas en periodo t) - (unidades vendidas en el pe­ riodo t). It = It - 1 + Pt + St - Dt para 1 ≤ t ≤ 6 2. Las restricciones referentes a la producción deben tomar en cuenta, además de la capacidad de producción en tiempo normal, la producción en tiempo extra y las unidades que resulta mejor no producir (unidades en tiempo muerto). Resultando: Producción en periodo t = (tasa diaria de producción por empleado) ⋅ (cantidad de días laborales en periodo t) ⋅ (cantidad de empleados en periodo t) + (producción en tiempo extra) - (unidades no producidas debido a tiempo muerto).

Pt = R ⋅ nt ⋅ Wt + PEt - TMt para 1 ≤ t ≤ 6



Pt = 12 ⋅ nt ⋅ Wt + PEt - TMt para 1 ≤ t ≤ 6

3. Si se considera la posibilidad de producir en tiempo extra, se requiere establecer, a través de restricciones, la cantidad máxima de unidades producidas en tiempo extra, que corresponden a 30% de la producción en tiempo normal; por tanto, Producción en tiempo extra en periodo t ≤ (porcentaje de capacidad de producción que pueden usarse para producir en tiempo extra) × (capacidad de producción en tiempo normal). Producción en tiempo extra en periodo t ≤ (porcentaje de capacidad de producción que pueden usarse para producir en tiempo extra) × (tasa diaria de producción por empleado × cantidad de días laborales en periodo t × cantidad de empleados en periodo t).

PEt ≤ MTe × R × nt × Wt para 1 ≤ t ≤ 6



PEt ≤ 0.30 × 12 × nt × Wt para 1 ≤ t ≤ 6

4. Las restricciones que relacionan el nivel de fuerza de trabajo con las contrataciones y despidos permanecen iguales: Wt = Wt - 1 + Ht - Ft para 1 ≤ t ≤ 6 Modelo matemático: Minimizar z =

6

∑ ( 5 ⋅ It t =1

18

+ 60 ⋅ nt ⋅ Wt + 300 ⋅ Ht + 200 ⋅ Ft + 3 ⋅ PE t + 9 ⋅ S t + 2 ⋅ TMt )

Grupo Editorial Patria© Sujeto a:

It = It - 1 + Pt + St - Dt para 1 ≤ t ≤ 6



Pt = 12 ⋅ nt ⋅ Wt + PEt - TMt para 1 ≤ t ≤ 6



PEt ≤ 0.30 ⋅ 12 ⋅ nt ⋅ Wt para 1 ≤ t ≤ 6



Wt = Wt - 1 + Ht - Ft para 1 ≤ t ≤ 6



Wt, Ht, Ft, Pt, PEt, St + TMt ≥ 0 para 1 ≤ t ≤ T



Wt enteras

❚ Problemas financieros El modelado matemático es de gran utilidad en numerosos procesos financieros. Hemos visto en esta unidad un problema de decisión sobre un conjunto de inversiones. Además del análisis de inversiones, los modelos matemáticos también son útiles para problemas de caja óptima, a través de los cuales se pretende determinar el nivel de efectivo que conviene para no perder liquidez, problemas de asignación de préstamos a un conjunto de clientes, entre otros.

Problema resuelto Manuel desea invertir $50 000 y permitir que esa cantidad incremente su valor en un periodo de cinco años. En la actualidad hay tres planes en los que puede invertir. El plan A le otorga un interés de 4% anual, pudiendo hacer cualquier movimiento al finalizar cada año. El plan de inversión B le ofrece un interés de 9% cada dos años. Mientras que el plan C le ofrece un interés de 14% si mantiene su dinero en dicho plan por tres años. ¿Cómo debería Manuel invertir su dinero a fin de obtener el mayor rendimiento al finalizar el quinto año? Solución

Parámetros: En este caso, tenemos los siguientes parámetros:

n = horizonte de planeación de las inversiones = 5



IA = tasa de interés anual de plan A = 4% por año



IB = tasa de interés por dos años de plan B = 9% por cada dos años



IC = tasa de interés por tres años de plan C = 14% por cada tres años



Q = cantidad de dinero disponible en el año 0, para invertir $50 000

También, sabemos que el plan A es anual (tA = 1), el plan B es a dos años (tB = 2) y el plan C es a tres años (tC = 3). Variables: ¿Qué queremos saber? Las cantidades a invertir (de los $50 000 originales, llamémosle dinero de bolsillo) a lo largo de los cinco años en los tres planes de inversión. Por tanto, se necesitan variables que determinen esto. Entonces, denotemos: xij = cantidad de dinero de bolsillo a invertir a inicios de año i en plan j, para i = 1, 2, 3, 4, 5; j = A, B, C. Otra cosa que interesa es la ganancia que obtendrá Manuel por año, la pista para considerar esta variable está en el hecho de que lo que debemos maximizar es el valor que tome esta variable en el quinto año. Denotemos: rij = Cantidad de dinero recibido a final del año i debido a inversión en plan j, para i = 1, 2, 3, 4, 5; j = A, B, C.

19

UNIDAD

1

Modelos matemáticos Dado que se puede, y es deseable, reinvertir las ganancias obtenidas por inversiones pasadas, se hace necesario considerar las siguientes variables. gij = cantidad de dinero recibido a final del año i - 1 que se invertirá a inicios de año i en el plan j, para i = 2, 3, 4, 5; j = A, B, C. Dadas las características de este problema, se puede intuir que desde principios del año 1 se busca invertir el capital total, a fin de hacerlo crecer desde ese momento; sin embargo, esto puede no ser cierto en todo plan de inversión. Puede darse el caso de que un plan de inversión no esté disponible desde el año 1, o que se reciba algún capital extra a lo largo del horizonte de planeación de las inversiones; por tanto, se expresan las siguientes variables. yij = cantidad de dinero total: cantidad de dinero de bolsillo y cantidad de dinero recibido de inversión previa, que se invertirá en el año i en el plan j, para i = 2, 3, 4, 5; j = A, B, C. Definidas dichas variables, estamos listos para diseñar la función objetivo y las restricciones. Función objetivo: Lo que buscamos es maximizar el dinero recibido de las inversiones en cinco años, el cual está representado por r5A, r5B o r5C. Maximizar z = r5A + r5B + r5C Restricciones: 1. La primera restricción que nos viene a la mente es la referente a la cantidad de dinero disponible para invertir. Aquí se puede pensar que es suficiente indicar: x1A + x1B + x1C ≤ 50 000 Sin embargo, debemos dejar indicada la posibilidad de que el desembolso de dinero de bolsillo se dé en cualquier año del horizonte de planeación, esto por la misma razón por la que se consideró necesaria la definición de las variables yij. x1A + x1B + x1C + x2A + x2B + x2C + x3A + x3B + x3C + x4A + x4B + x4C + x5A + x5B + x5C ≤ 50 000 2. En este caso, se requieren restricciones que establezcan la relación entre la cantidad invertida y la cantidad recibida por año; es decir, particularmente: Para el final del año 1, plan A: r1A = (1 + 0.04) x1A Plan B y plan C, debido a que su tiempo de inversión es mayor a 1, al final del año 1, la cantidad recibida será cero.

r1B = 0



r1C = 0

Para el final del año 2: Dinero a recibir a final del año 2 por inversión en plan A: r2A = (1 + 0.04) y2A, donde y2A = x2A + g2A. Es importante considerar aquí que g2A no debe ser mayor al dinero que se tiene para reinvertir. Además, es importante tomar en cuenta que, por año, este dinero debe contemplar la posibilidad de repartirse entre los tres planes. g2A + g2B + g2C ≤ r1A + r1B + r1C Plan B, a finales del año 2 por dinero invertido a inicios del año 1 se recibe: r2B = (1 + 0.09) x1B

20

Grupo Editorial Patria© Plan C: r2C = 0 Para el final del año 3: Dinero a recibir a final del año 3 por inversión en plan A:

r3A = (1 + 0.04) y3A



y3A = x3A + g3A



g3A + g3B + g3C ≤ r2A + r2B + r2C

Plan B, a finales del año 3 por dinero invertido a inicios del año 2 se recibe:

r3B = (1 + 0.09) y2B



y2B = x2B + g2B

Plan C, a finales del año 3 por dinero invertido a inicios del año 1 se recibe: r3C = (1 + 0.14) x1C De manera similar, para los años 4 y 5, resultando el modelo matemático: Maximizar z = r5A + r5B + r5C

x1A + x1B + x1C + x2A + x2B + x2C + x3A + x3B + x3C + x4A + x4B + x4C + x5A + x5B + x5C ≤ 50 000



r1B = 0



r1C = 0



r2C = 0



r1A = (1 + 0.04) x1A



r2A = (1 + 0.04) y2A



r2B = (1 + 0.09) x1B



r3A = (1 + 0.04) y3A



r3B = (1 + 0.09) y2B



r3C = (1 + 0.14) x1C



r4A = (1 + 0.04) y4A



r4B = (1 + 0.09) y3B



r4C = (1 + 0.14) y2C



r5A = (1 + 0.04) y5A



r5B = (1 + 0.09) y4B



r5C = (1 + 0.14) y3C



y2A = x2A + g2A



y2B = x2B + g2B



y2C = x2C + g2C



y3A = x3A + g3A



y3B = x3B + g3B



y3C = x3C + g3C



y4A = x4A + g4A



y4B = x4B + g4B



y5A = x5A + g5A



g2A + g2B + g2C ≤ r1A + r1B + r1C



g3A + g3B + g3C ≤ r2A + r2B + r2C



g4A + g4B + g4C ≤ r3A + r3B + r3C



g5A + g5B + g5C ≤ r4A + r4B + r4C

Todas las variables son mayores o iguales a cero.

21

UNIDAD

1

Modelos matemáticos ❚ Problemas de transporte En el problema de transporte se busca la forma en que cualquier bien debe ser distribuido, desde cualquier grupo de centros de suministro (orígenes) a cualquier grupo de centros de recepción (destinos), de manera que los costos totales de transporte sean mínimos. Para que un problema pueda ser considerado problema de transporte, se debe cumplir con el supuesto de requerimientos y con el supuesto de costo. El supuesto de requerimientos nos dice que cada origen tiene un suministro fijo de unidades y el suministro completo debe transportarse a los destinos. De manera análoga, cada destino tiene una demanda fija de unidades y debe satisfacerse de los orígenes. Es decir: m

∑si

n

∑d j

=

i =1

j =1

Donde: m: cantidad de orígenes n: cantidad de destinos si: cantidad de unidades que oferta el origen i, para i = 1, 2, …, m dj: cantidad de unidades demandadas por el destino j, para j = 1, 2, …, n En la práctica resulta lógico pensar que es raro encontrar que se cumpla este supuesto; pero, cuando esto ocurre, es posible reformular el problema con la introducción de un destino u origen ficticios, para que se haga cargo de la holgura, de manera que se ajuste al modelo del transporte. Si la oferta es mayor que la demanda,

m

∑ si i =1

Alerta El supuesto de requerimientos es importante para asegurar que existen soluciones factibles y para poder utilizar algoritmos sencillos para solucionar el problema de transporte.

artificial, de modo que: d n +1 =

m

n

i =1

j =1

>

n

∑ d j , entonces se requerirá un punto de demanda j =1

∑ si − ∑ d j .

De manera similar, si existe mayor demanda que oferta suministro artificial, de modo que: s m +1 =

n

m

j =1

i =1

∑ d j − ∑ si .

m

∑ si i =1

<

n

∑ d j , se requerirá un punto de j =1

Debido a que en realidad los puntos artificiales no existen, los costos de transporte entre este y los demás puntos del problemas tendrán valor cero. Dado que se debe priorizar la distribución de producto entre entidades reales y teniendo en mente que se busca minimizar, el supuesto de costo considera que el costo de transportar unidades de un origen a un destino debe ser directamente proporcional al número de unidades transportadas. Este costo puede ser visto como el costo unitario multiplicado por el número de unidades transportadas. Los parámetros del modelo de transporte son los datos que se tienen desde el inicio, que son: el costo de transporte unitario, la cantidad de producto ofertado por cada nodo origen y la cantidad de productos demandado por cada nodo de destino. m: cantidad de orígenes n: cantidad de destinos si: cantidad de unidades que oferta el origen i, para i = 1, 2, …, m dj: cantidad de unidades demandadas por el destino j, para j = 1, 2, …, n cij: c osto por transportar una unidad de producto desde el origen i hasta el destino j, para i = 1, 2, …, m; j = 1, 2, …, n Para poder definir las variables del modelo se debe pensar en lo que se necesita obtener del modelo. En este problema lo que se quiere saber es la cantidad de producto a enviar de cada punto de origen a cada punto de destino. Es decir: xij: cantidad de unidades a enviar del origen i al destino j, para i = 1, 2, …, m; j = 1, 2, …, n.

22

Grupo Editorial Patria© Visto a manera de una red, se tiene:

Puntos de suministro (oferta)



s1

1

s2

2

sm

m

c11

cmn

1

d1

2

d2

n

dn

Puntos de demanda

Figura 1.3

O visto a manera de tabla de transporte: Tabla 1.10 Costo por unidad distribuida Destino Origen 1

1

2

…

n

Recursos

c11

c12

…

c1n

s1

Origen 2

c21

c22

…

c2n

s2

Origen …

….

…

…

….

…

Origen m

cm1

cm2

…

cmn

sm

Demanda

d1

d2

….

dn

Función objetivo: El objetivo de este problema es determinar la forma de transportar unidades del producto de los puntos orígenes a los puntos destino, minimizando los costos de transporte; por tanto, supongamos que tenemos tres puntos de origen y dos puntos de destino, la función objetivo quedaría: Minimizar z = c11x11 + c12x12 + c21x21 + c31x31 + c32x32 De manera resumida: Minimizar z =

3

2

∑ ∑ c ij x ij i =1 j =1

Y en general: Minimizar z =

m

n

∑ ∑ c ij x ij i =1 j =1

Restricciones: Las restricciones que se tienen son de dos tipos: las relacionadas con los puntos de suministro y las de los puntos de destino, las cuales están totalmente ligadas al supuesto de requerimientos. 1. Las relacionadas con los puntos de suministro indican que la cantidad de producto que se envíe de un punto de suministro debe ser igual a la cantidad de producto que se tenga en el punto de suministro. 23

UNIDAD

1

Modelos matemáticos Es decir, para el punto de suministro (origen) 1, se tiene que: (Lo que se envíe del punto origen 1 a punto destino 1) + (lo que se envíe de punto origen 1 a punto destino 2) = (cantidad de producto en punto origen 1). Con variables y parámetros se tiene: x11 + x12 = s1 Para punto de suministro 2: x21 + x22 = s2 Y para punto de suministro 3: x31 + x32 = s3 Resumiendo: n

∑ x ij j =1

= si para todo i = 1, …, m.

2. Las restricciones relacionadas con los puntos de demanda indican que la cantidad de producto que se envíe a un punto de demanda debe ser igual a la cantidad de producto que demanda. Es decir, para el punto de demanda 1, se tiene que: (Lo que se envíe del punto origen 1 a punto demanda 1) + (lo que se envíe de punto origen 2 a punto demanda 1) + (lo que se envíe de punto origen 3 a punto demanda 1) = (cantidad de producto que demanda 1). Con variables y parámetros se tiene: x11 + x21 + x31 = d1 Para punto de demanda 2: x12 + x22 + x32 = d2 Resumiendo: m

∑ x ij i =1

= d j para todo j = 1, …, n

Por último, la cantidad de producto que se envíe debe ser mayor o igual a cero (no tiene sentido que estas variables tomen valor negativo). xij ≥ 0 para i = 1, …, m; j = 1, …, n Por tanto, el modelo matemático completo resulta.

Minimizar z =

m

n

∑ ∑ c ij x ij i =1 j =1



n

∑ x ij j =1



m

∑ x ij i =1

24

= si para todo i = 1, …, m

= d j para todo j = 1, …, n

xij ≥ 0 para i = 1, …, m; j = 1, …, n

Grupo Editorial Patria©

Problema resuelto Se desean enviar productos a dos clientes en San Luis Potosí (SLP) y Guanajuato desde tres almacenes diferentes, ubicados en Monterrey, Toluca y Guadalajara. Los costos de transporte unitarios se muestran en la tabla 1.11, así como las unidades con que cuenta cada almacén y las unidades que necesita cada cliente, estos dos últimos en miles de productos. Determinar el modelo de transporte que represente esta situación. Tabla 1.11  Costos de transportación SLP

Guanajuato

Oferta

Monterrey

$4.2

$5.0

20

Toluca

$4.5

$4.8

10

Guadalajara

$4.7

$4.5

25

Demanda

30

30

Solución

De acuerdo con el planteamiento, en este problema tenemos tres orígenes y dos destinos, el supuesto del costo se cumple al establecerse que el costo es por unidad de producto. Así, al evaluar el supuesto de requerimientos nos damos cuenta que:

Ofertas (20 + 10 + 25 unidades) = 55 unidades de producto.



Demandas (30 + 30 unidades) = 60 unidades de producto.

En este caso, el supuesto no se cumple, pues Demandas > Ofertas; por tanto, se requiere un punto de oferta ficticio con cinco unidades, que en el contexto del problema será producto que los almacenes no podrán cumplir. Tabla 1.12  Costos de transportación SLP

Guanajuato

Oferta

Monterrey

$4.20

$5.10

20

Toluca

$4.50

$4.80

10

Guadalajara

$4.70

$4.50

25

Artificial

$0.00

$0.00

5

Demanda

30

30

Por tanto, se definen las variables:

x11 = cantidad de productos a enviar de almacén en Monterrey a cliente en SLP



x12 = cantidad de productos a enviar de almacén en Monterrey a cliente en Guanajuato



x21 = cantidad de productos a enviar de almacén en Toluca a cliente en SLP



x22 = cantidad de productos a enviar de almacén en Toluca a cliente en Guanajuato



x31 = cantidad de productos a enviar de almacén en Guadalajara a cliente en SLP



x32 = cantidad de productos a enviar de almacén en Guadalajara a cliente en Guanajuato



x41 = cantidad de productos a enviar de almacén ficticio a cliente en SLP



x42 = cantidad de productos a enviar de almacén ficticio a cliente en Guanajuato

Alerta El valor de x4j corresponderá a la cantidad de demanda no satisfecha del cliente j.

Función objetivo: En este problema se busca minimizar el costo de transporte, dado a que se conoce el costo de transportar una unidad de cada almacén a cada cliente, la función objetivo resulta: Minimizar z = 4.2x11 + 5.1x12 + 4.5x21 + 4.8x22 + 4.7x31 + 4.5x32

25

UNIDAD

1

Modelos matemáticos Restricciones: 1. Para los puntos de oferta resultan:

Almacén en Monterrey:

x11 + x12 = 20



Almacén en Toluca:

x21 + x22 = 10



Almacén en Guadalajara:

x31 + x32 = 25



Almacén ficticio:

x41 + x42 = 5

2. Para los puntos de demanda son:

Cliente en SLP: x11 + x21 + x31 + x41 = 30



Cliente en Guanajuato: x12 + x22 + x32 + x42 = 30

3. Para la naturaleza de las variables: xij ≥ 0 para i = 1, …, 4; j = 1, …, 2

Modelo matemático:

Minimizar z = 4.2x11 + 5.1x12 + 4.5x21 + 4.8x22 + 4.7x31 + 4.5x32 Sujeto a:

x11 + x12 = 20



x21 + x22 = 10



x31 + x32 = 25



x41 + x42 = 5



x11 + x21 + x31 + x41 = 30



x12 + x22 + x32 + x42 = 30



xij ≥ 0 para i = 1, …, 4; j = 1, …, 2

1.5  Modelando con variables enteras Las variables enteras ofrecen características que permiten modelar ciertas situaciones de forma intuitiva. Algunas de estas situaciones se explican a continuación.

❚ Modelando costos fijos Supongamos que se desea modelar la función de costo g(x) = f + vx, la cual tiene la siguiente forma. g(x) 120 100 80 60 f 40 20 0

0

2

4

6

8

10 W



26

Figura 1.4

12

x

Grupo Editorial Patria© Tal que: 0 g(x ) =  f + vx

si x = 0 si x > 0

Este tipo de funciones de costo pueden observarse en, por ejemplo, el costo por pago de sueldos a personal, donde x representará el pago por horas extra. Si un empleado labora en cierto periodo, a éste se le tiene que pagar un sueldo fijo (f ), pero si labora horas extra, el costo se incrementa dependiendo de la cantidad de horas extra que se utilicen. Ello hasta cierto tiempo extra máximo (W ). Pero, si el empleado no labora en dicho periodo, no se incurre en gasto por pago de sueldo para ese empleado. Para modelar esta función de costo, es necesario introducir una variable binaria y, de modo que: 1 si x > 0 y =  0 si x = 0 La función objetivo se transforma en: fy + vx Y se deberá añadir la restricción:

x ≤ Wy



y ∈ {0, 1}



0≤x≤W

❚ Modelando dos alternativas, modelando dos disyunciones Supongamos que existen dos restricciones mutuamente excluyentes. Es decir, x satisface:

a1x ≤ b1, o bien, a2x ≤ b2, es decir,



a11x11 + a12x12 + … + a1nxn ≤ b1, o bien,



a21x21 + a22x22 + … + a2nxn ≤ b2

Para poder modelar esta situación de dos alternativas entre las cuales decidir es necesario introducir una variable binaria para cada restricción y1, y2 ∈ {0, 1} Y definir una constante M, que es un número muy grande. M ≥ max{a1x - b1; a2x - b2} Las restricciones alternativas deben de modificarse de la siguiente manera:

a1x - b1 ≤ M(1 - y1 )



a2x - b2 ≤ M(1 - y2 )

Y agregar:

y1 + y2 = 1



y1, y2 ∈ {0, 1}

De modo que si y1 = 1, y2 = 0 y la segunda restricción resulta a2x ≤ M + b2, dado que M es un número muy grande, esta restricción queda libre. Por tanto, la única restricción que deberá cumplirse es: a1x ≤ b1.

❚ Modelando k alternativas Supongamos que se desea minimizar una función satisfaciendo al menos k restricciones, de un conjunto de restricciones r1(x) ≤ 0 i = 1, …, n, 1 ≤ k ≤ n - 1. 27

UNIDAD

1

Modelos matemáticos De manera análoga al modelado de dos alternativas, es necesario agregar n variables binarias y modificar el conjunto de restricciones de la siguiente manera.

r1(x) ≤ M(1 - yi) i = 1, …, n



∑ yi

n

≥k

i =1

yi ∈ {0, 1} para i = 1, …, n



De esta manera, únicamente k restricciones del conjunto se activarán, dejando libres y sin impacto en la solución del modelo a las otras n - k restricciones.

❚ Modelando con variables que toman un conjunto de valores Considérese que la variable xj únicamente puede tomar alguno de los siguientes valores: {v1j, v2j, v3j, …, vpj }. Esto puede modelarse incluyendo p variables binarias: ykj ∈ {0, 1} k = 1, …, p. De modo que la variable xj se modele como: p

xj =



∑ y kj v kj k =1

p

∑ y kj



=1

k =1

ykj ∈ {0, 1} k = 1, …, p



Problema resuelto Supóngase que la variable x1 puede tomar únicamente alguno de los siguientes valores {2, 10, 25}. Diseñar el conjunto de restricciones necesario para esta situación. Solución

28



x1 ∈ {2, 10, 25}



x1 = 2y1 + 10y2 + 25y3



y1 + y2 + y3 = 1



y1, y2, y3 ∈ {0, 1}

Problemas para resolver

Grupo Editorial Patria©

1.1  La producción del periodo 3 (x3 ) debe ser al menos igual que el doble de la producción del periodo 1 (x1 ). Representar esta restricción algebraicamente. 1.2  Se tienen cinco proyectos de inversión {1, 2, 3, 4, 5} representados por las variables x1, x2, x3, x4 y x5. La variable xi toma el valor de 1 si se invierte en el proyecto i y 0 en caso contrario. Modelar las siguientes restricciones. a) Se debe invertir en al menos dos de los proyectos. b) No es posible invertir en todos los proyectos. c) Si se invierte en el proyecto 3, se tiene que invertir en el proyecto 5.

1.4  En cada uno de los siguientes casos, determinar si se requería un nodo artificial de oferta o un nodo artificial de demanda para balancear el modelo de transporte. a) Oferta: a1 = 10, a2 = 4, a3 = 5, a4 = 6

Demanda: b1 = 9, b2 = 5, b3 = 9, b4 = 7

b) Oferta: a1 = 34, a2 = 40

Demanda: b1 = 20, b2 = 32, b3 = 15

1.5  Determinar si las siguientes afirmaciones son falsas o verdaderas. a) Para balancear un modelo de transporte, puede ser necesario añadir tanto un nodo artificial de demanda como un nodo artificial de oferta (ambos). b) Las cantidades enviadas de cierto punto de origen hacia un punto artificial de demanda representan exceso de producto del nodo origen.

Tabla 1.13 Centro de distribución Planta 1

e) Las cantidades enviadas desde un punto artificial de origen hasta un punto destino representan demanda no satisfecha en el punto destino. Problemas aplicados a la realidad

1

2

3

800

650

480

Planta 2

600

-

580

Planta 3

520

620

500

1.7  Para el problema 4, el de las tres plantas, supóngase que la demanda diaria del centro de distribución 1 ahora es de 15 000 unidades de producto. Determinar: a) ¿Qué implicaciones tiene este hecho en el modelo matemático? b) Supóngase que por cuestiones de políticas del corporativo, la planta 3 debe enviar toda su producción a alguna de los centros de distribución. ¿Qué modificación tendría que hacerse al modelo matemático? c) Además, supóngase que por cada producto que no es enviado a alguno de los centros de distribución se incurre en un costo de 0.04 pesos. ¿Cómo quedaría el modelo matemático? 1.8  Para el problema 4, el de las tres plantas, supóngase que la capacidad de la planta 2 baja a 15 000 unidades de producto y que el centro de distribución 1 debe recibir toda su demanda. Adicionalmente, cualquier faltante en los centros de distribución 2 y 3 incurrirán en una penalización de 0.05 pesos por unidad no surtida. Construir el modelo de transporte asociado. 1.9  Dada la siguiente red: 3

3 1 unidad

1

c) Las cantidades enviadas desde un punto artificial de origen hasta un punto destino representan exceso de producto en el nodo origen. d) Las cantidades enviadas de cierto punto de origen hacia un punto artificial de demanda representan faltantes en el punto origen.

1

1.6  Tres plantas manufactureras con capacidades de 18 000, 16 000 y 26 000 unidades de productos diarios, envían producto a tres centros de distribución con demandas diarias de 20 000, 24 000 y 16 000 unidades de productos, respectivamente. Los productos se transportan a través de líneas de ferrocarril. Los costos de transporte son de 0.02 pesos por cada producto por kilómetro recorrido. En la tabla 1.13 se muestran los kilómetros entre planta y áreas de distribución. De la planta 2 al centro de distribución 2 no existe línea ferroviaria que los comunique. Construir el modelo de transporte asociado a este problema.

d) Los proyectos 1 y 4 son excluyentes. Si se invierte en el proyecto 1 no se puede invertir en el proyecto 4. 1.3  Considerando el problema en el que se tienen cinco proyectos de inversión {1, 2, 3, 4, 5} representados por las variables x1, x2, x3, x4 y x5. La variable xi toma el valor de 1 si se invierte en el proyecto i y 0 en caso contrario. Existen dos empresas que ofrecen paquetes de inversión, la empresa A ofrece la posibilidad de invertir en los proyectos {1, 4 o 5}, la empresa B, ofrece la posibilidad de invertir en {2 o 3}. Ambas empresas son competencia, por lo que se elige trabajar con una o la otra, pero no con las dos al mismo tiempo. Además, para poder trabajar con cualquiera de las empresas es necesario realizar al menos un proyecto de inversión de su oferta. Formular el conjunto de restricciones que representen este problema de proyectos de inversión.

UNIDAD

10

2

9 8

5

7 4

6 5

6

1 unidad

7

11

Figura 1.5

Considérese que los números en los arcos representan costos por transportar una unidad de producto a través de ellos. También, supóngase que se desea hacer pasar una unidad

Problemas para resolver con tecnología

29

1

UNIDAD

Problemas para resolver

de producto del nodo 1 al nodo 6. Definir un modelo matemático que permita determinar el camino menos costoso (ruta más corta) para hacer pasar esa unidad de producto del nodo 1 al nodo 6. 1.10  Una empresa que fabrica pinturas está interesada en fabricar pintura en aerosol. Este nuevo producto deberá cumplir con ciertas especificaciones. La empresa dispone de cuatro componentes que pueden ser usados para fabricar la pintura en aerosol, cada uno de los cuales ofrece ciertas características en caso de ser utilizado. ¿Qué proporción de cada uno de los elementos se debe utilizar con el fin de obte­ner una mezcla que cumpla con las especificaciones de producción? El objetivo de empresa es minimizar los costos de producción. Tabla 1.14 Característica

Especificación

Comp. 1

Comp. 2

Comp. 3

Comp. 4

Sólidos

9%-10%

0.91

0.88

10.2

10.3

Densidad de pintura

0.94-0.95

0.935

0.945

0.952

0.93

Diámetro patrón

>14

14.1

13.8

13.9

14.3

Tiempo de secado al tacto

<8

8.1

7.2

8.5

9.3

Milésimas de espesor seco

1.3-1.4

1.33

1.34

1.42

1.25

Costo por litro

$42

$34

$40

$52

$49

1.11  Ana está bajo un régimen de dieta, por lo que debe decidir lo que contendrá su desayuno de mañana. Su nutriólogo le proporcionó la información que aparece en tabla 1.15, en la cual muestra la cantidad en gramos de cada elemento nutricional para 100 gramos del alimento correspondiente, a excepción del calcio y hierro que muestran el valor en mg. Tabla 1.15 Alimento

Calorías

Carbohidratos

Proteínas

Grasas

Calcio

Hierro

Leche entera

63

4.5

3

3.2

122 mg

0.12 mg

Leche descremada

45

4.7

3.1

1.7

-

-

Pan de trigo blanco

280

 -

8.1

0.7

30 mg

1.4 mg

Pan de trigo integral

286

 -

9.4

1.5

50 mg

3.6 mg

Pan de leche

256

52.5

7.6

1.8

 

 

Pan de centeno

245

50.4

8.2

1.1

38 mg

2.8 mg

Donas

391

51.4

4.6

18.6

 -

 -

Panqué

390

48.4

5.3

18.4

 -

 -

Jaleas

262

65

0.2

0

 -

 -

Mermelada

272

71

0.6

0.1

 -

 -

Miel

294

79.5

0.3

0

5 mg

0.9 mg Continúa

30

Problemas aplicados a la realidad

Continuación Chorizo

250

2

12.5

24

30 mg

3.4 mg

Jamón

296

-

25.8

20.6

13 mg

2.3 mg

Mortadela

193

4

20

17

14 mg

2.1 mg

Plátano

87

22.2

1.1

0.2

11 mg

0.6 mg

Manzana

60

15.2

0.3

0.3

6 mg

0.4 mg

Melón

43

11.1

0.6

0.3

20 mg

0.6 mg

Naranja

41

10.5

0.8

0.2

33 mg

0.5 mg

Su nutriólogo le ha recomendado minimizar las calorías ingeridas, procurando que no más de 25% de las cantidades ingeridas sean grasas, y que de 10 a 35% sean proteínas y de 50 a 55% sean carbohidratos. Además, Ana debe consumir algo de cada tipo de alimento; esto es, algo de pan, leche, jaleas, mermelada y miel, así como algo de carnes y frutas, además de que debe ingerir al menos 350 mg de calcio y 5 mg de hierro. Formular un modelo matemático que sea de utilidad para Ana. 1.12  Luis decide ir a acampar, pero no logra decidir que llevar en su mochila. A él le gustaría llevar 12 objetos que cree que son importantes, pero sabe por un estudio preliminar que no todos le caben en la mochila. Así pues, decide evaluar cada objeto y determinar para cada uno de ellos el beneficio que le aportaría en su acampada y el espacio que le consumiría en su mochila. Luis ha realizado un análisis y determinó que su mochila tiene 30 unidades de espacio. Describir un modelo matemático para ayudarlo a decidir cuáles artículos llevar. Este problema es conocido como problema de la mochila. Tabla 1.16 Objeto Artículos de cuidado personal

Beneficio

Espacio que ocupa

10

5

Osito de peluche

4

3

Provisiones de comida

20

15

Videojuego portátil

6

3

Platos y cubiertos

8

4

Abrelatas

1

1

Libro de IO

15

9

Reloj

2

2

Encendedor

6

3

Teléfono celular

5

3

Navaja suiza

10

4

Cambios de ropa

10

7

1.13  ¿Qué modificaciones se requiere hacer al problema de transporte si en vez de costo de transporte unitario, se tuviera un costo de transporte por camión? Es decir, el envío cuesta cij si se envía un camión con capacidad Q (lleno o semilleno) del punto de suministro i al punto de demanda j. Problemas para resolver con tecnología

Grupo Editorial Patria© 1.14  Un instituto de seguridad social ofrece entre sus servicios préstamos a sus derechohabientes. Los coordinadores de la función de préstamos deben decidir la forma de distribuir $1 000 000 que tienen asignado a este rubro. El instituto ofrece préstamos ordinarios, especiales, para turismo y para pensionados. Cobra 2% de los préstamos ordinarios, 5% de los especiales, 7% de los préstamos para turismo y 1% para pensionados. Todos los préstamos están diseñados para que sean pagados en un año. Saben, por su historial, que 3, 2, 1 y 5% de los préstamos ordinarios, especiales, para turismo y para pensionados, no son recuperados. Además, por políticas del instituto, el monto asignado a pensionados debe ser mayor que el monto asignado a turismo y el monto asignado a préstamos especiales debe ser a lo más de 20% del monto asignado a préstamos ordinarios. Diseñar un modelo matemático que ayude a los coordinadores a definir la manera de repartir el monto a prestar entre los diferentes tipos de préstamos. 1.15  Un estudiante de ingeniería industrial está por finalizar el quinto semestre de su carrera y debe terminar seis proyectos correspondientes a seis materias diferentes en 15 días. Por experiencia, el estudiante sabe que, en general, entre más tiempo le dedica a un proyecto mejor calificación obtiene. Algunos proyectos son más elaborados que otros, la relación de días dedicados a proyecto vs. calificación esperada se presenta a continuación:

$35 al mes por lavadora y la capacidad de producción es de 1 800 lavadoras al mes en tiempo normal, y 2 000 lavadoras si se trabaja con tiempo extra. Si una lavadora es producida en tiempo extra, esta tiene un costo de $200 extra y cada lavadora no producida en horario normal genera un costo de $15. En la actualidad, se tiene un inventario inicial de 30 lavadoras y al terminar el cuarto mes se desea tener 42 lavadoras. Formular el programa lineal para definir el plan de producción con menor costo. 1.17  Para determinar el plan de producción de una compañía para los próximos seis meses se tiene la siguiente información. Tabla 1.18

Proyección de la demanda Número de días de trabajo

Enero

Febrero

Marzo

Abril

Mayo

Junio

Total

1 800

1 500

1 100

900

1 100

1 600

8 000

22

19

21

21

22

20

125

Inventario inicial

400 unidades

Horas-hombre requeridas

5/unidad

Tabla 1.19  Costos Materiales Mantenimiento de inventario

Tabla 1.17 Materia-proyecto

1 día

2 días

3 días

Estadística

6

7

8

IO

7

8

9

Plan-plantas

8

9

10

ADE

7

8

9

Manufactura

9

9

10

Producción

9

10

10

El estudiante debe dedicar al menos un día en cada proyecto y distribuir los días restantes para lograr mejorar sus notas finales. Empero, solo puede trabajar en un proyecto por día. Diseñar un modelo matemático que ayude al estudiante a definir cuántos días debe dedicarle a cada proyecto con el objetivo de mejorar sus calificaciones. 1.16  Una empresa que produce electrodomésticos recibió un pedido para los próximos cinco meses de 1 500, 1 300, 1 800, 1 400 y 1 700 lavadoras, respectivamente para cada mes. De acuerdo con datos analizados por la empresa, se espera que el costo por producir una lavadora en los próximos meses será de $2 800, $2 880, $2 930, $2 960 y $2 980. Es posible producir más de la demanda mensual, las piezas que no se vendan serán almacenadas para ser utilizadas en los siguientes meses. El costo por mantener inventario es de

Problemas aplicados a la realidad

$100/unidad $1.50/unidad/mes

Agotamiento de las reservas

$5/unidad/mes

Contratación

$200/trabajador

Despidos

$250/trabajador

Horas-hombre normales

$4/hora

Horas-hombre extra

$6/hora

Horas-hombre de tiempo muerto

$2/hora

Escribir un modelo de programación lineal que incluya las siguientes políticas:

° Producir para satisfacer los requerimientos de producción mensual utilizando ocho horas normales de trabajo. Por política de la empresa, al final de cada mes se debe dejar una reserva de seguridad de al menos 25% de la demanda del mes. La reserva de seguridad se considera inventario. El inventario debe ser entero.

° Es posible contratar y despedir trabajadores al inicio de cada mes, pero esta cantidad no debe ser mayor de cinco trabajadores al mes. Al inicio del primer mes se cuenta con 50 trabajadores.

° Está permitido trabajar tiempo extra, pero cada trabajador puede trabajar en promedio una hora por cada día laborable.

Problemas para resolver con tecnología

31

UNIDAD

1

Modelos matemáticos

Problema reto

1

Una empresa produce jugos de manzana, naranja, zanahoria, betabel, naranja-zanahoria, revitalizante y energizante. La empresa no tiene problemas de demanda, todo lo que produce lo vende y ha determinado que de cada kilo de fruta/verdura se puede obtener un litro de jugo. En las tablas 1.20 y 1.21 se muestra la información sobre precios, costos, disponibilidad de producto y composición de los jugos. ¿Cuántos litros de cada jugo debe fabricar para obtener el máximo beneficio económico?

Tabla 1.20 Fruta/Verdura

Disponibilidad (kilos)

Costo (kilos)

Precio de venta (litro)

Manzana

20 000

$25.00

$32.00

Naranja

 

45 000

$9.00

$15.00

Zanahoria

32 000

$9.95

$17.00

 

$17.50

$25.00

Betabel



19 000

Tabla 1.21 Jugo

Especificación

Precio de venta

Naranja-zanahoria

50% naranja 50% zanahoria

$16.00

Revitalizante

No menos de 20% de zanahoria No más de 60% de naranja No menos de 10% de manzana

$28.00

Energizante

25% betabel 30% naranja 40% zanahoria 5% manzana

$23.00

Referencias Bibliográficas Hillier, F. S., & Lieberman, G. J. (2002). Investigación de operaciones, 7a ed. México: McGrawHill. Nahmias, S. (2005). Production and Operations Analysis, 5a ed. New York: McGraw-Hill. Real Academia Española. (2001). Diccionario de la Lengua Española (22a ed. Disponible en: http://www.rae.es/rae.html Taha, H. (2007). Operations Research: An Introduction, 8th ed. Ed. New Jersey: Pearson, Prentice Hall. Wolsey, A. (1998). Integer Programming. New York: Wiley.

32

UNIDAD

2

Programación lineal Gastón Vértiz Camarón

Objetivos Conocer los principios de la programación lineal. Conocer las formas de representación de un modelo de programación lineal. Conocer los conceptos de variable de: holgura, excedencia, irrestricta y artificial, y de solución básica y solución básica factible.

¿Qué sabes? ¿Dónde se puede aplicar la programación lineal continua? ¿Cuáles son los principios de la programación lineal? ¿Cómo se puede aplicar una hoja de cálculo en problemas de programación lineal?

UNIDAD

2

Programación lineal

2.1  Introducción a la programación lineal continua La programación lineal constituye una de varias herramientas importantes que influyen en la formación de ingenieros y administradores, gracias a que esta posee diversas aplicaciones en la práctica, por ejemplo en los sectores industrial, económico y militar, entre otros; así como en áreas como mercadotecnia, finanzas, administración de la producción y más. Algunos de los problemas que se han estudiado mediante el empleo de esta son, entre otros, programación de la producción, selección de medios publicitarios, planeación financiera, presupuestos de capital, transporte, ubicación de plantas, mezcla de productos, asignación de personal y muchos más. Por tanto, el objetivo principal de esta unidad es ofrecer una idea clara y precisa acerca de lo que es la programación lineal continua (PLC); así, a lo largo de esta unidad se tratan y describen sus prerrequisitos; las formas de representación de un modelo, los conceptos de variable de holgura, variable de excedencia, variable artificial y variable irrestricta. Finalmente se proporciona el concepto de solución básica y solución básica factible.

❚ ¿Qué es la programación lineal continua? La programación lineal continua se define como una metodología que se utiliza en la solución de problemas en los cuales se desea maximizar o minimizar una función lineal de una o más variables, llamada función objetivo, que se encuentra sujeta a ciertas limitaciones (restricciones), que se pueden representar como desigualdades o igualdades de funciones lineales de las variables. Es decir, se tiene una función objetivo z de la forma: z =

n

∑ ci xi i =1

y las restricciones de la forma:

n

∑ aij x j j =1

donde las ci son los coeficientes constantes conocidos,

≤ bi donde las aij y las bi también son constantes conocidas; y

considerando que las variables son no negativas xi ≥ 0.

❚ Prerrequisitos de la programación lineal continua Como ya se especificó en la unidad 1, es importante destacar que cuando se lleva a cabo la modelación de un problema de programación lineal continua (PLC), este siempre se basa en ciertos principios o supuestos: 1. Proporcionalidad. 2. Aditividad. 3. Certidumbre. 4. Divisibilidad.

❚ Formas de representación de un modelo de programación lineal continua Un modelo de programación lineal continua (MPLC), que conste de 3 restricciones y 2 variables de decisión, se puede representar como:

Max z = 2x1 + 3x2



s.a



5x1 + 4x2 ≤ 40



3x1 + 2x2 ≤ 36



x1 + x2 ≤ 24



x1, x2 ≥ 0

En general, un modelo de programación lineal continua (MPLC), que conste de m restricciones y n variables se puede representar como:

34



Max z = c1x1 + c2x2 + c3x3 + … + cnxn



s.a



a11x1 + a12x2 + a13x3 + … + a1nxn ≤ b1

Grupo Editorial Patria©

a21x1 + a22x2 + a23x3 + … + a2nxn ≤ b2



a31x1 + a32x2 + a33x3 + … + a3nxn ≤ b3 . . . am1x1 + am2x2 + am3x3 + … + amnxn ≤ bm



x1, x2, x3, …, xn ≥ 0

Asimismo, este puede representarse matricialmente en forma simplificada como:

Max z = ctx



s.a



Ax ≤ b



x1 ≥ 0

Donde: z: denota la función objetivo o función a optimizar. ct: denota el vector transpuesto de coeficientes de las variables en función a optimizar. A: denota la matriz de coeficientes de las variables en las restricciones, o también conocida como matriz de coeficientes tecnológicos. x: denota el vector de variables de decisión. b: denota el vector de limitación de recursos. Una primera forma de un modelo de programación lineal continua (MPLC) es la forma canónica caso de máximos:

Max Z = ctx



s.a



Ax ≤ b



x≥0

b ≠ Φ

(1)

Es decir, todas las restricciones son del tipo ≤, sin considerar las variables de no negatividad. En tanto, una segunda forma de representar un MPLC, es la forma canónica caso de mínimos: Min W = cty

s.a



Ay ≥ b



y≥0

(2)

Esto significa que todas las restricciones son del tipo ≥, sin considerar las variables de no negatividad. Una tercera forma de representar un MPLC, es la forma estándar caso de máximos:

Max Z = cty



s.a



Ax = b



x≥0

(3)

Una cuarta forma de representar un MPLC, es la forma estándar caso de mínimos:

Min W = cty



s.a



Ay = b



y≥0

(4) 35

UNIDAD

2

Programación lineal Una quinta forma de representar un MPLC, es la forma mixta de caso de máximos:

Max Z = cty



s.a



A1x ≤ b1



A2x ≥ b2



A3x = b3



x≥0

(5)

Finalmente, una sexta forma de representar un MPLC, es la forma mixta de caso de mínimos:

Min W = cty



s.a



A1y ≤ b1



A2y ≥ b2



A3y = b3



y≥0

(6)

❚ Conceptos básicos A continuación se presenta una serie de conceptos que son importantes de considerar. El término variable de holgura se define como aquella cantidad que expresa un faltante en el miembro izquierdo de una desigualdad del tipo ai1x1 + … + ainxn ≤ bi, para transformarla en una estricta igualdad, la cual se denota como +si, asumiéndose que es no negativa (si ≥ 0). Por ejemplo, si se tiene que la primera restricción en un MPLC es del tipo: 2x1 + 3x2 ≤ 24, entonces para transformarla en una restricción del tipo igualdad, se agrega la variable de holgura s1 en el miembro izquierdo para transformarla en la forma: 2x1 + 3x2 + s1 = 24. Por su parte, una variable de excedencia es aquella cantidad que expresa un excedente en el miembro izquierdo de una desigualdad del tipo ai1x1 + … + ainxn ≥ bi, para transformarla en una estricta igualdad, la cual se denota como -ti, asumiéndose que es no negativa (ti ≥ 0). Por ejemplo, si se tiene que la segunda restricción en un MPLC es del tipo: 4x1 + 5x2 ≥ 40, entonces para transformarla en una restricción del tipo igualdad, se agrega la variable de excedencia t2 en el miembro izquierdo para transformarla en la forma: 4x1 + 5x2 - t2 = 40. Por su parte, una variable irrestricta es aquella que no está restringida en signo, por lo que puede tomar cualquier valor real; es decir, real positivo, cero o real negativo, la cual puede ser expresada como la diferencia de dos variables no negativas, o sea: Si xj es la j-ésima variable irrestricta, entonces dicha variable se puede reemplazar por: xj = x+j - x-j Donde x+j, x-j ≥ 0. Por ejemplo, si se tiene que la tercera variable en un MPLC es irrestricta, entonces en donde aparezca x3, esta se reemplazará por (x+3 - x-3). Una variable artificial es aquella que no tiene valor, pero es usada en los MPLC, con la idea de obtener una solución factible, y se coloca en el miembro izquierdo de una restricción del tipo ai1x1 + … + ainxn ≥ bi o del tipo ai1x1 + … + ainxn = bi; la cual se denota como Ri y se asume al inicio como no negativa (Ri ≥ 0). Por ejemplo, si se tiene que la cuarta restricción es del tipo ≥, mientras que la quinta es del tipo =; en el caso que la cuarta restricción sea 3x1 + 4x2 ≥ 24 y la restricción quinta sea 2x1 + 3x2 = 36, entonces en la cuarta restricción se agrega la variable de excedencia y la variable artificial; la cual queda como: 3x1 + 4x2 - t4 + R4 = 24; mientras que para la quinta restricción queda como: 2x1 + 3x2 + R5 = 36.

❚ Solución básica Supóngase que se tiene un MPLC en su forma estándar, ya sea caso de máximos o caso de mínimos, en donde la matriz de coeficientes es de tamaño m × n; es decir, tiene m restricciones y n variables, 36

Grupo Editorial Patria© y asumiendo que n ≥ m, entonces se dice que x es una solución básica si se hacen (n - m) variables iguales a cero y se resuelve el sistema de ecuaciones lineales (SEL) resultante.

Problema resuelto Supóngase que se tiene el MPLC siguiente:

Max z = 4x1 + 5x2



s.a



3x1 + 4x2 ≤ 48

(D1)



2x1 + 3x2 ≤ 36

(D2)



x1 + x2 ≤ 12

(D3)



x1, x2 ≥ 0

(D4, D5)

(7)

Solución

Alerta

Al estandarizar el modelo, se llega a:

Max z = 4x1 + 5x2 + 0s1 + 0s2 + 0s3



s.a



3x1 + 4x2 + s1 = 48



2x1 + 3x2 + s2 = 36



x1 + x2 + s3 = 12



x1, x2, s1, s2, s3 ≥ 0

(8)

Se recomienda el uso de algún software graficador, como Winplot, Geogebra o algún otro, con la finalidad de representar de manera gráfica las cinco desigualdades, así como la función a optimizar, con el fin de tener una idea de lo que se entendería por solución básica.

De donde se observa que n = 5 y m = 3, por tanto si se desea encontrar una solución básica para (8), se tiene que hacer (n - m) = 2 variables iguales a cero. Es decir, si x1 = s1 = 0, entonces al resolver el SEL resultante se llega a: x2 = 12, s2 = 0 y s3 = 0. Por ende, una solución básica para (8) que se obtiene está dada por: (x1, x2, s1, s2, s3) = (0, 12, 0, 0, 0). Otra solución básica podría obtenerse haciendo x1 = s3 = 0, entonces, al resolver el SEL resultante, se llega a: x2 = 12, s2 = 0 y s1 = 0. De este modo, otra solución básica para (8) que se obtiene está dada por: (x1, x2, s1, s2, s3) = (0, 12, 0, 0, 0). A continuación se presenta la gráfica correspondiente a las cinco desigualdades del modelo (7), así como la recta de la función a optimizar (línea discontinua) (véase figura 2.1). En la figura 2.1, la D1 tiene como conjunto solución todos los puntos del plano que están del lado del origen cuya frontera es la línea verde. La D2 tiene como conjunto solución todos los puntos del plano que están del lado del origen y cuya frontera la línea en color dorado. La D3 tiene como conjunto solución todos los puntos del plano que están del lado del origen y cuya frontera la línea más 15 gruesa y segmento de recta en color azul que va de los puntos B a C. C La D4 tiene como conjunto solución todos los puntos que se ubican en 10 los cuadrantes I y IV (x1 ≥ 0). La D5 tiene como conjunto solución todos línea dorada los puntos que se ubican en los cuadrantes II y III (x2 ≥ 0). Por último, la 5 línea azul recta de la función a optimizar es la que está en línea discontinua. De línea verde esto, al llevar a cabo la intersección B 0 A de las cinco desigualdades, se obtiene el triángulo rectángulo que 20 0 0 5 10 15 se encuentra achurado. Además, se observa que la primera y la segunda solución básica encontradas están −5 dadas por (x1, x2, s1, s2, s3) = (0, 12, 0, Figura 2.1  Conjunto intersección del modelo 7. 0, 0), representadas en el punto C.

37

UNIDAD

2

Programación lineal Solución básica factible. Supóngase que se tiene un MPLC en su forma estándar ya sea caso de máximos o caso de mínimos, en donde la matriz de coeficientes es de tamaño m × n; es decir, tiene m restricciones y n variables, y asumiendo que n ≥ m, entonces se dice que x es una solución básica si se hacen (n - m) variables iguales a cero y se resuelve el sistema de ecuaciones lineales (SEL) resultante y todos los valores de las variables son mayores o iguales a cero.

Problema resuelto Supóngase que se tiene el MPLC siguiente:

Max z = 4x1 + 5x2



s.a



3x1 + 4x2 ≤ 48



2x1 + 3x2 ≤ 36



x1 + x2 ≤ 12



x1, x2 ≥ 0

(9)

Representar gráficamente las cinco desigualdades y la función a optimizar, mediante el uso de software como Winplot, Geogebra u otro. Solución

Al estandarizar el modelo, se llega a:

Max z = 4x1 + 5x2 + 0s1 + 0s2 + 0s3



s.a



3x1 + 4x2 + s1 = 48



2x1 + 3x2 + s2 = 36



x1 + x2 + s3 = 12



x1, x2, s1, s2, s3 ≥ 0

(10)

De donde se observa que: n = 5 y m = 3, por tanto si se desea encontrar una solución básica se tiene que hacer (n - m) = 2 variables iguales a cero. Es decir, si x1 = x2 = 0, entonces al resolver el SEL resultante se llega a: s1 = 48, s2 = 36 y s3 = 12. Por lo cual, una solución básica factible de (10) que se obtiene está dada por: (x1, x2, s1, s2, s3) = (0, 0, 48, 36, 12). Otra solución básica factible podría obtenerse haciendo x2 = s3 = 0; entonces, al resolver el SEL resultante se llega a: x1 = 12, s2 = 12 y s1 = 12. Por ende, otra solución básica de (10) que se obtiene está dada por: (x1, x2, s1, s2, s3) = (12, 0, 12, 12, 0).

Problema resuelto Considerar el MPLC que se presenta abajo.

Max z = 5x1 + 3x2



s.a



2x1 + 5x2 ≤ 30



2x1 + 3x2 ≥ 24

(D2)



x1 + x2 ≤ 12

(D3)



x1, x2 ≥ 0

(D4, D5)

Obtener lo que se le solicita a continuación: a) Una solución básica. b) Una solución básica factible.

38

(D1) (11)

Grupo Editorial Patria© Solución

a) Estandarizando el modelo (sin considerar la función a optimizar) se tiene:

2x1 + 5x2 + s1 = 30



2x1 + 3x2 - t2 + R2 = 24



x1 + x2 + s3 = 12



x1, x2, s1, t2, R2, s3 ≥ 0

(12)

Como n = 6 y m = 3, entonces haciendo (n - m) = 3 variables iguales a cero; haciendo s1 = t2 = R2 = 0, entonces al resolver el SEL se tiene que: x1 = 15/2, x2 = 3 y s3 = 3/2. Por tanto, la solución básica de (12) obtenida está dada por: (x1, x2, s1, t2, R2, s3) = (15/2, 3, 0, 0, 0, 3/2). b) Estandarizando el modelo (sin considerar la función a optimizar) se tiene:

2x1 + 5x2 + s1 = 30



2x1 + 3x2 - t2 + R2 = 24



x1 + x2 + s3 = 12



x1, x2, s1, t2, R2, s3 ≥ 0

Como n = 6 y m = 3, entonces haciendo (n - m) = 3 variables iguales a cero; haciendo x1 = x2 = t2 = 0, entonces al resolver el SEL se tiene que: s1 = 30, R2 = 24 y s3 = 12. Por tanto, la solución básica factible de (12) obtenida está dada por: (x1, x2, s1, t2, R2, s3) = (0, 0, 30, 0, 24, 12). En la figura 2.2 se presenta la gráfica correspondiente a las cinco desigualdades de (11), así como a la recta de la función a optimizar (línea discontinua) haciendo uso de Geogebra 4.2 y de Paint (para achurar el triángulo).

línea dorada línea verde

4 A

C

2

línea verde

línea verde B

0 0

2

4

6

8

10

12

14

−2 línea dorada Figura 2.2  Conjunto intersección del modelo 11. En la figura 2.2, la D1 tiene como conjunto solución todos los puntos del plano que están del lado del origen y cuya frontera es la línea más gruesa. La D2 tiene como conjunto solución todos los puntos del plano que están del lado del segmento de línea verde y partes de los segmentos delgados y hacia la derecha de dicha recta. La D3 tiene como conjunto solución todos los puntos del plano que están del lado del origen y cuya frontera la línea dorada y segmento de recta en color verde. La D4 tiene como conjunto solución todos los puntos que se ubican en los cuadrantes I y IV (x1 ≥ 0). La D5 tiene como conjunto solución todos los puntos que se ubican en los cuadrantes II y III (x2 ≥ 0). Por último, la recta de la función a optimizar es la que está en línea discontinua. Al llevar a cabo la intersección de las cinco desigualdades, se obtiene el triángulo que se encuentra achurado. Además, también se observa que la solución básica obtenida en el inciso a), (x1, x2, s1, t2, R2, s3) = (15/2, 3, 0, 0, 0, 3/2), es la que está representada en el punto A.

39

UNIDAD

2

Programación lineal

2.2  Método gráfico El método gráfico se considera el primer método de solución usado para resolver modelos de programación lineal continua (MPLC). Dicho método se limita a que el modelo conste de dos variables de decisión y un número finito de restricciones lineales, además de que en las restricciones se deben considerar las variables de no negatividad. El siguiente problema resuelto solo tiene como finalidad encontrar soluciones básicas factibles y representarlas gráficamente; no es la aplicación del método gráfico, el cual se describirá posteriormente.

Problema resuelto Supóngase que se tiene el MPLC siguiente:

Max z = 4x1 + 5x2



s.a



3x1 + 4x2 ≤ 48



2x1 + 3x2 ≤ 36



x1 + x2 ≤ 12



x1, x2 ≥ 0

(13)

Solución

Al estandarizar el modelo, se llega a:

Max z = 4x1 + 5x2 + 0s1 + 0s2 + 0s3



s.a



3x1 + 4x2 + s1 = 48



2x1 + 3x2 + s2 = 36



x1 + x2 + s3 = 12



x1, x2, s1, s2, s3 ≥ 0

(14)

De donde se observa que: n = 5 y m = 3. Por tanto, si se desea encontrar una solución básica factible, se tiene que hacer (n - m) = 2 variables iguales a cero. Es decir, si x1 = x2 = 0, entonces al resolver el SEL resultante se llega a: s1 = 48, s2 = 36 y s3 = 12. De este modo, una primera solución básica factible de (14) está dada por: (x1, x2, s1, s2, s3) = (0, 0, 48, 36, 12) Una segunda solución básica factible puede obtenerse haciendo x2 = s3 = 0, y entonces al resolver el SEL resultante se llega a: x1 = 12, s2 = 12 y s1 = 12. Por tanto, la segunda solución básica factible de (14) está dada por: (x1, x2, s1, s2, s3) = (12, 0, 12, 12, 0) Una tercera solución básica factible puede obtenerse haciendo x1 = s3 = 0, y entonces al resolver el SEL resultante se llega a: x2 = 12, s2 = 0 y s1 = 0. Por tanto, la tercera solución básica factible de (14) está dada por: (x1, x2, s1, s2, s3) = (0, 12, 0, 0, 0) Por último, al llevar a cabo la representación gráfica del conjunto poliédrico y la ubicación de cada punto extremo (solución básica factible) solo en términos de las variables x1 y x2, es posible comentar lo siguiente:

40

Grupo Editorial Patria© La primera solución básica factible de (14) es el origen (0, 0). La segunda solución básica factible de (14) está en (12, 0); y la tercera solución básica factible de (14) se encuentra en (0, 12). Esto se puede apreciar en la figura 2.3. 13 12 11 10 9 8 7 6 5 4 3 2 1 −26−25−24−23−22−21−20−19−18−17−16−15−14−13−12−11−10−9 −8 −7 −6 −5 −4 −3 −2 −1 −1 −2 −3 −4 −5 −6 −7 −8

y (0, 12)

2x1 + 3x2 ≤ 36 x1 + x2 ≤ 12 3x1 + 4x2 ≤ 48 (12, 0)

(0, 0)

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26

x

Figura 2.3  Representación gráfica de tres soluciones básicas factibles.

Es importante resaltar que en el CD-ROM se describe con detalle el método gráfico. A continuación se presentan algunos problemas resueltos con detalle.

Problema resuelto Supóngase que una vez que se llevó a cabo el modelado de un problema de programación lineal, se llegó al MPLC siguiente:

Max z = 200x1 + 240x2



s.a



6x1 + 12x2 ≤ 120



8x1 + 4x2 ≤ 64



x1, x2 ≥ 0

(15)

Aplicar el procedimiento descrito en el método gráfico con la finalidad de hallar la solución óptima y el valor óptimo de la función a optimizar. Solución

Al efectuar la representación gráfica de cada desigualdad (restricción, incluyendo las variables de no negatividad), así como de la función a optimizar cuando Z = 0 y cuando Z = Z* = 2 720 en el plano y haciendo uso de Winplot y Paint, es posible obtener la gráfica que se presenta en la figura 2.4, donde se puede observar que la solución óptima (vértice o solución óptima factible) se encuentra en (x1*, x2*) = (4, 8). El conjunto intersección que se forma de las cuatro restricciones da como resultado el trapecio que se observa en figura 2.4, cuya área está delimitada por segmentos rectilíneos. Es importante hacer notar que el trapecio está definido por cuatro segmentos rectilíneos: segmento del eje vertical que pasa por los puntos (0, 0) y (0, 10); segmento que pasa por los puntos (0, 10) y (4, 8); segmento que pasa por los puntos (4, 8) y (8, 0); segmento que pasa por los puntos (8, 0) y (0, 0).

Alerta Es importante recordar que para realizar la gráfica de una desigualdad lineal en dos variables (restricción), se requiere: • Hallar sus trazas (puntos de intersección con el eje horizontal y el eje vertical) haciendo, por ejemplo, la variable x1 = 0, para encontrar el punto de intersección con el eje vertical y, posteriormente, haciendo la variable x2 = 0, para hallar el punto de intersección con el eje horizontal.  El conjunto solución de una desigualdad lineal en dos variables es un área o bien un conjunto de puntos; es decir, un semiplano que puede ser de la recta hacia la parte superior (semiplano superior) o de la recta hacia la parte inferior (semiplano inferior).

41

UNIDAD

2

Programación lineal

10 9 8 7 6 5 4 3 2 1

z=0

y

6x1 + 12x2 ≤ 120 z *= 2720 8x1 + 4x2 ≤ 63

−20−19−18−17−16−15−14−13−12−11−10 −9 −8 −7 −6 −5 −4 −3 −2 −1−1 −2 −3 −4 −5 −6

x

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19

Figura 2.4  Gráfica del conjunto poliédrico del modelo.

Problema resuelto Supóngase que una vez que se llevó a cabo el modelado de un problema de programación lineal, se llegó al MPLC siguiente:

Max Z = 40x1 + 30x2 s.a 3x1 + 5x2 ≥ 30 4x1 + 3x2 ≤ 48 3x1 + 4x2 ≤ 40 x1, x2 ≥ 0

(16)

Aplicar el procedimiento descrito en el método gráfico, con la finalidad de hallar la solución óptima y el valor óptimo de la función a optimizar. Solución

Al efectuar la representación gráfica de cada desigualdad (restricción, incluyendo las variables de no negatividad), así como de la función a optimizar cuando Z = 0 y cuando Z = Z* = 480, en el plano y haciendo uso de Winplot y Paint, se obtiene la gráfica que se presenta en la figura 2.5, en la cual se puede observar que la solución óptima (punto extremo óptimo factible) se encuentra en (x1*, x2*) = (12, 0).

z=0

10 9 8 7 6 5 4 3 2 1

−20−19−18−17−16−15−14−13−12−11−10 −9 −8 −7 −6 −5 −4 −3 −2 −1 −1 −2 −3 −4 −5 −6

Figura 2.5  Gráfica del conjunto poliédrico del modelo.

42

y

4x1 + 3x2 ≤ 48 3x1 + 4x2 ≤ 40 z = z* = 480 3x1 + 5x2 ≤ 30

(10.2, 2.2) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19

x

Grupo Editorial Patria© Como se puede ver, el conjunto intersección que se forma de las cinco restricciones da como resultado el polígono que se representa en la figura, cuya área se encuentra delimitada por segmentos rectilíneos. Por tanto, este polígono queda definido por cinco segmentos rectilíneos: segmento del eje vertical que pasa por los puntos (0, 6) y (0, 10); segmento que pasa por los puntos (0, 10) y (10.2, 2); segmento que pasa por los puntos (10.2, 2.2) y (12, 0); segmento que pasa por los puntos (12, 0) y (10, 0); segmento que pasa por los puntos (10, 0) y (0, 6).

A continuación se presentan ejercicios del método gráfico de caso mínimo.

Problema resuelto Supóngase que una vez que se efectuó el modelado de un problema de programación lineal, se llegó al MPLC siguiente:

Max W = 8y1 - 12y2



s.a



5y1 - 4y2 ≥ 20



2y1 + 3y2 ≤ 36



6y1 + 3y2 = 24



y1, y2 ≥ 0

(17)

Aplicar el procedimiento descrito en el método gráfico, con la finalidad de hallar la solución óptima y el valor óptimo de la función a optimizar. Solución

Al realizar la representación gráfica de cada desigualdad (restricción, incluyendo las variables de no negatividad), así como de la función a optimizar cuando W = 0 y cuando W = W* = 32, en el plano y haciendo uso de Winplot y Paint, se puede obtener la gráfica que se presenta en la figura 2.6.

12 11 10 9 8 7 6 5 4 3 2 1 −24−23−22−21−20−19−18−17−16−15−14−13−12−11−10−9 −8 −7 −6 −5 −4 −3 −2 −1 −1 −2 −3 −4 −5 −6 −7

y 5y1 – 4y2 ≥ 36

w=0

2y1 + 3y2 ≤ 36 w = w* = 32

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23

x

6y1 + 3y2 = 24

Figura 2.6  Gráfica del conjunto poliédrico del modelo (17).

En la figura, el conjunto intersección que se forma de las tres restricciones y dos variables de no negatividad da como resultado el segmento de línea recta marcado más grueso, el cual pasa por los puntos (0, 8) y (4, 0).

43

UNIDAD

2

Programación lineal

Problema resuelto Supóngase que una vez que se llevó a cabo el modelado de un problema de programación lineal, se llegó al MPLC siguiente:

Min W = 25y1 - 20y2 s.a 2y1 + 3y2 ≥ 24 4y1 + 5y2 ≤ 40 y1, y2 ≥ 0

(18)

Aplicar el procedimiento descrito en el método gráfico, con la finalidad de hallar la solución óptima y el valor óptimo de la función a optimizar. Solución

Al realizar la representación gráfica de cada desigualdad (restricción, incluyendo las variables de no negatividad), así como de la función a optimizar cuando W = 0 y cuando W = W* = -160, en el plano y haciendo uso de Winplot y Paint, se puede obtener la gráfica que se presenta en la figura 2.7. 9

y

w = w* = –160

8 7 6 5 4

2y1 + 3y2 >= 24

3 2

w = 0 4y1 + 5y2 <= 40

1 −18 −17 −16 −15 −14 −13 −12 −11 −10 −9 −8 −7 −6 −5 −4 −3 −2 −1−1

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10 11 12 13 14 15 16 17 18

x

−2 −3 −4 −5

Figura 2.7  El conjunto intersección que se forma de la intersección de las dos restricciones y las dos variables de no negatividad, da por resultado un único punto, el cual es (0, 8), siendo este el que aporta el valor óptimo de la función a optimizar.

2.3  Método simplex El método simplex se basa en el hecho de que la solución óptima de un modelo de programación lineal continua (MPLC) siempre ocurrirá en un vértice (punto factible, solución básica factible), debido a la linealidad y la convexidad de las restricy ciones (desigualdades); de ahí, basta analizar los puntos extremos para conocer aquel que E(0, 14) produce el valor óptimo de la función a optiD(3, 12) mizar y, por ende, la solución óptima. Ahora bien, para tener una idea básica desde el punto de vista gráfico, supóngase que se tiene un conjunto intersección como el que se muestra en la figura 2.8. Como se puede observar, cuando se inicia en el punto A, que es el origen (0, 0), el siguiente punto factible o vértice está en B(8, 0). Posteriormente, al ir mejorando el valor del objetivo, se alcanza en C(6, 6), luego en D(3, 12) y, finalmente, en E(0, 14). 44

C(6, 6)

A(0, 0) Figura 2.8  Conjunto intersección.

B(8, 0)

x

Grupo Editorial Patria© De lo anterior, se puede pensar intuitivamente que el método simplex es un procedimiento iterativo (algoritmo) que permite ir mejorando la solución en cada vértice. Por tanto, el procedimiento termina cuando ya no es posible seguir mejorando el valor del objetivo. Teóricamente se puede iniciar en cualquier vértice o punto factible, pero como se asume que se inicia con un MPLC en forma canónica caso máximo, entonces una solución inicial básica factible (SIBF) será el origen; para lo cual el método consistirá en buscar sucesivamente otro vértice que mejore el valor de la función objetivo. Esta búsqueda se hace a través de los vértices del polígono (vértices del conjunto poliédrico). Y, asumiendo que el número de vértices es finito, entonces siempre se podrá encontrar una solución óptima. A continuación se revisan y analizan con detalle algunos conceptos importantes:

° Si un MPLC no cumple con alguna de estas formas, este debe manipularse mediante alguna de las siguientes transformaciones:

a) Si se tiene una restricción (desigualdad) del tipo: ai1x1 + … + ainxn ≥ bi

Para transformarla a la forma ≤ se multiplica por -1; entonces: -ai1x1 - … - ainxn ≤ bi

b) Si se tiene una restricción (desigualdad) del tipo: ai1x1 + … + ainxn = bi

Se puede sustituir por las siguientes restricciones (desigualdades): ai1x1 + … + ainxn ≥ bi ai1x1 + … + ainxn ≤ bi Ya que desde el punto de vista geométrico la intersección de estas dos restricciones (desigualdades) da como resultado la restricción (ecuación) del tipo igualdad.

c) Si se tiene un modelo de minimización, se puede sustituir la función objetivo por z’ = -ctx y se maximiza z’. Al terminar, el máximo de z se obtiene como: Max z = -Min(-z’)

El algoritmo del método se puede consultar en el CD-ROM del libro.

Problema resuelto Aplicar el algoritmo simplex para hallar la solución óptima del MPLC siguiente:

Max Z = 4x1 + 2x2

Sujeto a:

x1 + 2x2 ≤ 36



2x1 + 5x2 ≤ 40



x1, x2 ≥ 0

Solución

Al llevar a cabo la estandarización del MPLC, se obtiene:

Max Z = 4x1 + 2x2 + 0s1 + 0s2

Sujeto a:

x1 + 2x2 + s1 = 36



2x1 + 5x2 + s2 = 40



x1, x2, s1, s2 ≥ 0

45

UNIDAD

2

Programación lineal Ahora, para hallar una SIBF se tiene que hacer (n - m) variables iguales a cero, donde n = 4 y m = 2; es decir, (n - m) = 2, variables iguales a cero. Supóngase que sean x1 = x2 = 0, y con base en esto, se tiene que s1 = 36, y s2 = 40. Así que la solución inicial básica factible queda definida como: (x1, x2, s1, s2) = (0, 0, 36, 40). Tabla 2.1  Tabla simplex inicial Cj

 

4

2

0

0

 

 

CB

VB

X1

X2

S1

0

S1

1

2

1

S2

LD

Theta

0

36

36

0

S2

2

5

Cj - Zj

Z

4

2

0

1

40

20

0

0

0

 

En este caso, como no se cumple el criterio de optimalidad, entonces se busca la variable entrante, que con base en el paso 6, es la variable x1, debido a que el elemento (Cj - Zj) más grande positivo es el 4, ubicado en la celda marcada. Aplicando el paso 7, que es útil para definir la variable que sale, y usando el criterio del mínimo cociente, nos percatamos que es 20, y está ubicado en la celda sombreada. Por tanto, el pivote es el elemento 2, en la celda marcada. Al definir el pivote y pivotear, se obtiene la tabla de la primera iteración (véase tabla 2.2). Tabla 2.2  Primera iteración Cj

 

4

2

0

CB

VB

0

S1

4 Cj - Zj

0

 

 

X1

X2

S1

0

-0.5

1

S2

LD

Theta

-0.5

16

 

X1

1

2.5

0

0.5

20

 

Z

0

-8

0

-2

80

 

Como se cumple el criterio de optimalidad, entonces se dice que se ha llegado a la solución óptima, que es:  s *   16  1 xB =   =    x *   20 1 Y el valor óptimo de la función a optimizar es: z* = 80. Verificación de solución óptima y valor óptimo del objetivo, mediante WinQSB Al abrir la pestaña Linear and Integer Programming, WinQSB devuelve la pantalla (véase figura 2.9).



46

Figura 2.9

Grupo Editorial Patria© Luego, al dar clic en File y New Problem, WinQSB devuelve la pantalla que se observa en la figura 2.10.



Figura 2.10

El siguiente paso consiste en introducir el título del problema (si es que se desea; es decir, es optativo) y el número de variables, así como el número de restricciones y finalmente indicarle si la función a optimizar es de máximos o de mínimos. Para el caso del ejemplo, no se introduce nombre del problema, pero sí el número de variables, el número de restricciones y el criterio de la función a optimizar. Al llevar a cabo esta acción, WinQSB devuelve la pantalla que se observa en la figura 2.11.



Figura 2.11

Enseguida, para obtener la solución óptima y el valor óptimo del objetivo, se da clic en la pestaña de Solve and analize y luego se da clic en Solve the problem, entonces WinQSB devuelve la pantalla que se observa en la figura 2.12.



Figura 2.12

47

UNIDAD

2

Programación lineal Por último, al dar clic en Aceptar, WinQSB devuelve la pantalla que se observa en la figura 2.13.



Figura 2.13

La interpretación de la pantalla anterior es: X1* = 20, X2 = 0 y Z* = 80 En la figura 2.14 se realiza la interpretación geométrica de lo que el algoritmo simplex está ejecutando.

y 20

D1

18

D2

16

D3

14

D4

z* = 80

12

f(x) = 40 – 2x

10 8 6 4 2 −6

−4

−2

A = (0, 0) 2

B = (20, 0) 4

6

8

10

12

14

16

18

20

22

24

26

x

Figura 2.14 Conforme se observa en la figura 2.14, el conjunto que se forma al efectuar la intersección de las cuatro restricciones (desigualdades) es un triángulo rectángulo achurado. Luego, la SIBF con que se inició la aplicación del algoritmo fue el punto factible A(0, 0); después de ejecutar el primer cálculo (iteración) se obtuvo otro punto factible B(20, 0), que resultó el punto factible óptimo, con valor óptimo de función a optimizar de Z* = 80.

48

Grupo Editorial Patria© ❚ Casos que se presentan al aplicar el método simplex En la aplicación del método simplex pueden suceder varias cosas; por ejemplo, pueden existir casos donde la solución óptima no es única o finita o casos donde pueden haber restricciones redundantes o simplemente puede suceder que no haya solución. Estos casos se pueden clasificar como: 1° caso: Degeneración

Problema resuelto Aplicar el algoritmo simplex para hallar la solución óptima del MPLC siguiente: Max Z = 3x1 + 9x2

Sujeto a:

x1 + 4x2 ≤ 8



x1 + 2x2 ≤ 4



x1, x2 ≥ 0

Solución

Al llevar a cabo la estandarización del MPLC, se obtiene: Max Z = 3x1 + 9x2 + 0x3 + 0x4

Sujeto a:

x1 + 4x2 + x3 = 8



x1 + 2x2 + x4 = 4



x1, x2, x3, x4 ≥ 0

Ahora bien, para hallar una SIBF es necesario hacer (n - m) variables iguales a cero, donde n = 4 y m = 2; es decir, (n - m) = 2 variables iguales a cero. Digamos que sean x1 = x2 = 0 y, con base en esto, se tiene que x3 = 8, y x4 = 4. Así que la solución inicial básica factible queda definida como: (x1, x2, x3, x4) = (0, 0, 8, 4) (véase tabla 2.3). Tabla 2.3  Tabla simplex inicial Cj

 

3

9

0

0

 

 

CB

VB

X1

X2

X3

X4

LD

Theta

0

X3

1

4

1

0

8

2

0

X4

1

2

0

1

4

2

Cj - Zj

Z

3

9

0

0

0

 

Como en este caso no se cumple el criterio de optimalidad, entonces se busca la variable entrante, que con base en el paso 6, esta es la variable X2, debido a que el elemento (Cj - Zj) más grande positivo es el 9. Aplicando el paso 7, que es para definir la variable que sale, usando el criterio del mínimo cociente, nos percatamos que es 2, y que está en la celda ubicada debajo de theta. Por tanto, el pivote es el elemento 4 que está en la celda debajo de X2. Al definir el pivote y pivotear, se obtiene la tabla de la primera iteración (véase tabla 2.4). Tabla 2.4  Tabla de la primera iteración Cj

 

3

9

0

0

 

 

CB 9

VB

X1

X2

0.25

X2

X3

X4

LD

Theta

1

0.25

0

2

8

0

X4

0.5

0

-0.5

Cj - Zj

Z

0.75

0

-2.25

1

0

0

0

18

 

49

UNIDAD

2

Programación lineal Como aquí no se cumple el criterio de optimalidad, entonces se busca la variable entrante, que con base en el paso 6, esta es la variable X1, debido a que el elemento (Cj - Zj) más grande positivo es el 0.75 (sombreado). Aplicando el paso 7, que nos permite definir la variable que sale, y mediante el uso del criterio del mínimo cociente, nos percatamos que es 0, que está en la celda marcada. Por tanto, el pivote es el elemento 0.5. Al definir el pivote y pivotear, entonces se obtiene la tabla de la segunda iteración (véase tabla 2.5) Tabla 2.5  Tabla de la segunda iteración Cj

 

3

9

0

0

 

 

CB

VB

X1

X2

9

X2

0

1

X3

X4

LD

Theta

0.5

-0.5

2

 

3

X1

1

0

-1

Cj - Zj

Z

0

0

-1.5

2

0

 

-1.5

18

 

Como ya no hay ningún elemento de las variables no básicas que tenga algún (Cj - Zj) positivo, entonces se ha encontrado la solución óptima degenerada, que es:  x *   2 2 x B* =   =    x *   0 1 Que precisamente resultó una solución básica factible óptima degenerada, debido a que la variable básica X1 resultó ser cero en el óptimo. Así que el valor óptimo de la función a optimizar es: Z* = 18 Haciendo uso de Lindo, se tiene que la salida es:

LP  OPTIMUM  FOUND  AT  STEP    1



OBJECTIVE

FUNCTION



1)

18.00000



VARIABLE

VALUE

REDUCED COST



X1 X2

0.000000 2.000000

1.500000 0.000000



ROW

SLACK OR SURPLUS

DUAL PRICES



2) 3)

0.000000 0.000000

0.000000 4.500000



VALUE

NO. ITERATIONS = 1

Esta solución óptima coincide con la obtenida al aplicar el algoritmo simplex.

2° caso: Soluciones múltiples

Problema resuelto Aplicar el algoritmo simplex para hallar la solución óptima del MPLC siguiente:

Max Z = 2x1 + 4x2

Sujeto a:

50

x1 + 2x2 ≤ 5 x1 + x2 ≤ 4 x1, x2 ≥ 0

Grupo Editorial Patria© Solución

Por razones obvias, en este problema se omitirá realizar la estandarización del modelo y encontrar la SIBF, dado que esto se realizó en el problema anterior. Por tanto, aquí iniciaremos a partir de la presentación de la tabla simplex inicial (véase tabla 2.6). Tabla 2.6  Tabla simplex inicial Cj

 

2

4

0

0

 

 

CB

VB

X1

X2

X3

X4

LD

Theta

0

X3

1

2

1

0

5

2.5

0

X4

1

1

0

1

4

4

Cj - Zj

Z

2

4

0

0

0

 

Como en este caso no se cumple el criterio de optimalidad, el siguiente paso es buscar la variable entrante, que con base en el paso 6 es la variable X2, debido a que el elemento (Cj - Zj) más grande positivo es el 4. Aplicando el paso 7, que sirve para definir la variable que sale, usando el criterio del mínimo cociente, nos percatamos que para el caso que nos ocupa, se elegirá el cociente, cuyo valor es 2.5. Por tanto, el pivote es el elemento 2 que está en la celda ubicada debajo de X2. Por tanto, al definir el pivote y pivotear se obtiene la tabla de la primera iteración (véase tabla 2.7). Tabla 2.7  Tabla de la primera iteración Cj

 

2

4

0

0

 

 

CB

VB

X1

X2

X3

X4

LD

Theta

4

X2

0.5

1

0.5

0

2.5

5

0

X4

0.5

0

-0.5

1

1.5

3

Cj - Zj

Z

0

0

-2

0

10

 

Como se puede observar, los elementos (Cj - Zj) para las variables no básicas son menores o iguales a cero; por tanto, con base en esto, se ha encontrado una solución óptima:  x *   2 .5 2 xB =   =    x *   1 .5  4 Así, el valor óptimo de la función a optimizar es: z* = 10 Pero, como no existe un impedimento para elegir nuevamente como variable entrante a la variable X1, que es variable no básica, y cuyo valor es 0, ubicado en la celda marcada. Entonces, al aplicar el criterio del mínimo cociente para hallar la variable saliente, se obtiene el valor 3. De este modo, el pivote es el elemento 0.5, que está en la celda marcada. Al definir el pivote y pivotear, se obtiene la tabla de la segunda iteración (véase tabla 2.8). Tabla 2.8  Tabla de la segunda iteración Cj

 

2

4

0

0

 

 

CB

VB

X1

X2

X3

X4

LD

Theta

4

X2

0

1

1

-1

1

 

2

X1

1

0

-1

2

3

 

Cj - Zj

Z

0

0

-2

0

10

 

Como se puede observar, los elementos (Cj - Zj) para las variables no básicas son menores o iguales a cero; por tanto, con base en esto, se ha encontrado otra solución óptima:  x *  1 2 xB =   =    x *   3 1 Y el valor óptimo de la función a optimizar sigue siendo: z* = 10

51

UNIDAD

2

Programación lineal Haciendo uso de Lindo, se obtiene que la salida:

LP  OPTIMUM  FOUND  AT  STEP    1



OBJECTIVE 1)

FUNCTION 10.00000

VALUE



VARIABLE X1 X2

VALUE 0.000000 2.500000

REDUCED COST 0.000000 0.000000



ROW 2) 3)

SLACK OR SURPLUS 0.000000 1.500000

DUAL PRICES 2.000000 0.000000

NO. ITERATIONS = 1



Esta solución óptima coincide con la obtenida en la primera iteración.

3° caso: Soluciones no acotadas

Problema resuelto Aplicar el método simplex para hallar la solución óptima del MPLC siguiente: Max Z = 2x1 + x2

Sujeto a:

x1 - x2 ≤ 10



2x1 + 0x2 ≤ 40



x1, x2 ≥ 0

Solución

Por razones obvias, en este problema se omitirá realizar la estandarización del modelo y encontrar la SIBF, dado que esto se realizó en el problema anterior. Así que se iniciará a partir de la presentación de la tabla simplex inicial (véase tabla 2.9). Tabla 2.9  Tabla simplex inicial Cj

 

2

1

0

0

 

 

CB

VB

X1

X2

X3

X4

LD

Theta

0

X3

1

-1

1

0

10

10

0

X4

2

0

0

1

40

20

Cj - Zj

Z

2

1

0

0

0

 

Como aquí no se cumple el criterio de optimalidad, entonces el siguiente paso es buscar la variable entrante, que con base en el paso 6 es la variable X1, debido a que el elemento (Cj - Zj) más grande positivo, y es el 2 ubicado en la celda sombreada. Aplicando el paso 7, que nos permite definir la variable que sale, y usando el criterio del mínimo cociente, nos percatamos que para el caso que nos ocupa, se elegirá el cociente, cuyo valor es 10, y que está en la celda marcada. Por tanto, el pivote es el elemento 1 que está en la celda señalada. Al definir el pivote y pivotear, se obtiene la tabla de la primera iteración (véase tabla 2.10). Tabla 2.10  Tabla de la primera iteración

52

Cj

 

2

CB

VB

2

X1

0 Cj - Zj

1

0

0

 

 

X1

X2

X3

1

-1

1

X4

LD

Theta

0

10

X4

0

2

-

-2

1

20

10

Z

0

3

-2

0

20

 

Grupo Editorial Patria© Nuevamente, en este caso tampoco se cumple el criterio de optimalidad, así que se repite el mismo procedimiento mencionado debajo de la tabla simplex inicial. La variable que entra es X2, debido a que el elemento (Cj - Zj) más grande positivo es el 3. Luego, aplicando el criterio del mínimo cociente, nos percatamos que es el elemento 10 ubicado en la celda sombreada. Por tanto, el pivote es el elemento 2 que está en la celda señalada. Al definir el pivote y pivotear, se obtiene la tabla de la segunda iteración (véase tabla 2.11). Tabla 2.11  Tabla de la segunda iteración Cj

 

2

1

0

0

 

 

CB

VB

X1

X2

X3

X4

LD

Theta

2

X1

1

0

0

0.5

20

 

1

X2

0

1

-1

0.5

10

 

Cj - Zj

Z

0

0

1

-1.5

 

 

Por último, como se puede observar en la tabla, no se cumple el criterio de optimalidad debido que existe un elemento (Cj - Zj) más grande positivo es el 1 ubicado en la celda sombreada, pero no hay variable saliente; dado que los dos divisores no son válidos para considerarlos, porque uno es 0 y el otro es -1 (número negativo). Por tanto, se concluye que el modelo es no acotado. Haciendo uso de Lindo, se obtiene que la salida: UNBOUNDED  VARIABLES  ARE: 2 SLK X2

OBJECTIVE 1)

FUNCTION 0.9999990E+08

VALUE



VARIABLE X1 X2

VALUE 20.000000 10.000000

REDUCED COST 0.000000 0.000000



ROW 2) 3)

SLACK OR SURPLUS 0.000000 0.000000

DUAL PRICES 0.000000 -1.000000



NO. ITERATIONS = 2

O bien, haciendo uso de Lindo, se obtiene la salida que se muestra en la figura 2.15.



Figura 2.15

Esta coincide con lo que se obtiene al aplicar el método simplex.

53

UNIDAD

2

Programación lineal 4° caso: Soluciones inexistentes

Problema resuelto Aplicar el método gráfico para hallar la solución óptima del MPLC siguiente: Max Z = 3x1 + 2x2

Sujeto a:

2x1 + x2 ≤ 2 3x1 + 4x2 ≥ 12 x1, x2 ≥ 0

Solución

Primero, hacemos uso del software Graph y Paint para dibujar las cuatro restricciones; entonces, se obtiene la figura 2.16.

y 10

D1

8

D2

6

D3

4

D4

2 –10

–9

–8

–7

–6

–5

–4

–3

–2

–1

x2 >= 0 1

2

3

4

5

–2

7

8

9

3x1+ 4x2 >= 12

10

11

x

2x1+ x2 <= 2

–4 –6

6

x1 >= 0

–8

Figura 2.16 En la figura 2.16 se observa que el conjunto solución es el vacío; debido a que la intersección de las cuatro restricciones carece de un conjunto de valores reales.

Enseguida, se resuelven dos MPLC mediante la aplicación del algoritmo simplex descrito antes.

Problema resuelto Aplicar el algoritmo simplex para hallar la solución óptima del MPLC siguiente:

Max Z = 3x1 + 5x2 + 8x3

Sujeto a:

3x1 + 5x2 + 8x3 ≤ 60



x1 + 2x2 + 3x3 ≤ 36



x1, x2, x3 ≥ 0

Solución

Por razones obvias, en este caso se omitirá realizar la estandarización del modelo y encontrar la SIBF, dado que este paso ya se realizó en el problema anterior. Así que aquí iniciaremos a partir de la presentación de la tabla simplex inicial (véase tabla 2.12).

54

Grupo Editorial Patria© Tabla 2.12  Tabla simple inicial Cj

 

3

5

8

0

0

 

 

CB

VB

X1

X2

X3

X4

X5

LD

Theta

0

X3

3

5

8

1

0

60

7.5

0

X4

1

2

3

0

1

36

12

Cj - Zj

Z

3

5

8

0

0

0

 

Como en este caso no se cumple el criterio de optimalidad, entonces se busca la variable entrante, que con base en el paso 6 es la variable X3, debido a que el elemento (Cj - Zj) más grande positivo es el 8, ubicado en la celda sombreada. Aplicando el paso 7, que nos permite definir la variable que sale, mediante el uso del criterio del mínimo cociente, nos percatamos que para el caso que nos ocupa se elegirá el cociente, cuyo valor es 7.5. Por tanto, el pivote es el elemento 8 que está en la celda sombreada. Al definir el pivote y pivotear, se obtiene la tabla de la primera iteración (véase tabla 2.13). Tabla 2.13  Tabla de la primera iteración Cj

 

CB

VB

8

X3

0

X5

Cj - Zj

Z

3

5

8

0

0

X1

X2

0.375

0.625

-0.125 0

 

 

X3

X4

1

0.125

X5

LD

Theta

0

7.5

20

0.125

0

-0.375

1

13.5

-

0

0

-1

0

60

 

Como se ve, los elementos (Cj - Zj) para las variables no básicas son menores o iguales a cero; por tanto, con base en lo anterior, se ha encontrado otra solución óptima:  x *   7 .5  3 xB =   =    x *   13 .5 5



Y el valor óptimo de la función a optimizar sigue siendo: z* = 60 Pero, como no existe algún impedimento para elegir, de nueva cuenta, como variable entrante a la variable X1, que es variable no básica, y cuyo valor es 0 ubicado en la celda sombreada, entonces al aplicar el criterio del mínimo cociente para hallar la variable saliente se obtiene el valor 20. De este modo, el pivote es el elemento 0.375, que está en la celda sombreada. Así, al definir el pivote y pivotear se obtiene la tabla de la segunda iteración (véase tabla 2.14). Tabla 2.14  Tabla de la segunda iteración Cj

 

3

5

8

CB

VB

X1

X2

3

X1

1

1.6666667

0

X5

0

0.3333333

Cj - Zj

Z

0

0

0

0

 

 

X3

X4

2.6666667

0.3333333

X5

LD

Theta

0

20

 

0.3333333 0

-0.333333

1

16

 

-1

0

60

 

Como se puede ver, los elementos (Cj - Zj ) para las variables no básicas son menores o iguales a cero; por tanto, con base en esto, se ha encontrado otra solución óptima:  x *   20 1 xB =   =    x *   16  5 Y el valor óptimo de la función a optimizar sigue siendo: z* = 60

55

UNIDAD

2

Programación lineal Haciendo uso de Lindo, se obtiene que la salida:

LP  OPTIMUM  FOUND  AT  STEP    1



OBJECTIVE

FUNCTION



1)

60.00000

VALUE



VARIABLE

VALUE

REDUCED COST



X1 X2 X3

20.000000 0.000000 0.000000

0.000000 0.000000 0.000000



ROW

SLACK OR SURPLUS

DUAL PRICES



2) 3)

0.000000 16.000000

1.000000 0.000000

NO. ITERATIONS = 1



Esta solución óptima coincide con la obtenida en la segunda iteración.

Problema resuelto Aplicar el algoritmo simplex para hallar la solución óptima del MPLC siguiente: Max Z = 5x1 + 4x2 - 2x3

Sujeto a:

2x1 + 3x2 + 5x3 ≤ 40 3x1 + x2 - 2x3 ≤ 60 x1, x2, x3 ≥ 0

Solución

Por razones obvias, aquí se omite realizar la estandarización del modelo y encontrar la SIBF, dado que esto se realizó en el problema anterior. Así que aquí iniciaremos a partir de la presentación de la tabla simplex inicial (véase tabla 2.15). Tabla 2.15  Tabla simplex inicial Cj

 

5

4

-2

0

0

 

 

CB

VB

X1

X2

X3

X4

X5

LD

Theta

0

X4

2

3

5

1

0

40

20

0

X5

3

1

-2

0

1

60

20

Cj - Zj

Z

5

4

-2

0

0

0

 

Como en este caso no se cumple el criterio de optimalidad, entonces se busca la variable entrante, que con base en el paso 6 es la variable X1, debido a que el elemento (Cj - Zj) más grande positivo es el 5, ubicado en la celda sombreada. Aplicando el paso 7, que nos permite definir la variable que sale, usando el criterio del mínimo cociente, nos podemos percatar que para el caso que nos ocupa se elegirá el cociente, cuyo valor es 20 que está en la celda sombreada. Por tanto, el pivote es el elemento 2. Al definir el pivote y pivotear, se obtiene la tabla de la primera iteración (véase tabla 2.16). Tabla 2.16  Tabla de la primera iteración

56

Cj

 

5

4

-2

0

0

 

 

CB

VB

X1

X2

X3

X4

X5

LD

Theta  

5

X1

1

1.5

2.5

0.5

0

20

0

X5

0

-3.5

-9.5

-1.5

1

0

 

Cj - Zj

Z

0

-3.5

-14.5

-2.5

0

100

 

Grupo Editorial Patria© Como se puede observar en la tabla, los elementos (Cj - Zj) para las variables no básicas son menores o iguales a cero, con base en esto se ha encontrado solución óptima degenerada:  x *   20 1 xB =   =    x *   0  5



Y el valor óptimo de la función a optimizar sigue siendo: z* = 100 Haciendo uso de Lindo, se obtiene que la salida:

LP  OPTIMUM  FOUND  AT  STEP    1



OBJECTIVE

FUNCTION

VALUE



1)

100.00000



VARIABLE

VALUE

REDUCED COST



X1 X2 X3

20.000000 0.000000 0.000000

0.000000 0.000000 0.000000



ROW

SLACK OR SURPLUS

DUAL PRICES



2) 3)

0.000000 0.000000

1.000000 2.000000

NO. ITERATIONS = 2 Esta solución óptima coincide con la obtenida en la segunda iteración.

2.4  Método de la gran M El método de la gran M es otro de los métodos de solución de programación lineal continua, que se ubica dentro de los métodos de variables artificiales; también conocido como variante del método simplex o método de penalización. Este método se denomina así debido a que usa variables artificiales. Se aplica cuando algún modelo de programación lineal continua (MPLC) no se encuentra en su forma canónica (caso de máximos), ya que habría que introducir alguna variable artificial en dicho modelo, con la finalidad de obtener una solución inicial básica factible (SIBF), para posteriormente aplicar el algoritmo simplex, descrito con anterioridad. El algoritmo de este método se aborda con detalle dentro del CD-ROM del libro. Para tener una idea clara de cómo se aplica este algoritmo, a continuación se utiliza en el ejemplo de un problema resuelto.

Alerta Es importante considerar que no todos los MPLC tienen solución óptima. Cuando se aplique este algoritmo se sabrá si el modelo no tiene solución, si la tabla cumple con el criterio de optimalidad y hay al menos una variable artificial en el conjunto de variables básicas con un valor positivo.

Problema resuelto Resolver el modelo mostrado abajo usando el algoritmo de la gran M.

Max Z = 3x1 + 2x2

Sujeto a:

2x1 + x2 ≤ 2



3x1 + 4x2 ≥ 12



x1, x2 ≥ 0

Alerta Este modelo fue el que quedó pendiente de resolver en el tema 2.3.

57

UNIDAD

2

Programación lineal Solución

Al estandarizar el modelo, tenemos: Max z = 3x1 + 2x2 + 0t2 - MR2 s.a 2x1 + x2 + s1 = 2 3x1 + 4x2 - t2 + R2 = 12 x1, x2, s1, t2, R2 ≥ 0  y  M >>> 0



La tabla simplex inicial se muestra en la tabla 2.17. Tabla 2.17  Tabla simplex inicial Cj CB

VB

0 -M

S1 R2

Cj - Zj

Z

3 2 X1 X2

t2

0 -M S1 R2

0

2 1 3 4

0

0

1 -1

1

(3 + 3M) (2 + 4M)

-M

0

LD

θ

2 12

2/1 = 2 12/4 = 3

0 -12M

0

De acuerdo con el algoritmo propuesto, la variable entrante es X2, dado que (Cj - Zj) es el valor más grande positivo, porque M es una cantidad muy grande positiva. Dicho elemento es (2 + 4M) que en la tabla está sombreado. Luego, para saber qué variable sale, se aplica el criterio del mínimo cociente, cuyos cocientes se muestran en la columna θ, siendo el mínimo el que está sombreado; por tanto, el pivote es el valor 1, que está señalado. No hay que olvidar que el pivote resulta de la intersección de la columna de la variable entrante y el renglón de la variable saliente. Por este motivo, para este caso, la variable saliente es S1. Al pivotear, se genera la tabla de la primera iteración, que se muestra en la tabla 2.18. Tabla 2.18  Tabla de la primera iteración Cj CB

VB

2 -M

X2 R2

Cj - Zj

Z

3 2 X1 X2 2 1 -5 0

0 t2 0 -1

(-1 - 5M) -M

0

0 -M S1 R2 0 1

LD 1 -4

(-2 - 4M) 0

θ

2 4

4 - 4M

Nuevamente, al aplicar el algoritmo, se debe investigar si se cumple la prueba de optimalidad. En este caso, sí se cumple. Sin embargo, como se observa, hay una variable artificial en la base, cuyo valor es 4 (positiva). Con base en esto, se concluye que el modelo es infactible (no posee soluciones factibles) y concluye aquí.

Problema resuelto Resolver el modelo mostrado abajo, usando el algoritmo de la gran M.

58

Min w = 2y1 + 5y2 s.a y1 + 3y2 ≥ 12 2y1 + 9y2 ≥ 18 con y1, y2 ≥ 0

Grupo Editorial Patria© Solución

Al estandarizar el modelo, tenemos: Min w = 2y1 + 5y2 + 0t1 + 0t2 + MR1 + MR2 s.a y1 + 3y2 - t1 = 12 2y1 + 9y2 - t2 = 18 y1, y2, t1, t2, R1, R2 ≥ 0  y  M >>> 0



Para este caso, la tabla simplex inicial se muestra en la tabla 2.19. Tabla 2.19  Tabla simplex Cj

2 0

5 0

M M

CB

VB

Y1 t1

Y2 t2

R1 R2

LD

θ

M M

R1 R2

1 -1 2 0

3 0 9 -1

1 0 0 1

12 18

12/3 = 4 18/9 = 2

Cj - wj

w

(5 - 12M) M

0 0

30M

(2 - 3M) M

De acuerdo con el algoritmo propuesto, la variable entrante es Y2, dado que (C2 - w2) es el valor más grande negativo, porque M es una cantidad muy grande positiva. Dicho elemento es (5 - 12M), el cual está señalado. Luego, para saber qué variable sale, se aplica el criterio del mínimo cociente, cuyos cocientes se muestran en la columna θ, siendo el mínimo el que está sombreado; por tanto, en este caso, el pivote es el valor 9, que está sombreado. De este modo, la variable saliente es R2. No hay que olvidar que el pivote resulta de la intersección de la columna de la variable entrante y el renglón de la variable saliente. Así, al pivotear, se genera la tabla de la primera iteración (véase tabla 2.20). Tabla 2.20  Tabla de la primera iteración Cj

2 0

5 0

M M

Y2 t2

R1 R2

LD

θ

1 -1/3 0 1/9

6 2

6/(1/3) = 18 ---

0 (-5/9 + 4/3M)

10 + 6M

CB

VB

Y1 t1

M 5

R1 Y2

1/3 -1 2/9 0

Cj - wj

w

(8/9 - 1/3M) 0 M (5/9 - 1/3M)

0 1/3 1 -1/9

Nuevamente, al aplicar el algoritmo, se tiene que investigar si se cumple la prueba de optimalidad, que según los (Cj - wj ) de las variables no básicas, en este caso no se cumple, dado que (C4 - w4) = (5/9 - 1/3M) es el valor más grande negativo, que está sombreado. Por tanto, la variable entrante es t2. Recuérdese que no es válido considerar en la columna θ divisores negativos o nulos; pues en dicha columna donde haya se dejará el espacio en blanco o se deberá escribir ---, tal como se muestra en la tabla 2.20. Luego, para saber qué variable sale se aplica el criterio del mínimo cociente, cuyos cocientes se muestran en la columna θ, siendo el mínimo el que está sombreado; por tanto, la variable saliente es R1. De este modo, el pivote es el valor 1/3, que está sombreado. No hay que olvidar que el pivote resulta de la intersección de la columna de la variable entrante y el renglón de la variable saliente. Al pivotear, se genera la tabla de la segunda iteración (véase tabla 2.21).

59

UNIDAD

2

Programación lineal Tabla 2.21  Tabla de la segunda iteración Cj CB

VB

0 5

t2 Y2

Cj - wj

W

2 0 Y1 t1 1 -3 1/3 -1/3

5 0 Y2 t2 0 1 1 0

M M R1 R2 3 -1 1/3 0

1/3 5/3

0 0

(M - 5/3) M

LD

θ

18 4

20

Otra vez, al revisar si se cumple la prueba de optimalidad, se observa que sí sucede, debido a que cada uno de los elementos (Cj - wj ) de las variables no básicas son todos positivos. Por tanto, se llegó a la solución óptima:  t *   18 2 y B =   =   ,  y  w* = 20  y *   4  2 El modelo codificado en Lindo es:

Min 2y1+5y2 s.t. y1+3y2> =12 2y1+9y2> =18 end

Y la salida que reporta Lindo es:

LP  OPTIMUM  FOUND  AT  STEP    1



OBJECTIVE

FUNCTION



1)

20.00000



VARIABLE

VALUE

REDUCED COST



Y1 Y2

0.000000 4.000000

0.333333 0.000000



ROW

SLACK OR SURPLUS

DUAL PRICES



2) 3)

0.000000 18.000000

-1.666667 0.000000



VALUE

NO. ITERATIONS = 1

Conclusión: La solución óptima obtenida con el método de la gran M es la misma que se obtiene en Lindo.

Problema resuelto Reikleen Corporation es una empresa dedicada a la mezcla solventes de dos bases premezcladas, donimil y capilal. Cada litro de donimil cuesta 80 centavos de dólar y contiene ocho partes de petróleo, 10 partes de resina de polivinilo y seis partes de líquidos minerales. Por su parte, capilal cuesta 1 dólar por litro y contiene seis partes de petróleo, cuatro partes de resina de polivinilo y 12 partes de líquidos minerales. En tanto, cada recipiente de solvente Redikleen debe contener al menos 24 partes de petróleo, 20 partes de resina de polivinilo y 24 partes de líquidos minerales. Realizar el modelado de este problema, con el objetivo de determinar la mejor combinación de donimil y capilal que satisfaga los requerimientos para el solvente Redikleen al costo mínimo y aplicar el algoritmo de la gran M para hallar su solución óptima y el valor óptimo de la función a optimizar.

60

Grupo Editorial Patria© Solución

Primero se realiza la modelación siguiendo la aplicación de cinco pasos: Paso 1: Definir el objetivo único. Paso 2: Definir las variables de decisión. Paso 3: Definir la función lineal a optimizar. Paso 4: Determinar el conjunto de restricciones lineales. Paso 5: Definir las variables de no negatividad. Paso 1: Minimizar el costo total de la mezcla, considerando los contenidos mínimos. Paso 2: Y1: litros de donimil. Y2: litros de capilal. Paso 3: Min W = 0.8Y1 + 1Y2 Paso 4: Para llevar a cabo esto, es conveniente resumir los datos en una tabla (véase tabla 2.22). Tabla 2.22  Resumen de datos Base Donimil Capilal

Costo/litro

Partes petróleo

Partes resina polivinilo

Parte líquidos minerales

0.80 1.00

8 6

10 4

6 12

24

20

24

Contenidos mínimos por recipiente

Con base en los datos resumidos en la tabla, a continuación se procede a plantear cada una de las restricciones lineales: 1. Partes petróleo: 8Y1 + 6Y2 ≥ 24 2. Partes resina polivinilo: 10Y1 + 4Y2 ≥ 20 3. Partes líquidos minerales: 6Y1 + 12Y2 ≥ 24 Paso 5: Y1, Y2 ≥ 0 Finalmente, el MPLC que representa a este problema es:

Min w = 0.8y1 + 1y2



s.a



8y1 + 6y2 ≥ 24



10y1 + 4y2 ≥ 20



6y1 + 12y2 ≥ 24



con y1, y2 ≥ 0

Ahora, al aplicar el algoritmo de la gran M, se debe estandarizar el modelo. Así pues, este queda como:

Min w = 0.8y1 + 1y2 + 0t1 + 0t2 + 0t3 + MR1 + MR2 + MR3



s.a



8y1 + 6y2 - t1 + R1 = 24



10y1 + 4y2 - t2 + R2 = 20



6y1 + 12y2 - t3 + R3 = 24



y1, y2, t1, t2, t3, R1, R2, R3 ≥ 0,   M >>> 0

61

UNIDAD

2

Programación lineal La tabla simplex inicial queda como se observa en la tabla 2.23. Tabla 2.23  Tabla simplex Cj

0.8

1

0

0

0

M

M

M

CB

VB

Y1

Y2

t1

t2

t3

R1

R2

R3

LD

θ

M

R1

8

6

-1

0

0

1

0

0

24

24/8 = 3

M

R2

10

4

0

-1

0

0

1

0

20

20/10 = 2

M

R3

6

12

0

0

-1

0

0

1

24

24/6 = 4

Cj - wj

w

(0.8 - 24M)

(1 - 22M)

M

M

M

0

0

0

68M

De acuerdo con el algoritmo descrito, la variable entrante es Y1, dado que (Cj - wj ) es el valor más grande negativo, porque M es una cantidad muy grande positiva. Dicho elemento es (0.8 - 24M) y está sombreado. Luego, para saber qué variable sale, se aplica el criterio del mínimo cociente, cuyos cocientes se muestran en la columna θ, siendo el mínimo el que está sombreado; por tanto, el pivote es el valor 10, que está sombreado. De este modo, la variable saliente es R2. Además, no hay que olvidar que el pivote resulta de la intersección de la columna de la variable entrante y el renglón de la variable saliente. Al pivotear se genera la tabla de la primera iteración (véase tabla 2.24). Tabla 2.24  Tabla de la primera iteración Cj

0.8

1

0

0

0

M

M

M

t2

t3

R1

R2

R3

LD

θ

CB

VB

Y1

Y2

t1

M

R1

0

14/5

-1

4/5

0

1

-4/5

0

8

8/(14/5) = 20/7

0.8

Y1

1

2/5

0

-1/10

0

0

1/10

0

2

2/(2/5) = 5

M

R3

0

48/5

0

3/5

-1

0

-3/5

1

12

12/(48/5) = 5/4

Cj - wj

w

0

(0.68 - 62/5M)

M

(0.08 - 7/5M)

M

0

(-0.08 + 7/5M)

0

(1.6 + 20M)

Nuevamente, al aplicar el algoritmo, se tiene que investigar si se cumple la prueba de optimalidad, que según los (Cj - wj ) de las variables no básicas, en este caso no se cumple, debido a que (C2 - w2) = (0.68 - 62/5M), y es el valor más grande negativo, el cual está sombreado. Por tanto, la variable entrante es Y2. Luego, para saber qué variable sale, se aplica el criterio del mínimo cociente, cuyos cocientes se muestran en la columna θ, siendo el mínimo el que está sombreado y la variable saliente es R3. De este modo, el pivote es el valor 48/5, que está señalado. No hay que olvidar que el pivote resulta de la intersección de la columna de la variable entrante y el renglón de la variable saliente. Al pivotear, se genera la tabla de la segunda iteración (véase tabla 2.25). Tabla 2.25  Tabla de la segunda iteración Cj

0.8 1

0

0

0

M

M

M

t1

t2

t3

R1

R2

R3

LD

θ

-5/8 -7/24

CB

VB

Y1 Y2

M

R1

0

0 -1

5/8

7/24

1

9/2

36/5

0.8

Y1

1

0

0

-1/8

1/24

0

1/8

-1/24

3/2

--

1

Y2

0

1

0

1/16

-5/48

0

-1/16

5/48

5/4

20

Cj - wj

w

0

1

M

(0.0375 - 5/8M) (0.0708 - 7/24M)

0

(-0.0375 + 5/8M) (-0.0708 + 1.2916M)

(2.45 + 9/2M)

Otra vez, al aplicar el algoritmo, se tiene que investigar si se cumple la prueba de optimalidad, que según los (Cj - wj ) de las variables no básicas, en este caso no se cumple, debido a que (C4 - w4) = (0.0375 - 5/8M) es el valor más grande negativo, que está sombreado. Por tanto, la variable entrante es t2. Luego, para saber qué variable sale, se aplica el criterio del mínimo cociente, cuyos cocientes se muestran en la columna θ, siendo el mínimo el que está sombreado; por tanto, la variable saliente es

62

Grupo Editorial Patria© R1. De este modo, el pivote es el valor 5/8, que está señalado. No hay que olvidar que el pivote resulta de la intersección de la columna de la variable entrante y el renglón de la variable saliente. Al pivotear, se genera la tabla de la tercera iteración (véase tabla 2.26). Tabla 2.26  Tabla de la tercera iteración 0.8

1

0

0

0

M

M

M

VB

Y1

Y2

t1

t2

t3

R1

R2

R3

Cj CB

LD

0

t2

0

0

-8/5

1

7/15

8/5

-1

-7/15

36/5

0.8

Y1

1

0

-1/5

0

1/10

1/5

0

-1/10

12/5

1

Y2

0

1

1/10

0

-2/15

-1/10

0

2/15

4/5

Cj - wj

w

0

0

0.06

0

0.0533

(M - 0.06)

M

(M - 0.0533)

2.72

θ

Al revisar si se cumple la prueba de optimalidad, se observa que aquí sí se cumple, debido a que cada uno de los elementos (Cj - wj) de las variables no básicas son todos positivos. Por lo que se llegó a la solución óptima:  36      5    12  =  y 1*  =     y  w* = 2.72    5  y *    2 4    5 t * 2

y B*

La interpretación de esta solución es: para obtener la mezcla de costo mínimo (2.72), se requieren 2.4 litros de donimil y 0.8 litros de capilal. El modelo codificado en Lindo es: Min 0.8Y1 + 1Y2 s. t. 8Y1 + 6Y2 > = 24 10Y1 + 4Y2 > = 20 6Y1 + 12Y2 > = 24 end

Y la salida que reporta Lindo es:

LP  OPTIMUM  FOUND  AT  STEP    2



OBJECTIVE

FUNCTION



1)

2.720000

VALUE



VARIABLE

VALUE

REDUCED COST



Y1 Y2

2.400000 0.800000

0.000000 0.000000



ROW

SLACK OR SURPLUS

DUAL PRICES



2) 3) 4)

0.000000 7.200000 0.000000

-0.060000 0.000000 -0.053333

NO. ITERATIONS = 2 Conclusión: Este resultado que reporta Lindo coincide con lo obtenido al aplicar este algoritmo.

63

UNIDAD

2

Programación lineal

2.5  Método de las dos fases Antes de iniciar con el estudio de este método, es necesario haber comprendido muy bien el algoritmo simplex con arreglo tabular, ya que, como se revisará más adelante, en este se utilizan algunos pasos de dicho algoritmo. Asimismo, es recomendable repasar cómo se llena la tabla simplex. El método de las dos fases es un método alternativo al de la gran M, aplicable cuando el MPLC, en su forma estándar, requiere el uso de variables artificiales. Este método se aplica en dos fases; en la primera se busca factibilidad y en la segunda optimalidad.

Primera fase En esta fase siempre se minimiza la función a optimizar, que se obtiene mediante la suma de las variables artificiales. Es decir: Min r =

∑ Ri i

Donde r irá disminuyendo en cada iteración del método simplex hasta conseguir el valor igual a cero y de esta forma obtener el óptimo de la primera fase; y Ri es la i-ésima variable artificial. Si no se logra que r sea cero, es porque no es posible sacar de la base alguna variable artificial. En tal caso, se interpreta como caso de solución inexistente; es decir, el modelo es infactible (el conjunto poliédrico es el vacío). Si la primera fase termina con r distinto de cero, ya no es necesario continuar con la segunda fase de este método. Pero, si no es el caso, se pasa a la fase dos.

Segunda fase La primera tabla simplex de la segunda fase será igual a la última tabla obtenida de la primera fase; es decir, la tabla óptima de fase uno, pero teniéndose que recalcular ctBB-1 y z o w (según si es caso de máximos o de mínimos), debido a que en esta fase se utilizará la función a optimizar del MPLC dado. Como se recordará, la última tabla de la fase uno incluye variables artificiales; sin embargo, para la fase dos estas no son necesarias y, por tanto, se suprimen sin que esto afecte los cálculos. Ahora bien, para la aplicación del método de las dos fases, se deben aplicar los criterios del simplex, según como se muestra en la tabla 2.27. Tabla 2.27  Aplicación de los criterios del simplex Problema de:

Primera fase

Segunda fase

Maximizar Minimizar

Minimizar Minimizar

Maximizar Minimizar

De esta tabla se puede concluir, entonces, que la primera fase siempre será de mínimos, mientras que en la segunda fase se regresa a la función objetivo del modelo original.

Alerta Es importante considerar que no todos los MPLC tienen solución óptima. Pero, la única forma de saberlo es aplicando este algoritmo; entonces solo así se sabrá que el modelo no tiene solución, lo cual es posible de saber si la tabla cumple el criterio de optimalidad y hay al menos una variable artificial en el conjunto de variables básicas con un valor positivo.

64

El algoritmo de las dos fases se presenta con detalle en el CD-ROM del libro.

Problema resuelto Resolver el siguiente modelo usando el algoritmo de las dos fases.

Min W = 2y1 + 3y2



s.a



3y1 + 2y2 = 14



2y1 - 4y2 ≥ 2



4y1 + 3y2 ≤ 19



con y1, y2 ≥ 0

Grupo Editorial Patria© Solución

Aplicación de la primera fase: El MPLC estandarizado queda:

Min r = R1 + R2



s.a



3y1 + 2y2 + R1 = 14



2y1 - 4y2 - t2 + R2 = 2



4y1 + 3y2 + s3 = 19



con y1, y2, R1, t2, R2, s3 ≥ 0

Por tanto, la tabla inicial para el problema de la primera fase se observa en la tabla 2.28. Tabla 2.28  Tabla inicial para el problema de la primera fase Cj

0

0

0

1

1

0

CB

VB

Y1

Y2

t2

R1

R2

S3

LD

θ

1

R1

3

2

0

1

0

0

14

14/3

1

R2

2

-4

-1

0

1

0

2

2/2

0

S3

4

3

0

0

0

1

19

19/4

Cj - rj

r

-5

2

1

0

0

0

16

De acuerdo con el algoritmo propuesto, la variable entrante es Y1, dado que (Cj - wj ) es el valor más grande negativo. Dicho elemento es -5, que está sombreado. Luego, para saber qué variable sale, se aplica el criterio del mínimo cociente, cuyos cocientes se muestran en la columna θ, siendo el mínimo el que está sombreado; por tanto, el pivote es el valor 2, que está sombreado. No hay que olvidar que el pivote resulta de la intersección de la columna de la variable entrante y el renglón de la variable saliente. Por tanto, para nuestro caso, la variable saliente es R2. Al pivotear, se genera la tabla de la primera iteración (véase tabla 2.29). Tabla 2.29  Tabla de la primera iteración Cj

0

0

0

1

1

0

CB

VB

Y1

Y2

t2

R1

R2

S3

LD

θ

1

R1

0

8

3/2

1

-3/2

0

11

11/8

0

Y1

1

-2

-1/2

0

1/2

0

1

----

0

S3

0

11

2

0

-2

1

15

15/11

Cj - rj

r

0

-8

-3/2

0

3/2

0

11

Nuevamente, al aplicar el algoritmo, se tiene que investigar si se cumple la prueba de optimalidad, que según los (Cj - Zj) de las variables no básicas, en este caso no se cumple, dado que (C2 - w2) = -8 es el valor más grande negativo, que está sombreado. Por tanto, la variable entrante es Y2. Luego, para saber qué variable sale, se aplica el criterio del mínimo cociente, cuyos cocientes se muestran en la columna θ, siendo el mínimo el que está marcado; de este modo, la variable saliente es S3. Así, el pivote es el valor 11, que está marcado. No hay que olvidar que el pivote resulta de la intersección de la columna de la variable entrante y el renglón de la variable saliente. Al pivotear, se genera la tabla de la segunda iteración (véase tabla 2.30).

65

UNIDAD

2

Programación lineal Tabla 2.30  Tabla de la segunda iteración Cj

0

0

0

1

1

0

Y2

t2

R1

R2

S3

CB

VB

Y1

1

R1

0

0

1/22

1

-1/22

-8/11

1/11

2

0

Y1

1

0 -3/22

0

3/22

2/11

41/11

----

0

Y2

0

1

2/11

0

-2/11

1/11

15/11

15/2

Cj - rj

r

0

0

-1/22

0

23/22

8/11

1/11

LD

θ

Otra vez, al revisar si se cumple la prueba de optimalidad, que según los (Cj - Zj) de las variables no básicas, se observa que esta no se cumple, dado que (C3 - Z3) = -1/22 es el valor más grande negativo, que está sombreado. Por tanto, la variable entrante es t2. Luego, para saber qué variable sale, se aplica el criterio del mínimo cociente, cuyos cocientes se muestran en la columna θ, siendo el mínimo el que está en señalado; de este modo, la variable saliente es R1. Así, el pivote es el valor 1/22, que está en sombreado. No hay que olvidar que el pivote resulta de la intersección de la columna de la variable entrante y el renglón de la variable saliente. Al pivotear se genera la tabla de la tercera iteración (véase tabla 2.31). Tabla 2.31  Tabla de la tercera iteración Cj

0

0

0

1

1

0

CB

VB

Y1

Y2

t2

R1

R2

S3

LD

0

t2

0

0

1

22

-1

-16

2

0

Y1

1

0

0

3

0

-2

4

0

Y2

0

1

0

-4

0

3

1

Cj - rj

r

0

0

0

1

1

0

0

θ

Debido a que se cumple la prueba de optimalidad (para caso mínimos), que para este caso es: Cj - rj ≥ 0, ∀ j ∈ VNB, se dice que se ha hallado una SIBF:

y B*

 t *   2 2     =  y 1*  =  4   y  r* = 0      y *   1 2

Para llevar a cabo la segunda fase en cualquier MPLC, se requiere que este tenga al menos una SIBF; es decir, que el valor de Min r* = 0 sea obtenido de la primera fase. Si se cumple esto, entonces se procede a aplicar la segunda fase, con la única excepción de que si en la base estuviera alguna variable artificial, sería necesario que esta tomara el valor de cero. Para este caso, como la SIBF no tiene alguna variable artificial, entonces, para no tener demasiadas columnas en las tablas subsecuentes, se suprimen todas las columnas de las variables artificiales; de este modo, la tabla óptima (la tabla de la última iteración de fase uno) pasa a ser la tabla inicial de la fase dos. Luego, con la finalidad de hallar la solución óptima del MPLC, se itera en la segunda fase, aplicando el método simplex, y hasta que cumpla con la prueba de optimalidad, dependiendo de si se trata de un caso de máximos o de mínimos. Aplicación de la segunda fase: El MPLC estandarizado de la fase 2 quedaría como:

66



Min W = 2y1 + 3y2 + 0s3



s.a



t2 - 16s3 = 2

Grupo Editorial Patria© y1 - 2s3 = 4



y2 + 3s3 = 1



con y1, y2, t2, s3 ≥ 0

Recuérdese que para aplicar esta fase es necesario considerar la función a optimizar del modelo original. Por lo anterior, la tabla simplex inicial para el modelo de la fase 2 queda como se muestra en la tabla 2.32. Tabla 2.32  Tabla simplex inicial para el modelo de la fase 2 2

3

0

0

VB

Y1

Y2

t2

S3

LD

θ

0

t2

0

0

1

-16

2

---

2

Y1

1

0

0

-2

4

---

3

Y2

0

1

0

3

1

1/3

Cj - wj

w

0

0

0

-5

11

Cj CB

Con base en el algoritmo descrito, la variable entrante es s3, dado que (Cj - wj ) es el valor más grande negativo. Dicho elemento es -5 y está sombreado. Luego, para saber qué variable sale, se aplica el criterio del mínimo cociente, cuyos cocientes se muestran en la columna θ, siendo el mínimo el que está señalado; por ende, el pivote es el valor 3, que está marcado. No hay que olvidar que el pivote resulta de la intersección de la columna de la variable entrante y el renglón de la variable saliente. Por tanto, para nuestro caso, la variable saliente es Y2. Al pivotear, se genera la tabla de la primera iteración (véase tabla 2.33). Tabla 2.33  Tabla de la primera iteración Cj

2

3

0

0

CB

VB

Y1

Y2

t2

S3

Solución

0

t2

0

16/3

1

0

22/3

2

Y1

1

2/3

0

0

14/3

0

S3

0

1/3

0

1

1/3

Cj - wj

w

0

5/3

0

0

28/3

θ

Debido a que se cumple la prueba de optimalidad (para caso mínimos), que es: Cj - rj ≥ 0, ∀ j ∈ VNB, se dice que se halló la solución óptima:

y B*

t *   22 2   1  28 * =  y 1  =  14   y  w * =   3  3  s *   1 3

El modelo codificado en Lindo es:

Min 2Y1+3Y2



s.t.



3Y1+2Y2 = 14



2Y1-4Y2 > = 2



4Y1+3Y2 < = 19



end

67

UNIDAD

2

Programación lineal Y la salida que reporta Lindo es:

LP  OPTIMUM  FOUND  AT  STEP    0



OBJECTIVE

FUNCTION



1

9.333333

VALUE



VARIABLE

VALUE

REDUCED COST



Y1 Y2

4.666667 0.000000

0.000000 1.666667



ROW

SLACK OR SURPLUS

DUAL PRICES



2 3) 4)

0.000000 7.333333 0.333333

-0.666667 0.000000 0.000000

NO. ITERATIONS = 0



La interpretación geométrica de lo que el algoritmo hace para la búsqueda de punto óptimo, se representa en la figura 2.17.

y R1 R2

3

R3 R4 R5 f(x) = 7 – 1.5x f(x) = 28/9 – (2/3)x

2

C = (4, 1)

1

A = (0, 0) –1

0.5

–0.5

1

1.5

2

2.5

3

3.5

4

4.5

D = (14/3, 0)

5

5.5

6

7

x

–1 –2

Figura 2.17  Interpretación geométrica del algoritmo. Como se observa en las iteraciones que se generaron al aplicar el algoritmo, se inició con una solución infactible (factible en términos de R1, R2 y S3), que se muestra en A(0, 0). Posteriormente, al aplicar el algoritmo, se logra encontrar otra solución infactible (factible en términos de R1, Y1 y S3), que se muestra en B(1, 0). Luego, se encuentra otra solución infactible (factible en términos de R1, Y1 y Y2), que se muestra en C (4, 1). Por último, al aplicar nuevamente el algoritmo, se logra encontrar la solución factible (factible en términos de t2, Y1 y Y2), que se muestra en D (14/3, 0) y que es óptima.

2.6  Método dual simplex Las versiones del algoritmo simplex que se han presentado en esta unidad, que de ahora en adelante nos referiremos a este como algoritmo simplex primal, empiezan con una solución inicial básica factible (SIBF) para el MPLC e iteran hasta que las condiciones de optimalidad primal sean cumplidas. No obstante, hay algunas diferencias básicas entre el algoritmo simplex primal (algoritmo simplex del tema 2.3) y el algoritmo dual simplex. El algoritmo simplex primal inicia con una solución factible no óptima y se mueve hacia la solución óptima, manteniendo factibilidad en cada iteración. Por su parte, el algoritmo dual simplex inicia con una solución básica infactible (y por tanto una solución “súper” óptima) y luego se esfuerza para lograr factibilidad, mientras se satisfaga el criterio de optimalidad cada vez. En 68

Grupo Editorial Patria© otras palabras, en el algoritmo dual simplex, la primera iteración que proporcione una solución factible será la solución óptima buscada, porque la optimalidad es mantenida en cada iteración. En contraste, en el algoritmo simplex primal la factibilidad es asegurada en cada iteración; por tanto, la primera iteración que cumpla el criterio de optimalidad es la solución óptima buscada. El algoritmo simplex primal inicia con una solución básica pero una solución no óptima e itera hacia la optimalidad, mientras que el algoritmo dual simplex inicia con una solución básica infactible pero óptima e itera hacia la factibilidad. Además, en el algoritmo simplex primal primero se determina la variable entrante y después la variable saliente, mientras que en el caso del algoritmo dual simplex primero se determina la variable saliente y después la variable entrante. En el CD-ROM del libro se encuentra explicado con detalle el algoritmo de este método. A continuación se detallan los conceptos de precio sombra y precio dual:

❚ Precio sombra En programación lineal continua, el precio sombra asociado con una restricción es el cambio en el valor de la solución óptima por unidad de aumento en el lado derecho de la restricción. Otra idea del precio o costo sombra se considera como el monto por el cual la función objetivo se incrementará si una unidad más de una cierta actividad (restricción) es forzada dentro de la solución con cambios compensatorios en los otros niveles de actividad.

❚ Precio dual En programación lineal continua, el precio dual es el mejoramiento en el valor de la solución óptima por unidad de incremento en el lado derecho de una restricción. De hecho, el precio dual nos indica en cuánto mejora o empeora el valor óptimo de la función a optimizar cuando se incrementa o decrementa, según sea el caso, en una unidad el lado derecho de una restricción. Otra idea de precio dual se considera como el índice de mejoría del valor óptimo ante el aumento de una unidad del valor del lado derecho de una restricción, manteniendo fijos los demás parámetros.

Problema resuelto Considerar el MPL siguiente:

Min w = 2y1 + 3y2 s.a 3y1 - 2y2 ≥ 4 y1 + 2y2 ≥ 3 con y1, y2 ≥ 0

Solución

Primero, aplicaremos el algoritmo dual simplex. Para tal efecto se requiere estandarizar el MPL, que queda como:

Min w = 2y1 + 3y2 + 0t1 + 0t2 s.a 3y1 - 2y2 - t1 = 4 y1 + 2y2 - t2 = 3 con y1, y2, t1, t2 ≥ 0

Luego, multiplicaremos las dos restricciones por -1, con el fin de tener una matriz identidad (de tamaño 2 × 2) en las variables básicas, lo que queda como:

Min w = 2y1 + 3y2 + 0t1 + 0t2 s.a -3y1 + 2y2 + t1 = -4

69

UNIDAD

2

Programación lineal

-y1 - 2y2 + t2 = -3



con y1, y2, t1, t2 ≥ 0

La tabla inicial simplex se muestra en la tabla 2.34. Tabla 2.34  Tabla inicial simplex Y1

Y2

t1

t2

LD

VB

-3

2

1

0

-4

t1

-1

-2

0

1

-3

t2

2

3

0

0

W

La variable saliente es t1, dado que en el renglón 1 de la tabla inicial simplex se tiene el LD más grande negativo, que es -4, sombreado. Luego, se busca la variable entrante, con base en la prueba de la razón (regla del mínimo cociente), que para este caso, se tendría:   2 2 Min  , - = por tanto la variable entrante es Y1.  - 3  3 Por tanto, la intersección del renglón de la variable saliente y la columna de la variable entrante, será el pivoteo, que es -3 indicado (sombreado). Ahora, al pivotear se obtienen los cálculos que se muestran en la tabla de primera iteración. Tabla 2.35  Tabla de primera iteración Y1

Y2

t1

t2

1 0

-2/3

-1/3

-8/3

-1/3

0

13/3

2/3

LD

VB

0

4/3

Y1

1

-5/3

t2

0

W - 8/3

Con base en la tabla de primera iteración, es posible percatarnos que la nueva solución básica encontrada no es factible, por tanto se generará una segunda iteración, teniendo como variable saliente a t2 (lado derecho más grande negativo). A continuación se busca la variable entrante, con base en la prueba de la razón (regla del mínimo cociente), que para el caso se tendría:   Min   

13 2    13  13 3 3  , por tanto la variable entrante es Y2. ,  = Min  , 2  = 8  8 -8 -1  3 3 

Ahora, al pivotear se obtienen los cálculos que se muestran en la tabla de segunda iteración.

Tabla 2.36  Tabla de segunda iteración Y1

Y2

t1

1

0

0 0

t2

LD

VB

-1/4

-1/4

7/4

Y1

1

1/8

-3/8

5/8

Y2

0

1/8

13/8

W - 43/8

Como se ha restaurado la factibilidad y se cumple el criterio de optimalidad, la base actual es óptima y su solución óptima es: y B* =

70

43 1  14     y  w * = 8 8 5

Grupo Editorial Patria© Sin embargo, si la tabla completa no fuera usada, entonces la misma secuencia de bases sería obtenida. La única diferencia sería que los renglones pivotes y las columnas serían calculadas en cada iteración usando la matriz actual de variables básicas B. Enseguida, se puede sugerir resolver este MPLC usando la tabla no completa, que aquí no se desarrolla. El modelo codificado en Lindo es: Min 2Y1 + 3Y2



s.t.



3Y1 - 2Y2 > = 4



Y1 + 2Y2 > = 3



end

Y la salida que reporta Lindo es:

LP  OPTIMUM  FOUND  AT  STEP    2



OBJECTIVE

FUNCTION



1)

5.375000



VARIABLE

VALUE

REDUCED COST



Y1 Y2

1.750000 0.625000

0.000000 0.000000



ROW

SLACK OR SURPLUS

DUAL PRICES



2) 3)

0.000000 0.000000

-0.125000 -1.625000



VALUE

NO. ITERATIONS= 2

Conclusión: La solución óptima obtenida con el algoritmo dual simplex es la misma que reporta Lindo.

Problema resuelto Aplicar el algoritmo dual simplex para resolver el MPLC siguiente:

Max z = -x1 + x2



s.a



x1 - 4x2 ≥ 5



x1 - 3x2 ≤ 1



2x1 - 5x2 ≥ 15



con x1, x2 ≥ 0

Solución

Primero aplicaremos el algoritmo dual simplex usando la tabla completa, para tal efecto se requiere estandarizar el MPL, que queda como:

Max z = -x1 + x2 + 0t1 + 0s2 + 0t3



s.a



x1 - 4x2 - t1 = 5



x1 - 3x2 + s2 = 1



2x1 - 5x2 - t3 = 15



con x1, x2, t1, s2, t3 ≥ 0

71

UNIDAD

2

Programación lineal Luego, multiplicaremos por -1 la primera y la tercera restricciones, para tener una matriz identidad de (tamaño 3 × 3) en las variables básicas. Así, entonces, queda:

Max z = -x1 + x2 + 0t1 + 0s2 + 0t3



s.a



-x1 + 4x2 + t1 = -5



x1 - 3x2 + s2 = 1



-2x1 + 5x2 + t3 = -15



con x1, x2, t1, s2, t3 ≥ 0

La tabla inicial simplex se muestra en la tabla siguiente. Tabla 2.37  Tabla inicial simplex X1

X2

t1

s2

t3

LD

VB

-1

4

1

0

0

-5

t1

1

-3

0

1

0

1

s2

-2

5

0

0

1

-15

t3

-1

1

0

0

0

Z

Aquí, la variable saliente es t3, dado que en el renglón 3 de la tabla inicial simplex se tiene el LD más grande negativo, que es -15, marcado. Luego, se busca la variable entrante, con base en la prueba de la razón (regla del mínimo cociente), que para este caso es:  -1  1 Min  , -  = , por tanto la variable entrante es X1.  2  -2 Por ende, la intersección del renglón de la variable saliente y la columna de la variable entrante constituye el pivoteo, que es -2 indicado en la tabla. Luego, al pivotear, se obtienen los cálculos que se muestran en la tabla de primera iteración. Tabla 2.38  Tabla de primera iteración X1

X2

t1

s2

t3

0

3/2

1

0

-1/2

5/2

t1

0

-1/2

0

1

1/2

-13/2

s2

1

-5/2

0

0 -1/2

15/2

X1

0

-3/2

0

0

-1/2

LD

VB

Z + 15/2

Con base en la tabla de primera iteración, es posible percatarnos de que la nueva solución básica encontrada no es factible y por tanto se generará una segunda iteración con variable saliente s2 (lado derecho más grande negativo). A continuación se busca la variable entrante, con base en la prueba de la razón (regla del mínimo cociente), que para el caso, se tendría:   Min   

 -3  3  3 2 , -  = Min  , -  = , por tanto la variable entrante es X2. -1 2  2   2

Después, al pivotear se obtienen los cálculos que se muestran en la tabla de segunda iteración.

72

Grupo Editorial Patria© Tabla 2.39  Tabla de segunda iteración X1

X2

t1

0

0

1

0

1

0

1

0

0

0

0

0

s2

t3

LD

VB

3

1

-17

t1

-2

-1

13

X2

-5

-3

40

X1

-3

-2

Z + 27

De nueva cuenta, con base en la tabla de segunda iteración, nos percatamos que la nueva solución básica encontrada no es factible, por lo que se genera una tercera iteración, con variable saliente t1, dado que en el renglón 1 de la tabla simplex de segunda iteración se tiene el LD más grande negativo. En la búsqueda de la variable entrante, con base en la prueba de la razón (regla del mínimo cociente), para nuestro caso, se tiene:

{

Min - , -

}

Es decir, no hay variable entrante, lo que quiere decir que el modelo primal es infactible y el modelo dual sería no acotado. En otras palabras, cuando en el algoritmo dual simplex hay una variable saliente pero no variable entrante, el modelo primal es infactible y su modelo dual será no acotado. El modelo codificado en Lindo es:

Max -X1 + X2



s.t.



X1 - 4X2 > = 5



X1 - 3X2 < = 1



2X1 - 5X2 > = 15



end

Para este caso, la salida que reporta Lindo se aprecia en la figura 2.18. Conclusión: Lo que se obtiene cuando se aplica el algoritmo dual simplex es exactamente la misma conclusión que se obtiene de Lindo.

Figura 2.18

73

UNIDAD

2

Problemas para resolver

2.1  Aplicar el método gráfico para hallar la solución óptima del siguiente MPLC.



Max z = 2x1 + 5x2 + 3x3 - 3x4



s.a



Min w = 50y1 + 100y2



2x1 + 5x2 + 3x3 + x4 ≤ 60



s.a



x1 + 2x2 + 5x3 - x4 ≤ 40



7y1 + 2y2 ≥ 28



5x1 + 3x2 + 2x3 + x4 ≤ 30



2y1 + 12y2 ≥ 24



x1, x2, x3, x4 ≥ 0



y1, y2 ≥ 0

2.2  Aplicar el método gráfico para hallar la solución óptima del siguiente MPLC

2.8  Aplicar el algoritmo simplex primal para hallar la solución óptima del siguiente MPLC.



Max z = 3x1 + 2x2

Max z = 4x1 + 5x2 + 3x3 - 2x4



s.a



s.a





2x1 + x2 ≤ 100

2x1 + x2 + 3x3 + x4 ≤ 60





x1 + x2 ≤ 80

3x1 + 4x2 + 2x3 - x4 ≤ 48





x1 ≤ 40

x1, x2, x3, x4 ≥ 0



x1, x2 ≥ 0

2.9  Aplicar el algoritmo de la gran M para hallar la solución óptima del siguiente MPLC.

2.3  Aplicar el método gráfico para hallar la solución óptima del siguiente MPLC.

Max z = 5x1 + 3x2



s.a



x1 + x2 ≤ 50



2x1 + 3x2 ≤ 60



x1, x2 ≥ 0

2.4  Aplicar el método gráfico para hallar la solución óptima del siguiente MPLC.

Min w = 4y1 + 9y2



s.a



3y1 + 2y2 ≥ 24



2y1 + 5x2 ≥ 40



y2 ≤ 5



y1, y2 ≥ 0

2.5  Aplicar el algoritmo simplex primal para hallar la solución óptima del siguiente MPLC.

Max z = 5x1 + 3x2



s.a



x1 + x2 ≤ 50



2x1 + 3x2 ≤ 60



x1, x2 ≥ 0

2.6  Aplicar el algoritmo simplex primal para hallar la solución óptima del siguiente MPLC.

Max z = 5x1 + 3x2 - 2x3



s.a



x1 + x2 + x3 ≤ 40



4x1 + 5x2 + 3x3 ≤ 80



x1, x2, x3 ≥ 0

2.7  Aplicar el algoritmo simplex primal para hallar la solución óptima del siguiente MPLC. 74

Problemas aplicados a la realidad



Min w = 2y1 - 5y2



s.a



y1 + 3y2 ≤ 36



2y1 + 5y2 ≥ 20



y1 ≤ 5



y1, y2 ≥ 0

2.10  Aplicar el algoritmo de la gran M para hallar la solución óptima del siguiente MPLC.

Min w = 4y1 + 3y2 - 5y3



s.a



y1 + y2 + y3 ≥ 24



5y1 + 4y2 - 2y3 ≤ 40



y2 ≥ 3



y1, y2, y3 ≥ 0

2.11  Aplicar el algoritmo de la gran M para hallar la solución óptima del MPLC siguiente.

Max z = x1 + 2x2 - 3x3



s.a



2x1 + 4x2 - 6x3 ≤ 80



x1 + 2x2 - 3x3 ≥ 20



x1 ≥ 4



x1, x2, x3 ≥ 0

2.12  Aplicar el algoritmo de la gran M para hallar la solución óptima del MPLC siguiente.

Max z = 9x1 + 4x2 + 3x3 - 2x4



s.a



x1 + 2x2 + x3 + 2x4 ≥ 36



3x1 + x2 - 3x3 + x4 ≤ 40



x2 ≥ 4



x1, x2, x3, x4 ≥ 0 Problemas para resolver con tecnología

Grupo Editorial Patria© 2.13  Resolver el problema 2.9 aplicando el algoritmo de las dos fases. 2.14  Resolver el problema 2.10 aplicando el algoritmo de las dos fases. 2.15  Resolver el problema 2.11 aplicando el algoritmo de las dos fases. 2.16  Resolver el problema 2.12 aplicando el algoritmo de las dos fases. 2.17  Resolver el problema 2.9 aplicando el algoritmo dual simplex. 2.18  Resolver el problema 2.10 aplicando el algoritmo dual simplex. 2.19  Resolver el problema 2.11 aplicando el algoritmo dual simplex. 2.20  Resolver el problema 2.12 aplicando el algoritmo dual simplex. 2.21  Para el modelo del problema 2.1, como modelo primal, obtener su modelo dual asociado. Hallar la solución óptima del modelo primal (con el algoritmo que mejor convenga) y sin resolver el modelo dual, encontrar su solución óptima. Responder: ¿se verifica el teorema fuerte de la dualidad? 2.22  Para el modelo del problema 2.2, como modelo primal, obtener su modelo dual asociado. Hallar la solución óptima del modelo primal (con el algoritmo que mejor convenga) y sin resolver el modelo dual, encontrar su solución óptima. Responder: ¿se verifica el teorema fuerte de la dualidad?

2.23  Para el modelo del problema 2.7, como modelo primal, obtener su modelo dual asociado. Hallar la solución óptima del modelo primal (con el algoritmo que mejor convenga) y sin resolver el modelo dual, encontrar su solución óptima. Responder: ¿se verifica el teorema fuerte de la dualidad? 2.24  Para el modelo del problema 2.9, como modelo primal, obtener su modelo dual asociado. Hallar la solución óptima del modelo primal (con el algoritmo que mejor convenga) y sin resolver el modelo dual, encontrar su solución óptima. Responder: ¿se verifica el teorema fuerte de la dualidad? 2.25  Usar el modelo del problema 2.5 y obtener: a) El intervalo de optimalidad para c1. b) El intervalo de factibilidad para b1. 2.26  Usar el modelo del problema 2.7 y obtener: a) El intervalo de optimalidad para c2. b) El intervalo de factibilidad para b2. 2.27  Usar el modelo del problema 2.8 y obtener: a) El intervalo de optimalidad para c2. b) El intervalo de factibilidad para b2. 2.28  Usar el modelo del problema 2.5 y obtener: a) El intervalo de optimalidad para c1. b) El intervalo de factibilidad para b1.

Problemas reto 1

Investment Advisors es una firma de corretaje que maneja portafolios de acciones para diversos clientes. Un portafolios particular consiste de U acciones de U. S. Oil y H acciones de Huber Steel. El rendimiento anual para U. S. Oil es de 3 dólares por acción y para Huber Steel de 5 dólares por acción. La acción de U. S. Oil se vende a 25 dólares y la de Huber Steel a 50 dólares. Se pueden invertir 80 000 dólares. El índice de riesgo del portafolio (0.50 y 0.25 por acción para U. S. Oil y Huber Steel, respectivamente) tiene un máximo de 700. Además, el portafolio está limitado a un máximo de mil acciones de U. S. Oil. La formulación de programación lineal que maximizará el rendimiento anual total del portafolio es como sigue:

Max z = 3U + 5H



s.a



25U + 50H ≤ 80 000

Fondos disponibles



0.50U + 0.25H ≤ 700

Riesgo máximo



1U ≤ 1 000

Máximo de U. S. Oil

U, H ≥ 0

a) ¿Cuál es la solución óptima y cuál es el valor del rendimiento anual total? b) ¿Cuáles restricciones confinan a la solución óptima? ¿Cuál es su interpretación de estas restricciones en función del problema? Problemas aplicados a la realidad

Problemas para resolver con tecnología

75

UNIDAD

2

Programación lineal c) ¿Cuáles son los precios duales para las restricciones? Interprete cada uno. d) ¿Sería benéfico incrementar la cantidad máxima invertida en U. S. Oil? ¿Por qué? 2

Quality Air Conditioning fabrica tres acondicionadores de aire domésticos: un modelo económico, uno estándar y otro de lujo. Las ganancias por unidad son 63, 95 y 135 dólares, respectivamente. Los requerimientos de producción por unidad se muestran en la tabla 2.40.

Tabla 2.40 Modelo de ventilador

Número de ventiladores

Número de bobinas de enfriamiento

Tiempo de manufactura (horas)

Económico Estándar De lujo

1 1 1

1 2 4

8 12 14

Para el próximo periodo de producción, la compañía tiene 200 motores de ventilador, 320 bobinas de enfriamiento y 2 400 horas de tiempo de manufactura disponibles. ¿Cuántos modelos económicos (E ), estándar (S ) y de lujo (D) se deberán fabricar para maximizar la utilidad? El modelo de programación lineal para el problema es como sigue:

Max z = 63E + 95S + 135D



s.a



1E + 1S + 1D ≤ 200

Motores de ventilador



1E + 2S + 4D ≤ 320

Bobinas de enfriamiento



8E + 12S + 14D ≤ 2 400

Tiempo de manufactura

E, S, D ≥ 0

a) ¿Cuál es la solución óptima y cuál es el valor de la función a optimizar? b) ¿Cuáles restricciones confinan la solución óptima? c) ¿Cuál restricción muestra capacidad extra? ¿Cuánta? d) Si la ganancia para el modelo de lujo se aumentara a 150 dólares por unidad, ¿cambiaría la solución óptima? Usar la información que proporcionó la salida de Lindo para responder a esta pregunta, pero también realizar sus propios cálculos. 3

A Industrial Design, compañía dedicada al diseño, se le concedió un contrato para diseñar una etiqueta para un nuevo vino producido por Lake View Winery. La compañía estima que se requerirán 150 horas para completar el proyecto. Tres de los diseñadores gráficos de la firma están disponibles para su asignación a este proyecto: Lisa, diseñadora ejecutiva y líder del equipo; David, diseñador ejecutivo, y Sarah, diseñadora subalterna. Debido a que Lisa ha trabajado en varios proyectos para Lake View Winery, la administración ha especificado que debe asignársele a Lisa al menos 40% del total de horas que se asignen a los dos diseñadores ejecutivos. Para proporcionarle experiencia en el diseño de etiquetas a Sarah, se le debe asignar al menos 15% del tiempo total del proyecto. Sin embargo, la cantidad de horas asignadas a Sarah no debe exceder 25% del total de horas que se asignan a los dos diseñadores ejecutivos. Debido a otros compromisos, Lisa tiene un máximo de 50 horas disponibles para trabajar en este proyecto. Las tarifas por hora son: 30 dólares para Lisa, 25 dólares para David y 18 dólares para Sarah. a) Formular un programa lineal que pueda usarse para determinar la cantidad de horas que deberá asignarse a cada diseñador para el proyecto, con el fin de minimizar el costo total. b) ¿Cuántas horas deberían asignarse a cada diseñador para el proyecto? ¿Cuál es el costo total?

76

Grupo Editorial Patria© c) Supóngase que se le pudieran asignar más de 50 horas a Lisa. ¿Qué efecto tendría esto en la solución óptima? Explicar. d) Si no se requiriera que Sarah trabajara una cantidad mínima de horas en este proyecto, ¿cambiaría la solución óptima? Explicar.

Referencias Bibliográficas Anderson D. (2004). Métodos cuantitativos para los negocios. México: Editorial Thomson. Bueno G. (1987). Introducción a la programación lineal y al análisis de sensibilidad. México: Trillas. Grossman S. (2008). Aplicaciones de álgebra líneal. México: McGraw-Hill. Hillier F. (1994). Introducción a la investigación de operaciones. México: McGraw-Hill. Levin R. (1988). Enfoques cuantitativos a la administración. México: CECSA. Nash S. (1996). Linear and non linear programming. USA: McGraw-Hill. Winston W. (2005). Investigación de operaciones: Aplicaciones y algoritmos. México: Editorial Thomson.

Referencias electrónicas http://books.google.com.mx/books?id=OO7OW6hZP34C&pg=PA33&dq=forma+canonica+de +un+modelo+de+programacion+lineal&hl=es&sa=X&ei=CRfxUdDVK4To9ASe8IHQAw&ved=0CD MQ6AEwAQ#v=onepage&q=forma%20canonica%20de%20un%20modelo%20de%20programa cion%20lineal&f=false http://books.google.com.mx/books?id=Sld1YYAedtgC&pg=PA6&dq=canonical+form+linear+program ming+model&hl=es&sa=X&ei=0RvxUanmB4P69gTJ6oHwBg&ved=0CDsQ6AEwAA#v=onepage&q=ca nonical%20form%20linear%20programming%20model&f=false http://books.google.com.mx/books?id=PLSM9yj8tHAC&pg=PA27&dq=forma+estandar+de+u n+modelo+de+programacion+lineal&hl=es&sa=X&ei=hRfxUe6TFYWO9ATJ2IHAAw&ved=0CC 8Q6AEwAA#v=onepage&q=forma%20estandar%20de%20un%20modelo%20de%20programa cion%20lineal&f=false http://books.google.com.mx/books?id=dnwWBcKaBRsC&printsec=frontcover&dq=simplex+method& hl=es&sa=X&ei=CBnxUcOxEYrO9QSukIHICA&sqi=2&ved=0CDYQ6AEwAA#v=onepage&q=simplex% 20method&f=false http://books.google.com.mx/books?id=dDIMnAntgUsC&pg=PA69&dq=definition+slack+variable&hl =es&sa=X&ei=Nh3xUduWCYnlqQGDuIDoAw&ved=0CCwQ6AEwADgK#v=onepage&q=definition%2 0slack%20variable&f=false https://www.google.com.mx/search?gs_rn=22&gs_ri=psy-ab&pq=desigualdad+lineal+en +dos+variables&cp=9&gs_id=1ft&xhr=t&q=metodo+simplex&newwindow=1&bav=on.2,or.r_ qf.&bvm=bv.49784469,d.aWM&biw=1252&bih=609&um=1&ie=UTF-8&hl=es&tbm=isch&source=og&s a=N&tab=wi&ei=SYPwUZziIYq7rgHm24GwCw 77

UNIDAD

2

Programación lineal http://books.google.com.mx/books?id=wvkk787HzuUC&pg=PA27&dq=metodo+de+penalizacion&hl =es&sa=X&ei=k8fxUab1G4Le8ATKl4GYDw&sqi=2&ved=0CD8Q6AEwAw#v=onepage&q=metodo%20 de%20penalizacion&f=false http://www.latindex.ucr.ac.cr/reflexiones-88-1/07-ALVARADO.pdf http://books.google.com.mx/books?id=mNUjTXLuBS4C&pg=PP112&dq=dual+simplex+method&hl =es&sa=X&ei=bwH1UYvvMIqo9gTjh4CIAg&ved=0CHQQ6AEwCQ#v=onepage&q=dual%20simplex% 20method&f=false http://matematicatuya.com/GRAFICAecuaciones/S8.html

78

UNIDAD

3

Aplicación de modelos de redes en la solución de problemas para la toma de decisiones Jesús Fabián López Pérez

Objetivo Estudiar la familia de los modelos de redes para problemas de optimización, incluyendo los prototipos: problemas de asignación, camino crítico, flujo máximo, camino más corto, transporte y costo mínimo de flujos. A través de problemas representados fácilmente mediante el uso de arcos de redes y nodos.

¿Qué sabes?

¿Para qué sirve un nodo? ¿Qué es una red? ¿Qué es un modelo de transporte? ¿Cómo ayudan los modelos de redes en la solución de problemas para la toma de decisiones? ¿Qué es un modelo para el camino más corto y en qué se diferencia respecto al modelo de la ruta crítica? ¿Cuál es la diferencia entre un modelo de ruteo de vehículos y otro de cubrimiento óptimo?

UNIDAD

3

Aplicación de modelos de redes en la solución de problemas para...

3.1  Ejemplos de modelos de investigación de operaciones   para redes Una aplicación importante de la programación lineal es la aplicación de redes. Considérese un caso en el que existen m fábricas que deben enviar productos a n depósitos. Una determinada fábrica podría realizar envíos a cualquier cantidad de depósitos. Dado el costo del envío de una unidad del producto de cada fábrica a cada depósito, el problema es determinar el patrón de envío (cantidad de unidades que cada fábrica envía a cada depósito) que minimice los costos totales. Esta decisión está sujeta a restricciones que exigen que cada fábrica envíe más productos de los que puede producir. Para las aplicaciones anteriores, en la tabla 3.1 se resume el planteamiento de dichos problemas. Tabla 3.1 Tipo de aplicación

Planteamiento del problema

Tipo de empresa

Asignación de personal

Maquiladora de arneses automotrices. Área: Preparación de cables.

¿Cuál es la cantidad óptima necesaria de operadores para cumplir al menos con 90% de eficiencia en la preparación de cables?

Control de inventarios

Maquiladora de arneses automotrices Área: Troquelado de terminales.

No existe un programa de producción para las herramientas que se utilizan con mayor frecuencia en la producción de terminales, por lo que estas llegan a presentar cero inventarios.

Programación de producción diaria

Planta incubadora Área: Incubación para obtener pollitas para crianza comercial.

Determinación de la capacidad de producción máxima del sistema de pollitas por día, considerando las pérdidas por muertes durante el proceso de producción y por nacimiento de pollitos machos.

Balanceo de líneas de producción

Empresa de frituras. Área: Líneas de tortilla.

Hoy día, las líneas se encuentran subutilizadas. La meta es de 90% de utilización, pero en la actualidad está alrededor de 80%. ¿Qué etapas del proceso afectan directamente la eficiencia de utilización de la línea?

Programación de producción

Empresa de quesos. Área: Fabricación de queso.

¿Cuál es el programa de producción que cumple con la demanda en el año en la elaboración de quesos?

❚ Resumen de aplicaciones de modelos de redes

Alerta El nodo también, llamado vértice o punto, es usualmente representado por un círculo. En las redes de transporte, estos deberían ser las localidades o ciudades en un mapa.

Los modelos de redes son aplicables a una extensa variedad de problemas de decisión, que pueden ser modelados como problemas de optimización de redes, los cuales suelen ser eficiente y efectivamente resueltos. Algunos de estos problemas de decisión son físicos, como el transporte o flujo de bienes materiales. Sin embargo, muchos problemas de redes son más que una representación abstracta de procesos o actividades, como el camino crítico en las actividades entre las redes de un proyecto gerencial. Una red con n nodos podría tener una cantidad de arcos de tamaño: n!/[(n - 2)! 2!] = n(n - 1)/2 Pero, si los arcos estuvieran dirigidos, entonces este número sería el doble. Este enorme número de arcos posibles es una de las razones del porqué existen soluciones de algoritmos especiales para problemas de redes particulares.

3.2  Modelo de redes para problemas de asignación ❚ Modelo de redes para el problema de asignación número 1 Tipo especial del modelo de transporte. Ocurre cuando se necesitan asignar desde m centros una oferta de una unidad hacia n destinos y este solo requiere de una unidad. Es decir, la oferta y la demanda son igual a 1.  0 el origen i no se asigna al destino j Xij =   1 el origen i sí se asigna al destino j  80

Grupo Editorial Patria© Sujeta a las restricciones de:

 j = n Oferta ∑X i , j   = 1;       i = 1,  2 ,  …,  m  j =1



i =m  Demanda  ∑ X i , j   = 1;       j = 1,  2 ,  …,  m  i =1

La función objetivo es: i =m j =n

Min   Z   =   ∑ ∑C ij    X ij



i =1 j =1

Donde: Cij = Costo unitario de transportar desde i hasta j. Supóngase lo siguiente: se tiene un grupo n de recursos que pueden ser asignados a n actividades, donde Cij es el costo no-negativo de asignar el recurso i a la actividad j. El objetivo es asignar cada actividad a cada recurso, de tal forma que se alcance el costo total mínimo posible. Así, definimos las variables binarias Xij con un valor de 0 o 1. Cuando Xij = 1; esto significa que deberíamos asignar al recurso i la actividad j. De lo contrario, Xij = 0, esto significa que no deberíamos asignar al recurso i la actividad j. El problema de asignación es un caso especial del problema de transporte, el cual ocurre cuando cada oferta es unitaria y cada demanda también. En este caso, la integralidad implica que cada oferente asignará un destino y cada destino tendrá un oferente. Los costos proporcionan las bases para la asignación correspondiente a un oferente y un destino. Imagínese que queremos incluir la siguiente condición: * El recurso i no debe realizar la actividad j o el recurso k no debe realizar la actividad m. Esto se puede modelar de la siguiente manera: Xij * Xkm = 0 Esta condición no-lineal es equivalente a la restricción lineal: Xij + Xkm ≤ 1 Esta restricción debería ser agregada al conjunto de restricciones, de manera independiente. Con esta restricción adicional, el problema de asignación se convierte en un problema de programación mixta entera.

❚ Modelo de redes para el problema de asignación de recursos número 2 A continuación se presentan algunos problemas resueltos con detalle del modelo.

Problema resuelto Supóngase que una compañía tiene tres empleados que pueden ser asignados a tres solicitudes de reparación distintas. Las órdenes de reparación implican que los empleados viajen directamente hasta el domicilio del cliente. Dado que la empresa cubre el gasto del combustible del vehículo de los operarios, desea minimizar este gasto al máximo. Para ello, requiere identificar la forma óptima de asignar los operarios a los clientes, de tal manera que se obtenga la menor distancia total posible. La tabla 3.2 muestra las distancias incurridas desde la ubicación actual de cada empleado hasta el domicilio de cada cliente.

81

UNIDAD

3

Aplicación de modelos de redes en la solución de problemas para...

Tabla 3.2 Empleado

Cliente 1

2

3

1

10

22

14

2

20

10

8

3

14

12

6

Solución

Por razones de política de servicio y tiempo, se entiende que cada empleado puede atender solo una solicitud. De la misma manera, se entiende que cada solicitud es atendida en su totalidad por un solo empleado. Lo anterior significa que no es posible que un empleado atienda una parte de una reparación y otro empleado atienda la parte restante. El análisis anterior nos sugiere que las variables de decisión deben ser similares a las de un problema de transporte. Entonces, las variables de decisión pueden definirse como: Xij: 1 si el empleado del origen i es asignado para atender la reparación del cliente j; 0 en caso contrario. Sujeto a restricciones: 1. Solo se dispone de un empleado en cada origen:

X11 + X12 + X13 = 1

(empleado 1)



X21 + X22 + X23 = 1

(empleado 2)



X31 + X32 + X33 = 1

(empleado 3)

2. Cada cliente recibe el servicio de un solo empleado:

X11 + X21 + X31 = 1

(cliente 1)



X12 + X22 + X32 = 1

(cliente 2)



X13 + X23 + X33 = 1

(cliente 3)

Con Xij ≥ 0 para todo ij (Restricciones de no negatividad) Función objetivo: minimizar la distancia total. (Z ) = 10X11 + 22X12 + 14X13 + 20X21 + 10X22 + 8X23 + 14X31 + 12X32 + 6X33 Al resolver este modelo es fácil verificar que las variables de decisión toman el valor uno o cero. Este tipo de problemas, en los que las variables solo pueden tomar valores de cero o uno, se conocen como problemas de asignación y constituyen un caso especial de los problemas de redes de transporte.

Problema resuelto Supóngase el caso de una empresa que se dedica al transporte aéreo de mercancías y para ello cuenta con un avión que tiene tres compartimentos: frontal, central y trasero. Por motivos técnicos, se debe tener una proporción similar entre el peso ocupado con respecto a su capacidad en cada compartimento. Las capacidades en peso y espacio para cada compartimento son: Tabla 3.3

82

Bodega

Peso (ton)

Volumen (m3)

Frontal

5

1 000

Central

15

9 000

Trasera

8

6 000

Grupo Editorial Patria©

La empresa requiere transportar la mercancía de cuatro clientes pudiendo aceptar cualquier fracción de los cuatro pedidos. La información relacionada con el peso, volumen y utilidad de las mercancías de los cuatro pedidos se muestra en la tabla 3.4. Tabla 3.4 Cliente 1 2 3 4

Volumen (m3) 1 000 3 000 2 400 7 000

Peso (ton) 10 12 8 14

Utilidad ($/ton) 250.000 400.000 300.000 500.000

Solución

Para poder construir el modelo, primero calculamos el volumen por tonelada correspondiente a la mercancía de cada cliente (volumen/peso). Los resultados se observan en la tabla 3.5. Tabla 3.5 Cliente m3/ton

1 100

2 250

3 300

4 500

Las variables de decisión se pueden definir como: Xij: toneladas de la mercancía del cliente i a transportar en el compartimento j. Donde: (i = 1, 2, 3, 4); ( j = F, C, T ) Sujeta a: 1. Restricciones de capacidad de peso en cada compartimento: 4



Frontal: ∑X iF ≤ 5 i =1







4

Central: ∑X iC ≤ 15 i =1 4



Trasero: ∑X iT ≤ 8 i =1

2. Restricciones de capacidad de volumen en cada compartimento:

Frontal: 100X11 + 250X21 + 300X31 + 500X41 ≤ 1 000



Central: 100X12 + 250X22 + 300X32 + 500X42 ≤ 9 000



Trasera: 100X13 + 230X23 + 300X33 + 500X43 ≤ 6 000

3. Restricciones de capacidad de carga a ser asignada en cada compartimento: T



∑X 1 j

≤ 10

j =F T



∑X 2 j

≤ 12

j =F T



∑X 3 j

≤8

j =F







T

∑X 4 j

≤ 14

j =F

83

UNIDAD

3

Aplicación de modelos de redes en la solución de problemas para... 4. Restricción de balance para la proporción de uso de la capacidad de peso en cada compartimento: 4







∑ i =1X i F 5

4

=

4



∑ i =1X i C 15

∑ i =1X i C 15 4

=

∑ i =1X i T 8

Función objetivo: T

T

T

T

j =F

j =F

j =F

j =F

Maximizar la utilidad Z = 250 .000 ∑X 1j + 400 .000   ∑X 2 j + 300 .000 ∑X 3 j + 500 .000 ∑X 4 j

❚ Modelo de redes para el problema de asignación de recursos número 3 Enseguida se presentan algunos ejemplos de problemas resueltos del modelo de redes para el problema de asignación de recursos.

Problema resuelto Una compañía tiene una cantidad de dinero disponible, D, para invertir. La compañía ha determinado que existen N proyectos de inversión alternativos y que por lo menos dj dólares deben ser invertidos en cada proyecto j, si se decide que dicho proyecto amerita la inversión. La ganancia neta que la compañía podría obtener si invierte en el proyecto j es Pj dólares. El dilema de la compañía es que no puede invertir en todos los N proyectos debido a las restricciones del capital disponible, esto es porque ∑dj > D. Por tanto, la compañía debe decidir en cuál(es) proyecto(s) invertir de forma tal que se maximice su utilidad. Solución

Definamos entonces Xj como una variable binaria (0-1): Xj = Binaria {0 = no se invierte en el proyecto j 1 = sí se invierte en el proyecto j } Sujeto a la restricción de capital disponible: ∑djXj ≤ D La utilidad total a maximizar (función objetivo) es: Z = ∑ PjXj

Problema resuelto Ahora, supóngase que la misma empresa del problema anterior en lugar de dinero busca asignar eficientemente sus recursos humanos. Para asignar el trabajo como un recurso, lo más eficiente posible, es importante revisar y racionalizar los requerimientos de mano de obra la mayor cantidad de veces al día. Esto es en especial cierto en grandes compañías en donde las demandas de los clientes cambian significativamente según el horario del día. Por ejemplo, se necesitan más operadores telefónicos durante el horario comprendido de 12:00 a 2:00 p.m. y de 12:00 a 2:00 a.m. Sin embargo, muchos de estos operadores deben estar en servicio desde tempranas horas de la mañana.

84

Grupo Editorial Patria© Dado que por lo general estos empleados trabajan jornadas de ocho horas, sería posible planificar sus horarios de manera que una simple jornada pueda cubrir dos o más de estos periodos pico de demanda. Mediante el diseño de horarios inteligentes, la productividad del operador se incrementaría, generando un grupo de trabajo menos numeroso y, por ende, una reducción de los gastos de nómina. Entre otros ejemplos en el cual los modelos de horario de empleados tienen bastante utilidad se encuentran los conductores de autobuses, controladores de tráfico aéreo y las enfermeras. El siguiente es un ejemplo de problema para la asignación de recursos en lo referente a la programación de los horarios de las enfermeras. Suponga un hospital que enfrenta constantemente problemas con el horario de trabajo de sus enfermeras. Se busca minimizar el número total de enfermeras durante cada periodo del día. Tabla 3.6 Periodo

Turno del día

Número requerido de enfermeras

1

8:00 - 10:00

10

2

10:00 - 12:00

8

3

12:00 - 02:00

9

4

02:00 - 04:00

11

5

04:00 - 06:00

13

6

06:00 - 08:00

8

7

08:00 - 10:00

5

8

10:00 - 12:00

3

Solución

Dado que cada enfermera trabaja jornadas de ocho horas diarias, cada una puede comenzar a trabajar al inicio de cualquiera de los primeros cinco turnos: 8:00, 10:00, 12:00, 2:00 o 4:00. Es importante resaltar, que en este caso no estamos considerando los periodos que comienzan en horas impares, como las 9:00, 11:00, etcétera. Como se puede apreciar, por definición no se necesita considerar que un turno comience después de las 4:00, dado que el horario se extendería hasta después de la medianoche, cuando las enfermeras ya no son necesarias. Por tanto, solo es necesario considerar cinco turnos. Se ha identificado el requerimiento específico de mano de obra en periodos de dos horas. De hecho, la definición de los cinco turnos mencionados previamente también es a intervalos de dos horas. Por tanto, cada enfermera que se presente a trabajar en el periodo t trabajará también: t + 1, t + 2 y t + 3; esto es, 8 horas consecutivas. La pregunta es: ¿cuántas enfermeras se deben reportar a trabajar durante cada periodo, de tal forma que se cumplan los requerimientos especificados en la tabla anterior de la manera más eficiente posible? Para modelar este problema, dejemos que Xt sea la variable de decisión que define el número de enfermeras que comenzarán a trabajar en el periodo t. A continuación, se formulan las restricciones para cubrir el requerimiento de enfermeras para cada uno de los ocho periodos del día:

X1 ≥ 10



X1 + X2 ≥ 8



X1 + X2 + X3 ≥ 9,



X1 + X2 + X3 + X4 ≥ 11,



X2 + X3 + X4 + X5 ≥ 13,



X3 + X4 + X5 ≥ 8,



X4 + X5 ≥ 5,



X5 ≥ 3,



Xt ≥ 0, entero, para t = 1 ... 8

La fuerza laboral total que deseamos minimizar es: Z = ∑Xt. Nótese que X1 no se incluye en la restricción para el periodo de tiempo 5, dado que las enfermeras que comienzan en el periodo 1 ya no permanecen trabajando durante el periodo 5. Asimismo, también observe que en algunos periodos va a ser imposible dejar de tener un número mayor de enfermeras

85

UNIDAD

3

Aplicación de modelos de redes en la solución de problemas para... que el número requerido. Por ejemplo, vemos que la primera restricción muestra que el número de enfermeras que comienzan a trabajar en el periodo 1 debe ser por lo menos 10. En este caso, todas estas enfermeras estarán trabajando para el periodo 2, pero solo ocho serán indispensables. Tabla 3.7 Enfermeras requeridas por turno Inicio de turno

8-10

10-12

12-2

2-4

4-6

6-8

8-10

Enfermeras requeridas

10

8

9

11

13

8

5

Enfermeras asignadas

10

10

10

11

13

13

13

Variable

X1

X2

X3

X4

X5

X6

X7

Enfermeras que inician en el turno

10

0

0

1

12

0

0

Total de enfermeras

23

3.3  Modelo de redes aplicado al problema   de programación óptima de horarios Para el presente caso de estudio trataremos el problema de programación óptima de horarios. Para ello vamos a partir de un caso real de cierta universidad de prestigio de la localidad.

Problema resuelto En la actualidad, el diseño de horarios de los grupos y cargas horarias de los maestros de dicha universidad se realiza de manera manual, a base de prueba y error. Cabe mencionar que el trabajo requerido para programar dichos horarios es agobiante (físico y mental), lo cual desespera y frustra al personal que se encarga de dicha tarea. Una vez elaborados los horarios y terminadas las cargas académicas, estas se entregan a cada maestro antes del inicio del semestre. Sin embargo, con frecuencia se ha observado una inconformidad de algunos de ellos en cuanto al horario que se les asigna. Solución

Para el desarrollo del caso de estudio, primero partimos de la encuesta que se aplica a todos los maestros de la facultad de esta universidad cada semestre. Las edades de los maestros, así como su condición social, ideología, razón social, religión y demás características que no interesan para nuestro estudio no serán consideradas de momento, con la finalidad de dar objetividad al planteamiento del problema. Para efectos de dar una exposición sencilla a nuestro caso de estudio, solo se va a considerar una muestra del total de los maestros, materias y salones involucrados: 44 maestros, 15 salones y 59 materias. No obstante, el modelo matemático que vamos a desarrollar se podrá escalar fácilmente a las necesidades completas de cualquier problema. La información que se buscó recabar fue la siguiente: 1. Número de identificación único del maestro, i. 2. Clave de la materia, j, que se desea impartir. 3. Nivel de preferencia del maestro, i, para impartir la materia j. 4. Clave del horario, k, en el cual se desea impartir. 5. Nivel de preferencia del maestro, i, para impartir en el horario k. Con base en todo lo anterior, el siguiente paso es definir las variables de entrada:

86



Aij → Preferencia del maestro i por la materia j.



Bik → Preferencia del maestro i por el horario k.



Ck → Disponibilidad de aulas en el horario k.



Dj → Demanda de grupos requeridos para la materia j.

Grupo Editorial Patria© El modelo que buscamos desarrollar pretende encontrar un horario óptimo para cada uno los maestros, el cual se define como aquel que logra maximizar su afinidad respecto a las expectativas de los maestros en lo referente a los horarios y las materias que este busca cubrir. No obstante, el horario óptimo debe, al mismo tiempo, satisfacerlos requerimientos de demanda de los alumnos y la disponibilidad de aulas. Así, entonces, podemos decir que un horario óptimo debe procurar, al mismo tiempo, cubrir dos objetivos paralelos: 1. Que a los maestros no se les asignen horarios alternados que luego les generen improductividad. 2. Que los alumnos tampoco tengan horarios salteados que les ocasionen horas libres entre las clases.

Importancia y justificación Este caso tiene una justificación de tipo social, ya que de acuerdo con comentarios proporcionados por los propios maestros de la institución, es frecuente que se les asignen horarios no necesariamente acordes con lo que ellos buscan de manera personal. Adicional a lo anterior, es indiscutible el desgaste físico del recurso humano que cada semestre se agobia por tratar de efectuar los procedimientos necesarios para que los horarios y cargas de trabajo de los maestros sean acordes con los requerimientos de las materias que se imparten a los alumnos. En resumen, en una programación de horarios óptima, estamos hablando de maximizar el aprovechamiento del tiempo de maestros y alumnos, así como de las aulas disponibles. Con lo anterior, se evitarán errores, tiempos muertos, fatiga del personal involucrado, además de la satisfacción del cuerpo académico.

Metodología Nuestro caso de estudio requiere de una investigación analítica y constructiva. Es analítica porque requiere un estudio detallado de la situación actual en la que se encuentra la problemática formulada. Es constructiva porque se diseñará un modelo como alternativa de solución al problema planteado. A continuación, se describe el modelo compuesto por las variables de salida, las restricciones y la función objetivo: Variables de salida

XijkBIN 0 → el maestro i no imparte la materia j en el horario k 1 → el maestro i sí imparte la materia j en el horario k

1. Restricción para la disponibilidad de aulas de acuerdo con el horario del día. En la siguiente restricción se hace referencia al hecho de que la suma de los maestros y las materias asignadas en cada horario del día no debe exceder el total de los salones disponibles de acuerdo con el horario. 44 59

∑ ∑ X ijk i =1 j =1

≤ C k     para k = 1 … 15

2. Restricción para la demanda de grupos a ser cubiertos por cada materia. Esta restricción se refiere a que la suma de los maestros y los horarios en los que se asigna una materia a ser impartida debe ser suficiente como para cubrir la cantidad total de grupos de cada materia. 44 15

∑ ∑ X ijk i =1 k =1

≥ D j     para j = 1 … 59

3. Restricciones de preferencia del maestro por materia. 15

∑ X ijk k =1

+ D1ij - S 1ij = Aij     para i = 1 ... 44, j = 1 ... 59

87

UNIDAD

3

Aplicación de modelos de redes en la solución de problemas para... 4. Restricciones de preferencia del maestro por horario. 59

∑ X ijk j =1

+ D 2ik - S 2ik = Bik     para i = 1 ... 44, k = 1 ..., 15

Función objetivo: En la función objetivo se pretende minimizar la suma total de las variables desviacionales (D1ij , S1ij , D2ik, S2ik ) que fueron utilizadas en las restricciones anteriores. Los valores de las variables de desviación antes mencionados corresponden a la incidencia de aquellos casos en los cuales no va a ser posible coincidir con la preferencia de los maestros en cuanto a su materia, así como a la preferencia por su horario. F . O .MIN ⇒

44 59 9

∑ ∑ ( D 1ij i =1 j =1

44 15

+ S 1ij ) + ∑ ∑ ( D 2ik + S 2ik ) i =1 k =1

3.4  Modelo de redes aplicado al problema de asignación   óptima unidimensional y bidimensional Asignación unidimensional Se refiere a escoger, de entre un conjunto de alternativas, un subconjunto de estas, de manera que este maximice el valor total de la selección, sin exceder la capacidad disponible. aj : volumen que ocupa la alternativa j. Donde: j = 1 … n (conjunto total de alternativas). cj = valor de la alternativa j al ser seleccionada para subconjunto óptimo.  inaria {0 si la alternativa j no se selecciona en subconjunto óptimo, 1 si la alternativa j se selecciona xj = b en subconjunto óptimo}. b = volumen máximo del subconjunto óptimo. n

Max ∑c j x j j =1

Sujeto a:

n

∑a j x j

≤b

j =1



xj ∈ {0, 1}

Asignación bidimensional Se refiere a minimizar el costo total de asignación, de modo que: 1. Cada actividad j se asigne a solo uno de los recursos i. 2. Cada recurso i realice solo una de las actividades j. xij = binaria {0 si la actividad i no se hace con el recurso j, 1 si la actividad i se hace con el recurso j }. cij = costo para realizar la actividad i con el recurso j. Donde: i = 1 … n (actividades) j = 1 … m (recursos) 88

Grupo Editorial Patria© Si no hubiera balance entre la cantidad de recursos disponibles y la cantidad de actividades que demandan los recursos, entonces se formula con desigualdades. n

m

Min ∑ ∑c ij x ij i =1 j =1

Sujeto a: n

∑x ij



= 1,  j = 1 ... n

i =1 m

∑x ij



= 1,  i = 1 ... m

j =1

xij ∈ {0, 1}



3.5  Modelos de redes para problemas de transporte Un problema de transporte se puede identificar cuando se tienen m orígenes que ofertan un cierto producto y n destinos que demandan el mismo producto ofertado, de tal manera que se busca minimizar el costo de satisfacer las demandas a expensas de las ofertas.

❚ Modelo de redes para el problema de transporte número 1 Es importante destacar que cualquier origen se puede distribuir a más de un destino. Así pues, se busca determinar un plan de transporte de mercancía de varias fuentes a varios destinos. Datos y propiedades: 1. Nivel de oferta de cada fuente. 2. Cantidad de demanda de cada destino. 3. Costo unitario de transporte de la mercancía de cada fuente a cada destino. 4. El costo de transporte en una ruta es directamente proporcional al número de unidades transportadas. 5. Las unidades de transporte deben ser consistentes entre las ofertas y las demandas. 6. Las unidades de transporte pueden ser piezas, granel, cargas, etcétera. 7. Debe haber equilibrio entre lo que se despacha y lo que se recibe y viceversa (suposición de requerimientos). 8. Se requieren obtener soluciones enteras. Sea Xij = número de unidades enviadas desde un nodo i hasta un nodo j. Sujeta a restricciones de:

 j = n Oferta ∑X ij ≤ ai ;       i = 1,  2 ,  …,  m  j =1



i = m Demanda  ∑ X ij ≥ b j ;       j = 1,  2 ,  …,  n  i =1

Para toda variable: Xij ≥ 0 89

UNIDAD

3

Aplicación de modelos de redes en la solución de problemas para... Función objetivo: i =m j =n

Min   Z   =   ∑ ∑C ij X ij i =1 j =1

Cij = costo unitario de transportar desde i hasta j. Para un problema de transporte balanceado en cuanto a oferta y demanda debe cumplir con la siguiente condición:

 j = n Oferta ∑X ij = ai ;      Demanda  j =1



Además   ∑ai = ∀i

Origen i = 1, 2, .. , n

1

 j = m  ∑ X ij = b j  i =1

∑b j ∀j

X11 X12

1

Destino j = 1, 2, .. , n

X1n X21 2

X22

2

X2n Xm1 m

Xm2 Xmn

n

i: origen j: destino

Figura 3.1

Si esto es así, entonces el modelo de transporte es equilibrado. Esto significa que las restricciones del tipo ≤ o ≥ pasan a ser del tipo =. En el caso de que no sean iguales, hay que balancear el problema. Los modelos de transporte juegan un papel muy importante en la gerencia logística y la cadena de insumos para reducir costos y mejorar el servicio. Por tanto, el objetivo es encontrar la manera más efectiva, en término de costos, para transportar bienes. Un distribuidor que tiene m depósitos con un abastecimiento de productos ai en estos, debe enviar dichos productos a n centros de distribución geográficamente dispersos, cada uno con una demanda de clientes dada bj, la cual debe ser cubierta. El objetivo es, entonces, determinar el mínimo costo posible de transporte dados, los costos por unidad a transportar entre el depósito i y el centro de distribución j, el cual es Cij.

❚ Modelo de redes para el problema de trasbordo Enseguida se presenta un ejemplo resuelto de este tipo de problemas.

Problema resuelto Una compañía puede fabricar un producto en dos líneas de producción diferentes. Cada línea envía lo producido al centro de control de calidad A o B, según convenga. Finalmente, desde control de calidad se remite a cualquiera de las cuatro líneas de empaque de la empresa. La línea de producción 1 tiene capacidad para producir 80 unidades por hora y la línea 2 para producir un máximo de 60 unidades por hora. Según las demandas esperadas, se ha programado que las líneas de empaque atiendan al menos los siguientes volúmenes por hora: 30, 20, 40, 40, respectivamente. La tabla 3.8 organiza los tiempos

90

Grupo Editorial Patria©

en minutos que se requieren para los diferentes traslados entre los variados procesos por cada unidad de producto. Tabla 3.8 Línea de producción P1 P2 10 12 9 11

Control de calidad

L1 24 19

C1 C2

Línea de empaque L2 L3 – 22 23 20

L4 – 23

Adicionalmente, sabemos que el centro de control de calidad número 1 se demora cuatro minutos para revisar un artículo, mientras que el centro de control de calidad número 2 tarda seis minutos. ¿Cómo debe organizarse el flujo de los materiales entre las áreas productivas, el área de calidad y las líneas de empaque, de manera que se minimice el tiempo total incurrido de producción? Para un mejor entendimiento del problema véase la figura 3.2, donde los nodos 1 y 2 representan las líneas de producción (P1 y P2), los nodos 3 y 4 representan los centros de control de calidad (A, B) y los nodos del 5 a 8 representan las cuatro líneas de empaque (L1 a L4).

30 u/hora

50 u/hora

4 min

1

3

6

20 u/hora

2

4

7

40 u/hora

60 u/hora

6 min 8

40 u/hora

Oferta

5

Trasbordo

Demanda

Figura 3.2

Solución

Es importante precisar que los valores representados con guión (-) en la tabla y en la figura indican que esos flujos entre calidad y línea de empaque no están permitidos. En la práctica, esto se puede deber a decisiones administrativas o a limitaciones físicas entre estos. De lo anterior, puede tenerse la idea de no incluir esas variables en la función objetivo. Esta estrategia es equivocada, ya que esto conduciría a tomar como cero el coeficiente de la variable de decisión en el objetivo. Dado que se desea minimizar el costo, lo anterior llevaría a que sea en extremo conveniente aumentar el valor de las variables de decisión X36 y X38. Esto obviamente es un error, pues sabemos que esas variables tienen un valor de cero al no existir comunicación entre los nodos. Por tanto, es necesario asignar a esas variables un coeficiente suficientemente grande para obligar a que las variables de decisión correspondientes valgan cero. A continuación, presentamos el modelo: Las variables de decisión se definen como: Xij: cantidad de unidades enviadas del nodo i al nodo j. Sujeto a: 1. Restricciones de capacidad de producción por línea:

(Línea P1): X13 + X14 ≤ 80



(Línea P2): X23 + X24 ≤ 60

2. Restricciones de capacidad de trasbordo para cada centro de calidad:

(Centro de calidad A): X13 + X23 = X35 + X37



(Centro de calidad B): X14 + X24 = X45 + X46 + X47 + X48

91

UNIDAD

3

Aplicación de modelos de redes en la solución de problemas para... 3. Restricciones para el cubrimiento de la demanda mínima en cada línea:

X35 + X45 ≥ 30



X46 ≥ 20



X37 + X47 ≥ 40



X48 ≥ 40



Con Xij ≥ 0 para todo ij (restricciones de no negatividad)

Función objetivo: Minimizar costo total = 10X13 + 9X14 + 12X23 + 11X24 + 24X35 + 1 000X36 + 22X37 + 1 000X38 + 19X45 + 23X46 + 20X47 + 23X48

❚ Modelo de redes para el problema de la ruta más corta El problema, entonces, es determinar la mejor manera de cruzar una red para encontrar la forma más económica posible desde un origen hasta un destino dado. Supóngase que en una red dada existen m nodos y n arcos, y un costo Cij asociado con cada arco (i, j ) en la red. Formalmente, el problema del camino más corto es encontrar el camino más corto (menor costo) desde un nodo de inicio hasta un nodo de destino. El costo del camino es la suma de los costos de cada arco recorrido. Se pide definir las variables binarias Xij, donde Xij = 1 si el arco (i a j ) está incluido en el camino más corto y Xij = 0 de lo contrario. Para ello, existen dos nodos especiales llamados origen y destino. El objetivo es encontrar el camino más corto entre el origen y el destino. En la siguiente red, existen varios costos que son asignados para el arco que va de un nodo a otro. Por ejemplo, el costo de ir del nodo 2 al 4 es 6. La función objetivo considera los costos de moverse de un nodo a otro, o de un origen a un destino. Las restricciones están divididas en tres grupos. La restricción del nodo de origen dice que debe dejar el nodo 1 para ir al 2 o 3. La restricción del nodo intermedio dice que siempre que se dirija a un nodo usted deberá dejarlo. El nodo de destino es similar al nodo de origen dado que se puede alcanzar este nodo solo desde los nodos vecinos. Considérese la siguiente red dirigida (para una red no dirigida, los arcos estarían dirigidos en ambas direcciones). El objetivo es encontrar el camino más corto desde el nodo 1 hasta el nodo 7. 17

2 6

15 Origen

1

8

7 5

4

10

6 6 2

4 3

4

5

Min ΣCijXijΣXij - ΣXij = 1 Nodo 1 de origen ΣXij - ΣXij = 0 Nodo intermedio ΣXij - ΣXij = 1 Nodo destino Xij ≥ 0 Para las rutas inaceptables se debe añadir la siguiente restricción Xij = 0 Min 15X12 + 10X13 + 8X32 + 6X24 + 17X27 + 4X35 + 5X47 + 4X45 + 2X56 + 6X67 Sujeto a X12 + X13 = 1 X12 + X32 - X24 - X27 = 0 X13 - X32 - X35 = 0 X24 - X47 - X45 = 0 X35 + X45 - X56 = 0 X56 - X67 = 0 X27 + X47 + X67 = 1

92

Figura 3.3  Problema de la ruta más corta.

Destino

Grupo Editorial Patria© Luego de correr el modelo, se obtienen los siguientes resultados: Ir de 1 hasta 3, de 3 hasta 5, de 5 hasta 6, de 6 hasta 7. Este es el camino más corto con un total de 22 unidades de longitud.

3.6  Modelo de redes para el problema de flujo máximo Para una red con capacidad de flujo en los arcos, el problema es determinar el máximo flujo posible. Considérese una red con m nodos y n arcos, cada uno de los cuales tiene definido una capacidad máxima de flujo. Así, definimos el arco de flujo (i a j ) como Xij y para cada arco definimos, entonces, una capacidad de flujo kij. Para esta red, deseamos encontrar el flujo total máximo F del nodo 1 al nodo 7. En la formulación de la programación lineal, el objetivo es maximizar F. De igual forma, el monto F parte del origen 1 por varias rutas. Para cada nodo de la red, la restricción de balance indica que lo que entra al nodo debe ser igual a lo sale del mismo. En algunas rutas, los flujos pueden tomar varias direcciones. La capacidad que puede ser enviada a una dirección en particular también es mostrada en cada ruta. Al resolver el modelo que se muestra más adelante, obtenemos los siguientes resultados: Enviar diez unidades de 1 a 2, siete unidades de 1 a 3, tres unidades de 2 a 6, siete unidades de 2 a 4, cuatro unidades de 3 a 6, seis unidades de 3 a 5, siete unidades de 4 a 7, ocho unidades de 5 a 7, tres unidades de 6 a 3, dos unidades de 6 a 5, dos unidades de 6 a 7. Por tanto, el flujo máximo hacia el nodo 7 es F = 17 unidades.

0 0 F

1

8

2 1

10 10 0

1 3

4

3

7

6 0

3 6

4 4

0

2

2

0 7 0

2

12 0

8 5

F

Alerta Un arco es usualmente llamado borde o flecha. Este podría ser directo o indirecto. La cabeza es el destino y la cola el origen. La cabeza y la cola son nodos que pueden estar tanto al origen como al final. En las redes de transporte, los arcos podrían ser los caminos, los canales de navegación en un río o los patrones de vuelo de un avión. Los arcos proporcionan la conectividad entre los nodos. Una calle de una sola dirección podría ser representada por un arco, mientras que una calle de dos direcciones, por un arco sin dirección o por dos arcos que apuntan a direcciones opuestas.

Max F Origen

X12 + X13 - F = 0

Intermedia

X12 + X32 - X23 - X26 - X24 = 0

Nodos

X13 + X23 + X63 - X32 - X36 - X35 = 0 X24 + X64 - X47 - X46 = 0 X35 + X65 - X56 - X57 = 0 X26 + X46 + X36 + X56 - X65 - X63 - X64 - X67 = 0 X47 + X67 + X57 - F = 0

Destino

X12 ≤ 10

X64 ≤ 3

X13 ≤ 10

X46 ≤ 3

X23 ≤ 1

X35 ≤ 12

X32 ≤ 1

X65 ≤ 2

X26 ≤ 6

X56 ≤ 2

X36 ≤ 4

X57 ≤ 8

X63 ≤ 4

X47 ≤ 7

X24 ≤ 8

X67 ≤ 2

Xij ≥ 0

Figura 3.4  Problema de flujo máximo.

93

UNIDAD

3

Aplicación de modelos de redes en la solución de problemas para...

3.7  Modelo de redes para el problema de costo mínimo Los problemas de red expuestos antes son casos especiales del problema de flujo de costo mínimo, el cual, al igual que el problema de flujo máximo, considera capacidad de flujo para cada uno de los arcos de la red. Del mismo modo, al igual que el problema del camino más corto, el problema de costo mínimo considera un costo de flujo asociado para cada arco (i, j ) y, al igual que el problema de transporte, permite múltiples orígenes y destinos. Por tanto, todos estos problemas pueden ser vistos como casos especiales del problema general de flujo con costo mínimo. El problema es minimizar el costo total sujeto a la disponibilidad y la demanda de algunos nodos, considerando las capacidades de flujo para cada arco (i, j ). La solución óptima es: X12 = 12, X13 = 8, X23 = 8, X24 = 4, X34 = 11, X35 = 5, X45 = 10, todos los demás Xij = 0. Por tanto, el costo óptimo es de 150 pesos. 2, 4

2 6,10

4,15 (20)

(5)

5

(15)

1, 15 2, *

2, *

1

4

4, 8 costo, capacidad

3, 5

3

1, 4 Min

4X12 + 4X13 + 2X23 + 2X24 + 6X25 + 1X34 + 3X35 + 2X45 + X53

Sujeto a



X12 + X13 ≤ 20



X12 - X24 - X25 - X23 = 0



X13 + X23 + X53 - X34 - X35 = 0



X24 + X34 - X45 = 5



X35 + X25 + X45 - X53 = 15



X12 ≤ 15

X34 ≤ 15



X13 ≤ 8

X25 ≤ 10



X35 ≤ 5

X53 ≤ 4



X24 ≤ 4

X25 ≤ 10



Xij ≥ 0

Nodo origen

Figura 3.5  Problema de costo mínimo.

3.8  Modelo de redes para el problema de la ruta crítica   aplicado en la planificación de proyectos La administración exitosa de un proyecto, ya sea de construcción, transporte o finanzas, descansa en la coordinación y planificación minuciosa de varias tareas. El modelo del camino crítico busca analizar la planificación de proyectos. Esto posibilita un mejor control y evaluación del proyecto. Por ejemplo, supóngase que queremos saber: ¿cuánto tiempo durará el proyecto?, ¿cuándo estará listo para comenzar una tarea en particular?; si la tarea no es completada a tiempo, ¿el resto del proyecto se retrasaría?, ¿qué tareas deben ser aceleradas (efectivo) para lograr terminar el proyecto antes? Dada una red de actividades, el primer problema que nos interesa determinar es la amplitud del tiempo requerido para finalizar el proyecto y el conjunto de actividades que controlan el tiempo para culminarlo. Supóngase que en un proyecto determinado existen m actividades con una duración de tiempo Cij, asociada a cada arco (i a j ) en la red de actividades. El nodo inicial de un arco (i a j ) corresponde al inicio de la actividad i y el nodo final al inicio a la actividad j. Para encontrar el camino crítico, se definen las variables binarias Xij, donde Xij = 1, si la actividad i y la actividad j están incluidas en la ruta crítica. Por otro lado, Xij = 0, sería lo contrario. El tamaño total de la ruta crítica es igual a la suma 94

Grupo Editorial Patria© de la duración de las actividades individuales incluidas en dicha ruta. La ruta crítica, por definición, es el tiempo más corto necesario para completar el proyecto. De manera formal, el problema de la ruta crítica es encontrar la trayectoria más larga desde el nodo inicial 1 hasta el nodo final m. Como se puede verificar, cada arco tiene dos funciones. Una es representar cada actividad en cuestión y la otra definir la relación de precedencia entre las actividades. Algunas veces es necesario agregar arcos que solo representen relaciones de precedencia. Estos arcos ficticios son representados por flechas rotas. En nuestro ejemplo, el arco que va del nodo 2 al nodo 3 representa una actividad ficticia. La primera restricción representa el punto de activación del proyecto. A continuación, el resto de las restricciones representan el balance para cada nodo; es decir, si al nodo se llega proveniente de la actividad anterior, entonces se debe salir de este hacia la siguiente actividad posterior. Finalmente, la última restricción fuerza la culminación del proyecto. 8

3

12

5

6

6 7

1

0

10

9 2

4

Max 9X12 + 6X13 + 8X35 + 7X34 + 10X45 + 12X56 Sujeto a X12 + X13 = 1 X12 - X23 = 0 X13 + X23 - X34 - X35 = 0 Nodos X34 - X45 = 0 X35 + X45 - X56 = 0 Nodo final X56 = 1 Xij ≥ 0

Figura 3.6

El resultado para la ruta crítica es: del nodo 1 al 2, del nodo 2 al 3, del nodo 3 al 4, del nodo 4 al 5, del nodo 5 al 6. Por tanto, la duración del proyecto es de 38 unidades.

3.9  Modelo de redes aplicado a problemas de costo fijo ❚ Modelo de redes aplicado al problema de costo fijo número 1 Este se define cómo decidir la cantidad de cada producto, de modo que se minimicen los costos de producción y se satisfaga la demanda: xj = unidades producidas del producto j. cj = costo unitario de producción de j. yk = binario {0 si no se usa la instalación k, 1 si se usa la instalación k}. fk = costo de arranque de la instalación k. akj = binario {0 si el producto j no usa la instalación k, 1 si el producto j usa la instalación k}, bj = demanda del producto j. Mk = ∞ n

m

j =1

k =1

Min ∑c j x j + ∑fk y k 95

UNIDAD

3

Aplicación de modelos de redes en la solución de problemas para... Sujeto a: n

∑x j



≥ bj

j =1 n

∑akj



≤ Mk y k ,   k = 1 ... m

j =1

xj ≥ 0, yk ∈ {0, 1}



3.10  Modelo de redes para el problema de agrupamiento óptimo Consiste en agrupar un conjunto de objetos de tal forma que se maximice el valor obtenido. Si existe la posibilidad de que haya objetos no agrupados, se denomina agrupamiento imperfecto. El agrupamiento puede ser de 1 a n; es decir, n objetos se agrupan en un solo grupo. Nuestro ejemplo es del tipo bipartita; esto es, los grupos formados cuando mucho tienen dos objetos. xij = binario {01 si los objetos i y j no están agrupados, 1 si los objetos i y j están agrupados}. cij = valor o costo de que los objetos i y j están agrupados. Donde:

i≤j

Se asume que los objetos i son un subconjunto de los objetos j. 2 n −1 2 n

Max

∑ ∑ c ij x ij i =1 j =1+1

Sujeto a:

i −1

∑x ki

+

k =1



2n

∑ x ij

= 1,  i = 1 ... 2 n

j = i +1

xj ∈ {0, 1}

❚ Modelo de redes para el problema de cubrimiento óptimo número 1 Con este se busca minimizar el costo de los recursos empleados, con la finalidad de que estos en su conjunto cubran todos los requerimientos de demanda, al menos por uno solo de los recursos. Se tienen m requerimientos de demanda, donde i = 1 … m Se tienen n recursos, donde j = 1 ... n xj = binario {0 si el recurso j no se utiliza, 1 si el recurso j se utiliza}. cj = costo por la utilización del recurso j.  atriz de incidencia {0 si el requerimiento i no puede ser satisfecho con el recurso j, 1 si el requeaij = m rimiento i puede ser satisfecho con el recurso j}. n

Min ∑c j x j j =1

Sujeto a:

n

∑aij x j

≥ 1,  i = 1 ... m

j =1

96

xj ∈ {0, 1}

Grupo Editorial Patria© ❚ Modelo de redes para el problema de cubrimiento óptimo número 2

Problema resuelto Existen cinco periódicos diferentes que son publicados en cierto país. Cada periódico cubre algunas de las nueve regiones del país, como se muestra en la tabla 3.9. Tabla 3.9 Número de periódico 1 2 3 4 5

Región cubierta 1,  2,  4,  5,  6, 

2,  3,  5,  7,  8, 

Costo por publicidad

Beneficios por publicidad

3 4 3 7 5

12 10 14 19 16

3 6 6 8 9

El problema consiste en encontrar el costo total de publicidad mínimo, de tal forma que esta alcance a todas las áreas del país. Este problema puede ser formulado como una programación entera, donde yj = 1 si se hace publicidad con el periódico i, 0 en caso contrario:

Min z = 3y1 + 4y2 + 3y3 + 7y4 + 5y5 Sujeto a: y1 y1 + y2 y1 + y2 y3 y3 + y4 y2 + y3 + y5 y4 y4 + y5 y5 yj = binaria, para j = 1 … 5

≥ 1 (Región 1) ≥ 1 (Región 2) ≥ 1 (Región 3) ≥ 1 (Región 4) ≥ 1 (Región 5) ≥ 1 (Región 6) ≥ 1 (Región 7) ≥ 1 (Región 8) ≥ 1 (Región 9)

Solución

La solución óptima es hacer publicidad en los periódicos 1, 3, 4 y 5 con un costo total de 18.00 pesos. Esta solución es el costo mínimo asociado con la cobertura en las nueve áreas.

❚ Modelo de redes para el problema de empacamiento óptimo Con este se trata de minimizar el costo total al elegir un conjunto de alternativas, asegurando que estas puedan incluir un conjunto de requerimientos, los cuales solo puedan ser tomados en cuenta en una sola ocasión. Se tienen m requerimientos de demanda, donde i = 1 … m Se tienen n alternativas, donde j = 1 ... n xj = binario {0 si no se elige la alternativa j, 1 si se elige la alternativa j }. cj = costo por elegirla alternativa j. aij = matriz de incidencia {0 si la alternativa j no incluye el requerimiento i, 1 si la alternativa j incluye el requerimiento i }. n

Min ∑c j x j j =1

97

UNIDAD

3

Aplicación de modelos de redes en la solución de problemas para... Sujeto a: n

∑aij x j

≤ 1,  i = 1 ... m

j =1



xj ∈ {0, 1}

❚ Modelo de redes para el problema de partición óptima Si en el problema de cubrimiento o de empacamiento las desigualdades se cambian por igualdades, entonces se forma un problema de partición. Se tienen m requerimientos de demanda, donde i = 1 … m Se tienen n alternativas, donde j = 1 ... n xj = binario {0 si no se elige la alterativa j, 1 si se elige la alterativa j }. cj = beneficio por elegirla alternativa j.  atriz de incidencia {0 si la alternativa j no incluye el requerimiento i, 1 si la alternativa j incluye el aij = m requerimiento i }. n

Min ∑c j x j j =1

Sujeto a: n



∑aij x j

= 1,  i = 1 ... m

j =1



98

xj ∈ {0, 1}

Problemas para resolver

Grupo Editorial Patria©

3.1  Una importante compañía transnacional ha conducido un estudio comprensivo de cinco ciudades, una de las cuales será seleccionada como la ciudad para una nueva planta. Los costos de operación anuales por cada ciudad son:

ciudades: Dallas o Knoxville, cuya capacidad anual será de 60 embarques. En Dallas, el costo de manufactura se promediará a $100 000/embarque; mientras que en Knoxville a $80 000.00. Tabla 3.13  Costos de embarque

Tabla 3.10  Costos de operación anuales (en millones de dólares) Ciudad

Mano de obra

Transporte

Impuestos locales

Poder

Otros

1

1.20

0.10

0.17

0.21

0.16

2

1.10

0.08

0.20

0.29

0.11

3

1.60

0.70

0.25

0.25

0.12

4

0.85

0.12

0.19

0.18

0.16

5

0.75

0.14

0.17

0.23

0.18

Por cada artículo, la compañía recopiló tasas subjetivas de factores importantes (véase tabla 3.11). Tabla 3.11  Tasas por factores Ciudad

Recepción de artículos

Disponibilidad de mano de obra

Calidad de transporte

Calidad de vida

1

Muy bueno

Bueno

Regular

Aceptable

2

Regular

Muy bueno

Aceptable

Regular

3

Bueno

Regular

Excepcional

Bueno

4

Regular

Excepcional

Aceptable

Muy bueno

5

Muy bueno

Aceptable

Regular

Excepcional

Dallas

Knoxville

Denver

$600.00

$900.00

Seattle

1 000.00

1 200.00

Nueva York

1 400.00

700.00

a) Establecer este problema en un marco de trabajo de programación lineal. b) A grandes rasgos, ¿qué tipo específico de información se espera del modelo de programación lineal? c) ¿Qué información relevante para esta decisión no es proporcionada por el modelo? 3.3  Una empresa familiar tiene tres almacenes hacia donde embarcará muebles de una nueva fábrica, cuya ubicación será decidida después. La fábrica recibirá materia prima de sus abastecedores de madera y tejido. El número anual de embar­ques, costos y localización de los abastecedores y depó­sitos (almacenes) se muestran en la tabla 3.14. ¿Dónde debe ubicarse la fábrica para minimizar los costos anuales de transportación? Tabla 3.14

a) Con base en el costo de operación anual, ¿cuál ciudad es la mejor? b) Desarrollar un método de cuantificación de los factores intangibles e integrarlo con los datos de los costos en la evaluación en conjunto. ¿Cuál ciudad es mejor ahora?

3

UNIDAD

Carga anual para o de la fábrica

Costo/carga/mil para o de la fábrica

Coordenadas de locación (x, y) en millas

Abastecedora de madera

120

$8

(100, 400)

Abastecedora de tejido

200

$6

(800, 700)

Almacén 1

60

$5

(300, 600)

Valores para los factores:

Almacén 2

40

$5

(200, 100)

excepcional = 1, muy bueno = 2, bueno = 3, aceptable = 4, y regular = 5

Almacén 3

70

$5

(600, 200)

3.2  La empresa Highline manufactura tiene sus productos en plantas en Los Ángeles y Chicago. Los embarques son enviados a los clientes en Denver, Seattle y Nueva York. La planta de Los Ángeles produce un máximo de 50 embarques anualmente y la planta de Chicago, un máximo de 70 embarques en el mismo periodo. Tabla 3.12  Costos de embarque Los Ángeles

Chicago

3.4  Se planea llevar a cabo una investigación de mercado de tarjetas de felicitación de marcas comerciales (tgc), tal como se muestra en la tabla 3.15. Tabla 3.15 Actividad

Antecesores requeridos

Tiempo esperado (en días)

Tiempo mínimo expeditado (en días)

Costo por expeditar ($/día)

1

-

10

5

800

2

1

20

15

650

Denver

$1 000.00

$900.00

3

2

25

15

400

Seattle

900.00

1 300.00

4

2

20

15

700

Nueva York

1 600.00

900.00

5

3, 4

15

13

900

6

5

15

10

1 050

7

1

60

45

300

8

6, 7

5

4

850

Para el próximo año, se espera que la demanda sea de 60 embarques a Denver, 40 a Seattle y 80 a Nueva York. High­ line construirá una nueva planta en cualquiera de las dos Problemas aplicados a la realidad

Problemas para resolver con tecnología

99

3

UNIDAD

25

Problemas para resolver 3

2 10 1

5 20

20

4

15 C

15 15

6

8

6

A

4

D

F

G

7

5

B 11 Figura 3.9

Se pide: a) Construir un diagrama pert. b) Explicar el concepto de la ruta crítica y calcular la ruta crítica para este proyecto. c) Analizar los costos y la acción recomendada. Considérese que el proyecto tiene costos fijos de 1 000.00 pesos por día; es decir, cada día que el tiempo de terminación se reduce del tiempo esperado, la firma ahorra 1 000.00 pesos. 3.5  Una firma contable pública ha descrito un programa de auditoría en un banco en términos de actividades y eventos, asimismo ha calculado los tiempos esperados (Ti ) y sus varianzas (σi ) en días, como se muestra en la figura 3.8. 20

3

30 10

8 0

2

60

5 40

4

50

12

Figura 3.8

a) Encontrar la ruta crítica y el tiempo de la ruta crítica para el programa de auditoría.

c) Asumiendo las actividades independientes que son normalmente distribuidas, ¿cuál es la probabilidad de completar el proyecto en nueve días o menos? d) Si se eligió expeditar solo una actividad, ¿cuál se escogería?, ¿por qué? Tabla 3.16

c) ¿Qué se puede decir de la actividad 30-60 como se establece en la ruta crítica? d) ¿Cuál es el tiempo de holgura en evento 50? ¿Por qué? 3.6  La información para un proyecto corto se muestra en la tabla 3.16. a) Construir un diagrama pert. Calcular el tiempo de la ruta crítica y diseñarla claramente. b) Calcular el tiempo de inicio más cercano, el tiempo más lejano y el tiempo de holgura en cada evento. ¿Por qué el tiempo de poca actividad es siempre cero en un evento de ruta crítica? Problemas aplicados a la realidad

Tiempo máximo que la expedición puede reducirse

Costo por expeditar ($ / día)

Actividad

Antecesores requeridos

A

-

6

2

3

100

B

-

11

9

1

50

Tiempo

Varianza

C

-

13

5

2

200

D

A

6

4

-

-

E

C, f, g

4

4

1

300

F

D

4

1

1

150

G

B

7

3

2

200

3.7  Un fabricante tiene la capacidad de producir carros de ferrocarril en tres lugares distintos. Los carros son enviados directamente a uno de los cuatro centros regionales de distribución. El costo de producción en cada lugar se muestra en la tabla 3.17. Tabla 3.17

b) Si los tiempos de actividad son independientes y normalmente distribuidos, ¿cuál es la probabilidad que la auditoría se complete en 22 días o menos?, ¿qué valor tiene esta información para el socio de la firma?

100

4

4

Figura 3.7

10

E

5

15 7

4

Planta

Costo de ordenar

1

20 000

2

15 000

3

12 000

Los costos de distribución por unidad, capacidades de planta y demandas en los centros están dadas por: Tabla 3.18 Planta (i )

Centros de distribución ( j ) I

II

III

IV

Capacidad (Ci )

Costo (Si )

1

750

1 000

800

900

55

20 000

2

650

950

1 250

500

50

15 500

3

800

525

675

775 (Gij )

30

12 000

Demanda (Dj )

20

15

30

35

Problemas para resolver con tecnología

Grupo Editorial Patria© Determinar cómo modelar la producción como un problema de programación entera. Para ello, asúmase que los costos de producción por unidad, excluyendo los cargos por ordenar, son los mismos en todas las plantas.

rentar máximo dos aviones por horario. La contribución de ganancia esperada antes del costo por renta, se muestra en la tabla 3.21. Formular un modelo para maximizar las ganancias.

3.8  Un estudiante de administración tiene la oportunidad de tomar una página de notas (una hoja de papel de 8 1/2” × 11” o 93.5” cuadradas) para el examen final. El examen comprende 10 capítulos y sabe cuánto espacio requiere para cada uno. La condensación posterior va a rendir el significado de las notas. El peso relativo de cada capítulo también se conoce.

Tabla 3.21  Contribución de ganancia esperada (miles)

Tabla 3.19 Capítulo ( i )

Espacio requerido (IN’) (II)

% de examen (Ri )

1

10

5

2

18

10

3

22

15

4

16

10

5

14

10

6

20

5

7

32

20

8

12

5

9

12

15

10

10

5

8

10

12

Columbus

8

4

4

Denver

8

7

8

Los Ángeles

11

10.5

9.5

Nueva York

17

16

15

3.11  Fundición Watkinsville es una compañía que hoy día enfrenta la siguiente situación: tiene tres alternativas para ubicar un nuevo almacén para proveer a la parte del noreste de Estados Unidos de América. Tiene cinco clientes importantes en la región; el suministro pertinente, demanda y costo se muestran en la tabla 3.22 (si se añade una columna ficticia a la tabla, será posible escribir en la tabla de transporte estándar). Tabla 3.22 Localización Costo de del almacén localización

El estudiante no se siente seguro con el material de los capítulos 2, 3, 7, 8 y 9, por lo que considera que debe tener notas de al menos tres de los cinco capítulos. También las notas del capítulo 5 no son valiosas, a menos que el capítulo 4 sea incluido. Determinar cuáles notas deben ser incluidas. 3.9  La empresa Top-e fabrica escritorios en dos plantas que deben proveer a tres almacenes regionales. El proveedor en cada fábrica, la demanda y las distancias se muestran en la tabla 3.20. Tabla 3.20 Fábrica ( i )

Horario Ciudad

Albany, Nueva York

$50 000

200

$20

$20

$40

$45

$35

Lancaster, Filadelfia

$30 000

150

30

40

15

20

45

Nueva York, Nueva York

$90 000

300

5

25

30

35

35

75

50

35

75

35

Demanda estimada

Tabla 3.23 Localización de clientes Costo

Almacén ( j )

Oferta

York

Westhaven

Troy

Capacidad (Ci )

Denmark

100 000

200 000

300 000

35

Mount Joy

350 000

60 000

100 000

30

Demanda (dj )

20

15

30

3.10  Alpha Airlines desea programar no más de un vuelo de Chicago a cada una de las siguientes ciudades: Columbus, Denver, Los Ángeles y Nueva York. Los horarios disponibles son 8:00 a.m., 10:00 a.m. y 12:00 p.m. Alpha renta los aviones a un costo de 3 000 dólares antes, e incluso hasta las 10:00 a.m., y en 1 500 dólares después de las 10:00 a.m.; de acuerdo con las condiciones de su flotilla, es capaz de Problemas aplicados a la realidad

Almacén

Nueva Boston Filadelfia Pittsburgh Búfalo Ficticia Capacidad York

$50000

Albany

$20

$20

$40

$45

$35

0

200

$30000

Lancaster

30

40

15

20

45

0

150

$90000

Nueva York

5

25

30

35

35

0

300

75

50

35

75

35

380

650

Demanda estimada

La renta de los camiones para transportar estos escritorios cuesta 1.00 p/milla, cargo que es independiente del número de escritorios a transportar. Determinar el plan de trans­ porte.

Capacidad Nueva del Boston Filadelfia Pittsburgh Búfalo York almacén

3.12  Los distribuidores de una importante marca deportiva han comenzado operaciones de venta en dos nuevos territorios que se ubican en los estados del oeste. En la actualidad, tres administradores de ventas tienen operaciones en los estados del medio oeste y del este; por tanto, están siendo considerados para ser promovidos a ocupar puestos de gerentes regionales para los dos nuevos territorios. La administración ha estimado las ventas totales anuales (en miles de dólares) para la asignación de cada individuo a cada territorio de venta. Las proyecciones de ventas se pueden apreciar en la tabla 3.24.

Problemas para resolver con tecnología

101

UNIDAD

3

Problemas para resolver

Tabla 3.24 Administradores regionales

Regiones en venta noreste $

Regiones en venta suroeste $

Administrador 1

100

95

Administrador 2

85

80

Administrador 3

90

75

El fabricante obtiene una utilidad de 3.00, 5.00 y 2.00 dólares, respectivamente en cada tostador, wafflera y plato. El fabricante quiere determinar cuántos productos deberá producir para maximizar su utilidad. a) Formular el problema como un modelo de programación lineal. b) Resolver el problema en la computadora.

a) ¿A qué administrador de ventas se le asignará la venta de cada territorio de tal forma que se maximicen las ventas totales? b) Formular y resolver un modelo de programación lineal para este problema. 3.13  Una firma de transporte desea comprar una flota de camiones. La compañía puede comprar tres tipos de camiones. El primer tipo cuesta 60 000 dólares cada uno y será usado para acarrear gasolina; el segundo tipo cuesta 19 500 dólares cada uno y será usado para transportar mobiliario familiar; y el tercer tipo cuesta 45 000 dólares y será usado para transportar corrosivos químicos.

c) Evaluar los resultados. 3.15  El taller de prensa de una compañía de manufactura tiene que cortar piezas de una hoja de metal de tamaño estándar, la cual tiene dimensiones de 100 × 200 × 0.1 cm. Las dimensiones y cantidades de cada pieza a ser cortada de las hojas de tamaño estándar se observan en la tabla 3.25. Tabla 3.25 Pieza

Dimensiones (cm)

Cantidad requerida

A

95 × 25 × 0.1

2 500

B

40 × 45 × 0.1

1 200

C

40 × 75 × 0.1

800

 

La firma tiene solo 300 000 dólares disponibles para comprar los nuevos camiones. Experiencias en trabajos de mantenimiento indican que el propio mantenimiento de la firma tiene capacidad para dar mantenimiento adecuado a una flota de 20 camiones del tipo dos. Un camión del tipo 1 requiere 1.5 veces más mantenimiento que el del tipo 2, y el camión del tipo 3 requiere 2.8 veces más trabajo que el camión del tipo 2. Debido a las limitaciones de disponibilidad de los trabajos 1 y 3, la firma no puede usar más de tres camiones del tipo 1 y dos del tipo 3. Aun así, la firma requiere al menos un camión de cada tipo.

a) Encontrar cuatro diseños de alternativas de corte de las hojas de metal estándar con el menor recorte posible. b) Si se asume que no aparecen irregularidades en el borde de las hojas, ¿cuántas piezas de hojas de metal de tamaño estándar serían necesarias para producir las piezas requeridas A, B y C con el mínimo recorte requerido? c) Formular el problema como un modelo de programación lineal. d) Resolver el problema en la computadora. e) Evaluarlos resultados.

La ganancia anual que puede lograr un camión del tipo 1 es de 2 500 dólares, la de un camión del tipo 2 es de 10 000 dólares y la de uno del tipo tres es de 2 000 dólares. ¿Cuántos camiones de cada tipo deben ser comprados para que la firma pueda maximizar su ganancia anual?

Alternativa 1

a) Formular el problema como un modelo de programación lineal.

Alternativa 2

A

A

C

C

B

A

A

C

C

B

A

A

A

A

b) Resolver el problema en la computadora. c) Evaluar los resultados.

Alternativa 3

3.14  Una PYME del norte del país produce tostadores, waffleras y platos. Durante el mes de febrero tiene disponible la siguiente materia prima: 1 500 pies de cable de tungsteno, 1 000 pies cuadrados de hojas de metal y 200 lbs de plástico bakelita. Un tostador requiere de tres pies de cable de tungsteno, dos pies cuadrados de hoja metálica y 0.2 lbs de plástico. Una wafflera requiere una libra de plástico. El plato utiliza 2 pies de cable de tungsteno, 1 pie cuadrado de hoja metálica y 0.1 lbs de plástico. Un pronóstico de mercado predice que al menos 75 waffleras, no más, pueden ser vendidas durante el mes. 102

Problemas aplicados a la realidad

Alternativa 4

B

B

B

B

B

A

A

B

B

B

B

B

A

A

C

C

B

Figura 3.10  Alternativas de corte.

3.16  El taller de prensa de una compañía manufacturera tiene que cortar rollos de una hoja de metal en rollo estándar. El ancho de los rollos estándar es 50 cm, pero el cliente lo requiere más pequeño, rollos no estándar de anchos 10, 15 y 20 cm, en total 200, 150 y 75 rollos, respectivamente. Problemas para resolver con tecnología

Grupo Editorial Patria© a) Encontrar ocho diseños de alternativas de corte para producir los rollos requeridos. b) ¿Cuántos rollos de hoja metálica de tamaño estándar serán necesarios para minimizar el recorte perdido?

Tabla 3.28 Operadoras en unidad

Mínimo

Máximo

Mínimo

Máximo

1

10

3

7

5

9

2

15

3

8

9

14

3

20

6

11

8

14

d) Resolver el problema en la computadora. e) Evaluarlos resultados.

a) Elaborar la red que represente este problema.

Tabla 3.26  Diseños de alternativas de corte 1

2

3

4

5

6

7

8

10 cm

5

2

1

3

0

1

0

3

15 cm

0

2

0

0

3

1

2

1

20 cm

0

0

2

1

0

1

1

0

Usado

50

50

50

50

45

45

50

45

Total

50

50

50

50

50

50

50

50

Pérdida

0

0

0

0

5

5

0

5

b) Usando programación lineal, encontrar el mínimo número de operadoras necesarias para ld y da.

da

3.17  El departamento de planeación y control de producción de una planta manufacturera tiene la tarea de programar la producción para los siguientes dos periodos. Los datos requeridos para la programación se aprecian en la tabla 3.27. Todos los productos producidos en el nivel de pronóstico son vendidos sin mantenerlos en inventario. Por tanto, no hay inventario inicial. Tabla 3.27 Tiempo

i

ii

A

750

B

250

Costo de producción

Regular

Extra

Regular

Extra

1 500

1.0

1.0

30

45

600

1.5

1.5

20

30

Capacidad de la planta por periodo (horas laboradas) Tiempo regular: 1 800 horas. Tiempo extra:

750 horas.

a) Formular el problema como un modelo de programación lineal. b) Resolver el problema en la computadora. c) Evaluar los resultados. 3.18  Considérese el problema de programación de operadoras telefónicas de una compañía de telefonía local. Para ello, cabe apuntar que hay dos clases de operadoras: asistencia local (da) y larga distancia (ld). La compañía opera con tres turnos rotativos, asignando un número de operadoras para cada unidad de operación en cada cambio. La mayor restricción requiere que las unidades de operación tengan al menos 24 horas. La compañía debe determinar una programación de operadoras para cubrir adecuadamente cada turno. Problemas aplicados a la realidad

da1(3-7)

1

da2(3-8) 14 Inicio

Producto

ld

Mínimo de operadoras

c) Formular el problema como un modelo de programación lineal.

Periodo

da

Turno

10

da3(6-11)

I

2 23

15

F

Fin

ld1(5-9) ld

ld2(9-14) ld3(8-14)

20 3

Figura 3.11  Red que representa el problema de operadoras.

3.19  Considérese que en el mes de diciembre proveyeron a una planta siderúrgica material de tres minas diferentes, lo mínimo necesario que cada mina le debe de suministrar a cada planta son 2 500 ton la mina 1, 4 000 ton la mina 2 y 3 500 ton la mina 3. El tiempo que se tarda un camión en ir a la mina 1 y traer material a la planta son 2 h, a la mina 2, 3 h y a la mina 3, 1 h. El horario de trabajo de la planta es de 5 a 18 h; de la mina 1, de 6 a 16 horas; de la mina 2, de 8 a 18 horas, y de la mina 3, de 9 a 15 horas. Los tipos de camiones utilizados para transportar el material pueden ser tres: el tipo a de 4 ton, el b de 8 ton y el c de 15 toneladas. Considerando que solo se puede hacer un viaje completo a cada mina, ¿cuánto es el mínimo de camiones que se pueden usar para transportar el material a la planta? 3.20  La compañía de comida rápida Comer a mordidas opera las 24 h del día. Esta empresa emplea a varios individuos; cada empleado trabaja ocho horas consecutivas por día. Debido a que la demanda varía durante todo el día, también varía el número de empleados; con base en una experiencia anterior, la compañía ha proyectado como requisito mínimo de labores, periodos de cuatro horas durante el día. Formular un modelo de portafolio que indique el número mínimo de empleados que serán requeridos para apoyar las 24 horas de operaciones.

Problemas para resolver con tecnología

103

UNIDAD

3

Problemas para resolver

Tabla 3.29

Tabla 3.31

Horario

Mínimo de empleados requeridos

Consumidor

12:00 a.m. a 4:00 a.m.

3

A

4:00 a.m. a 8:00 a.m.

5

8:00 a.m. a 12:00 p.m.

10

12:00 p.m. a 4:00 p.m.

6

4:00 p.m. a 8:00 p.m.

10

Embarque costo

por unidad

ordenadas

de la planta 1

de la planta 2

500

$1.50

$4.00

B

300

$2.00

$3.00

C

1 000

$3.00

$2.50

D

200

$3.50

$2.00

8:00 p.m. a 12:00 a.m.

8

Cada unidad de ambos productos puede ser ensamblada y maquinada; ese costo, además de las capacidades de cada planta, se muestra en la tabla 3.32.

3.21  El departamento del área de alta dirección de una importante universidad se halla en el proceso de selección de un nuevo decano. El director de la facultad quiere formar un comité de cuatro hombres para trabajar durante el verano en la selección. Para esta encomienda, a cada miembro del comité se le pagará un sueldo durante el verano de 10% de su sueldo anual. De cada departamento se nombró a un profesor para servir en el comité. Los profesores, sus departamentos y sueldo anual se muestran en la tabla 3.30. El director de la facultad quiere seleccionar un comité que minimice el costo, sujeto a las restricciones siguientes: a) Que esté integrada por cuatro miembros. b) Un promedio de por lo menos cinco años de servicio. c) Un trabajo total del comité de tiempo de 100 horas.

Tabla 3.32 Hora / unidad

Costo / hora

Horas disponibles

Maquinado

0.1

$4.00

120

Ensamblado

0.2

$3.00

260

Maquinado

0.11

$4.00

140

Ensamblado

0.22

$3.00

250

Planta número1

Planta número 2

3.23  CSL es una cadena de compañías de mantenimiento de computadoras. El número de horas de reparación que CSL requiere durante los próximos cinco meses es el siguiente: Tabla 3.33

d) Un mínimo de un miembro del comité de cada línea.

Mes

Horas

e) Los profesores de administración y ciencia administrativa nunca están de acuerdo con nada, entonces no deben estar en el comité.

Enero

6 000

Febrero

7 000

Marzo

8 000

Abril

9 500

Mayo

11 000

Tabla 3.30 Nombre

Salario

Departamento

Línea

Años

Horas válidas

Kools

$25 000

Administración

Profesores

10

30

Long

$20 000

Contabilidad

Asistentes

2

35

Boatright

$30 000

Mercadotecnia

Profesores

15

40

Cooper

$15 000

Seguridad

Asociados

10

30

Nesmith

$20 000

Bienes raíces

Asistentes

4

15

Rainey

$15 000

Finanzas

Asistentes

3

10

Rubin

$20 000

Ciencias administración

Asociados

6

20

Earey

$25 000

Economía

Profesores

20

40

3.22  Considérese una compañía que tiene dos plantas. Esta ha recibido órdenes de cuatro consumidores, el número de unidades ordenadas por cada consumidor y el costo de embarque de cada planta se muestran en la tabla 3.31. 104

Unidades

Problemas aplicados a la realidad

A principios de enero trabajaron 50 técnicos especializados para CSL. Para los fines que nos ocupan aquí, es importante resaltar que cada técnico especializado trabaja 160 horas por mes. Así, conociendo la demanda futura es pertinente capacitar a nuevos técnicos. Durante el mes de capacitación, el técnico debe ser supervisado durante 50 horas por un técnico especializado. A cada técnico con experiencia se le pagan 2 000 dólares por mes (aun si no trabaja las 160 horas completas). Durante el mes de capacitación, al aprendiz se le pagan 1 000 dólares mensuales. Al final de cada mes, 5% de los técnicos con experiencia de CSL abandonaron el empleo para unirse a Plum Computers. Formular un modelo que minimice el costo de labor incurrido, conociendo el mantenimiento requerido para los próximos cinco meses. 3.24  Supóngase que n número de plantas productivas (i = 1 ... n) de una compañía envía su producto (un solo tipo de producto) a r número de clientes (k = 1 ... r ) directamente Problemas para resolver con tecnología

Grupo Editorial Patria© y/o a través de m número de almacenes de distribución ( j = 1 ... m) localizados en diferentes partes del país. Este sistema de producción y distribución se representa en la tabla 3.34.

Dj Bk Pi

Tabla 3.34  Sistema de producción y distribución Plantas

Distribuidores

Clientes

(i = 1 ... n)

(j = 1 ... m)

(k = 1 ... r)

j=1 k=1 i=1 j=2 k=2 i=n

j=m

k=r

Cada planta tiene una capacidad de producción mensual de ni unidades. Cada distribuidor tiene una capacidad de almacenamiento y distribución mensual de mj unidades, mientras que cada cliente tiene una demanda mensual de rk unidades. Determinar la manera de distribuir el producto a los clientes de tal manera que se minimice el costo de distribución. 3.25  La empresa Cementos Mexicanos ahora enfrenta el problema de distribuir cemento de tres plantas a cinco distribuidores.

Figura 3.12  Modelo de transbordo.

Determinar su solución óptima. 3.26  Planeación de fuerza de trabajo. El departamento de servicio de Teléfonos de México requiere un número mínimo de técnicos de tiempo completo durante los distintos días de la semana de acuerdo con la tabla 3.37. Tabla 3.37

Tabla 3.35

Día

Número mínimo de empleados

1 = Lunes

17

5000

2 = Martes

13

3

3000

3 = Miércoles

15

4

4000

4 = Jueves

19

5

4000

5 = Viernes

14

6 = Sábado

16

7 = Domingo

10

Planta

Producción (Ton)

Distribuidor

Demanda (Ton)

1

7 000

1

1000

2

10000

2

3

3000

Además, su logística está estructurada de manera que la distribución del producto debe hacerse a través de cuatro bodegas, de acuerdo con el siguiente esquema: Plantas: 1 = Monterrey, 2 = México, 3 = Guadalajara Bodegas: 1 = Oaxaca, 2 = Baja California, 3 = Tampico, 4 = Guadalajara

Cada técnico de tiempo completo puede trabajar un día extra adicional y ese día puede ser el inmediato siguiente del final de sus cinco días de trabajo. Adicionalmente, su compensación debe cambiar.

Distribuidores: 1 = Yucatán, 2 = Guerrero, 3 = Hermosillo, 4 = Sinaloa. Tabla 3.36  Costos de transporte ($por ton) Bodegas

Distribuidores

Planta

OAX

BC

TAM

GUA

Bodega

YUC

GUE

HER

SIN

OAX

MTY

2

3

4

5

OAX

2

3

4

4

0

MEX

5

3

4

5

BC

2

1

3

5

25

GUAD

10

X

X

0

TAM

2

4

1

5

15

GUA

X

3

6

2

10

Problemas aplicados a la realidad

Las normas que se pactaron con el sindicato exigen que cada trabajador deba laborar cinco días consecutivos y luego descansar dos, con la restricción de que cada técnico de tiempo completo trabaja ocho horas diarias.

El sindicato permite a Teléfonos de México la contratación de técnicos de medio turno que trabajen cuatro horas diarias, pero con el mismo requisito de que trabajen cinco días seguidos y descansen dos. Estos técnicos no pueden trabajar días extra. El costo de un técnico de tiempo completo es de 15 pesos por hora en horario normal, y en caso de trabajar un día extra, el costo por hora es de 20 pesos. El costo de un técnico de

Problemas para resolver con tecnología

105

UNIDAD

3

Problemas para resolver

medio tiempo es de 10 pesos debido a la reducción en prestaciones obligatorias. El sindicato restringe la cantidad de contratos de medio tiempo a un máximo de 25% del total de trabajadores de tiempo completo. El departamento de relaciones industriales le pide que le ayude a desarrollar un modelo que le permita hacer la planeación de requerimientos de personal y ser más eficientes en su toma de decisiones cuando cambien los requisitos de servicio técnico, contratos laborales, sueldos de personal, etcétera.

Encontrar la solución óptima del problema planteado. 3.27  Industria del Álcali, S.A. de C.V. planea la construcción de otra planta de producción, con el fin de contar con una mayor oferta de sus productos y un mejor sistema de distribución. En la actualidad, la empresa tiene una planta en Monterrey, con capacidad de 30 000 toneladas mensuales de bicarbonato de sodio. Debido al incremento en la demanda, la empresa está considerando cuatro nuevas localizaciones.

Costo construcción (miles $)

Capacidad mensual (toneladas)

Guadalajara

475 000

10 000

México

600 000

20 000

Querétaro

575 000

30 000

Veracruz

700 000

40 000

Localización

La tabla 3.39 suma los gastos de transporte por tonelada (en $) de cada planta hacia los distintos clientes, la demanda mensual correspondiente y la utilidad por tonelada de vendérsela a cada cliente. Tabla 3.39 Planta

Vidriera Toluca

Vidriera México

Vidriera Querétaro

Vidriera Guadalajara

Guadalajara

.6

.5

.9

.2

.9

México

.4

.2

.8

.5

.15

Vidriera Monterrey

Querétaro

.9

.8

.2

.7

.14

Veracruz

.10

.6

.7

.9

.12

Monterrey

.18

.16

.14

.12

.2

Utilidad por tonelada

10

15

30

18

5

15

16

13

35

11

Se pide: Plantear un modelo que determine: • ¿Cuáles plantas deberán construirse? • ¿Cuál será la capacidad que se utilizará de cada una? 106

• ¿Qué volumen se surtirá a cada cliente?

Alerta Se pide prorratear el costo de construcción en cinco años.

3.28  En el condado de Kilroy hay seis ciudades, por tanto las autoridades del condado deben determinar dónde deben construirse las estaciones de bomberos. La administración busca construir un número mínimo de estaciones de bomberos, asegurando que al menos una estación esté a 15 min (tiempo de manejo) de cada ciudad. El tiempo en minutos requerido para manejar en Kilroy se muestra en la tabla 3.40. Formular una función que indique al condado de Kilroy cuántas estaciones de bomberos deben construirse y dónde deben ubicarse. Tabla 3.40 De/A

Tabla 3.38

Demanda mensual máxima (miles de toneladas)

• ¿Qué clientes surtirán cada planta?

Problemas aplicados a la realidad

Ciudad 1

Ciudad 2

Ciudad 3

Ciudad 4

Ciudad 5

Ciudad 6

Ciudad 1

0

10

20

30

30

20

Ciudad 2

10

0

25

35

20

10

Ciudad 3

20

25

0

15

30

20

Ciudad 4

30

35

15

0

15

25

Ciudad 5

30

20

30

15

0

14

Ciudad 6

20

10

20

25

14

0

3.29  La siguiente información fue recolectada en un taller de impresión con la finalidad de programar varios trabajos a lo largo de una semana. El primer paso fue identificar en las órdenes de trabajo, los requerimientos de cada caso individual, dependiendo de su tipo. Cada combinación de características de la orden de trabajo, constituye específicamente un tipo de orden. La lista de los tipos de órdenes es muy larga. Para la semana, a planear su programación contiene 69 trabajos, los cuales consisten en cinco tipos de órdenes, tal como se muestra en la tabla 3.41. Tabla 3.41  Tipo de trabajo requerido durante un programa semanal Tipo de trabajo

Requerimiento semanal

1

6 lotes (10 000/lote)

2

12

3

14

4

15

5

22

Total

69

El siguiente paso del taller de impresión fue la determinación de la disponibilidad de máquinas en horas por semana por cada impresora. Esta información es dada en la tabla 3.42. Nótese que el taller de impresión opera en una semana de cuatro días con nueve horas el turno por día. Problemas para resolver con tecnología

Grupo Editorial Patria© Tabla 3.42  Disponibilidad de máquina

Tabla 3.45

Tipo de máquina

Número a mano

Descripción

Disponibilidad (hr/WK)

1

1

1 color 25” prensa

72

2

1

4 color 17” prensa

72

3

2

2 color 15” prensa

72/ máquina

Por último, cada trabajo fue evaluado en cada máquina para determinar la información de rendimiento en horas-máquina requeridas por cada tipo de trabajo; dicha información se observa en la tabla 3.43, ajustes que se han realizado por los criterios de rendimiento, a fin de dejar el mantenimiento normal y esperar el tiempo. Tabla 3.43  Trabajos y horas máquina requeridas por cada tipo de trabajo (10 000/lote) Tipo de trabajo

Requerimiento de trabajo para la próxima semana

Máquina tipo 1 (horas requeridas)

Máquina tipo 2 (horas requeridas)

Máquina tipo 3 (horas requeridas)

1

6 lotes

8 por lote

12 por lote

25 por lote

2

12

18

16

16

3

14

12

8

18

4

15

15

12

7

5

22

8

5

13

3.30  El gerente de operaciones de un banco tiene bajo su resguardo cinco lectoras, que debe asignar a los servicios de verificación a clientes en cuentas, cambios de monedas, notas y ahorros. Tres lectoras no están capacitadas para el cambio de moneda y una no puede manejar notas. Un estudio de muestreo del trabajo se muestra en la siguiente tabla. Tabla 3.44 Clientes atendidos por hora

Cheques

Cambio

Notas

Ahorro

Lectora 1

60

X

30

50

Lectora 2

70

60

40

50

Lectora 3

30

X

10

30

Lectora 4

40

X

X

60

Lectora 5

40

70

50

80

Supóngase que el gerente desea atender tantos clientes como sea posible, ¿qué asignaciones deben hacerse? La lectora extra será asignada a tareas de procesamiento de datos. 3.31  Mary Perkins es la directora de un almacén de comida, el más importante negocio de comida rápida de Seattle. En la actualidad, ella desarrolla un programa semanal de turnos para los empleados de mostrador, luego del cual concluyó que a diario necesita turnos para los dependientes (véase tabla 3.45). Problemas aplicados a la realidad

Turnos

Lunes Martes Miércoles Jueves Viernes Sábado Domingo Total

Matutino

6

5

5

6

8

10

6

46

Vespertino

5

4

4

5

6

7

4

35

Para la programación de los turnos solo se requiere considerar un esquema de cinco días consecutivos y ocho horas por día de trabajo, en el que solo se incluya empleados de tiempo completo. a) ¿Cuál es el mínimo número de dependientes requerido para ambos turnos? b) ¿Cuál es el total de dependientes en cada turno? 3.32  La Gran Plaza es un próspero negocio que funciona como ahorro y préstamo en Glendale, California, facilitando ahorros, cuentas corrientes, pago de facturas y otros servicios monetarios. El cajero trabaja de 9:00 a.m. a 6:00 p.m. de lunes a sábado. La señora Billie Davies dirige la sección de cajeros y una parte de su responsabilidad implica desarrollar un programa de turnos para los cajeros. Ella mantiene un registro exacto de la demanda de los clientes y ha estimado un número de cajeros para los turnos requeridos diariamente. Tabla 3.46

Cajeros en turno

Lunes

Martes

Miércoles

Jueves

Viernes

Sábado

Total

8

6

4

5

8

10

41

Todos los cajeros son empleados de tiempo completo. De acuerdo con la política de la compañía, deben trabajar cuatro días consecutivos y dos días seguidos de descanso por semana.

¿Cuál es el número mínimo de cajeros requeridos?

3.33  The Special Motors Corporation (smc) se especializa en la producción de un solo tipo de carro. En la actualidad, smc cuenta con cinco plantas que manufacturan y ensamblan los carros y los distribuyen a seis almacenes regionales (por subsecuente distribución a negociadores individuales). La administración de smc estima que cerrar una o más plantas reduciría el costo fijo de operaciones con un mayor beneficio, comparado con el resultado en el incremento del costo de transportación de las otras plantas hacia los almacenes. La empresa ha formado un equipo con varias personas de la empresa. El líder del equipo ha colectado información que se visualiza en la tabla 3.47; en esta se puede observar que la planta 2 tiene una capacidad de producción anual de 24 mil carros y un costo fijo de operación anual de 140 mil dólares, que el almacén cinco requiere 7 mil carros por año y que el costo de transportación de la planta 2 al almacén 5 es de 20 mil dólares por cada mil carros.

Problemas para resolver con tecnología

107

3

UNIDAD

Problemas para resolver

Tabla 3.47 Costos de transporte ($000) al almacén

Capacidad Costos fijos anual de operativos producción anuales

Planta

1

2

3

4

5

6

(000 carros)

($000)

1

67

16

27

65

46

112

18

306

2

58

78

39

4

20

48

24

140

3

17

96

57

20

38

32

27

200

4

15

54

22

42

27

93

22

164

5

37

66

28

20

12

72

31

88

Demanda (000 carros)

10

8

12

6

7

11

El número total de unidades producidas en tiempo normal y extra en el mes 3 más cualquier exceso de producción del mes 2 debe ser al menos de 3 400. El número total de unidades producidas en tiempo normal y extra en el mes 4 más cualquier exceso de producción del mes 3 debe ser al menos de 2 800. El número total de unidades producidas en tiempo regular en los meses 1, 2, 3 y 4 no deber exceder 2 400.

3.34  Considérese una compañía especializada en recomendar acciones de petróleo para clientes grandes. Un cliente de dicha empresa ha hecho las siguientes especificaciones: 1) al menos dos compañías de petróleo de Texas deben estar en el portafolio, 2) no se puede hacer más de una inversión en una compañía de petróleo internacional, y 3) una de las dos acciones de California Petróleo debe ser comprada. El cliente tiene hasta 3 millones de dólares disponibles para inversiones e insiste en comprar exactamente 10 000 acciones de cada compañía que invierta aquí. La tabla 3.48 describe varias acciones que la empresa está considerando. El objetivo es maximizar la utilidad anual de la inversión sujeta a las restricciones mencionadas. Formular el problema a través de un modelo de redes. Tabla 3.48

El número total de unidades producidas en tiempo extra en los meses 1, 2, 3 y 4 no deber exceder 800. Formular el problema a través de un modelo de redes y encontrar la solución óptima. 3.36  Programación de trabajo. Considérese un restaurante que opera los siete días de la semana, donde los meseros son contratados para trabajar seis horas diarias. Los contratos especifican que cada mesero debe trabajar cinco días consecutivos y descansar dos. Cada mesero recibe el mismo salario semanalmente. Los requerimientos de personal se muestran en la tabla 3.49. Tabla 3.49 Días de la semana

Requerimiento mínimo de personal (horas)

Surtido

Nombre de la compañía

Utilidad anual (en 1 000 dólares)

Costo por bloque (en 1 000 dólares)

Lunes

150

Martes

200

1

Trans-Texas Oil

50

480

Miércoles

400

2

British Petroleum

80

540

Jueves

300

3

Dutch Shell

90

680

Viernes

700

4

Houston Drilling

120

1 000

Sábado

800

5

Texas Petroleum

110

700

Domingo

300

6

San Diego Oil

40

510

7

California Petro

75

900

3.35  La compañía Odessa fabrica un producto que tiene una demanda variable. Para los próximos cuatro meses, la demanda de este producto es de 1 800, 2 200, 3 400 y 2 800, respectivamente. Por tanto, en muchas ocasiones hay un exceso de producción, lo que provoca un gran costo de inventario, por lo que muchas veces no puede satisfacer la demanda. La compañía puede producir 2 400 artículos al mes trabajando solo en horario normal, mientras que en tiempo extra puede producir 800 más; pero, cada uno de los artículos producidos en tiempo extra cuesta 7 dólares. Se estimó un costo de almacenamiento de 3 dólares al mes por cada artículo que se produce en ese tiempo y no se vende en ese mismo periodo. Odessa desea determinar un horario 108

óptimo de producción que pueda minimizar los costos de producción y de almacenamiento, a fin de cumplir todas las demandas de ventas. El número total de unidades producidas en tiempo normal y extra en el mes 1 debe ser al menos de 1 800. El número total de unidades producidas en tiempo normal y extra en el segundo mes más cualquier exceso de producción del mes 1 debe ser al menos de 2 200.

Problemas aplicados a la realidad

Considérese que este ciclo de requerimientos se repite indefinidamente. En este caso, el gerente del restaurante desea encontrar la programación de horarios de empleados que satisfaga los requerimientos a un mínimo costo. 3.37  Una compañía tiene dos plantas y tres almacenes. La planta 1 puede ofertar como máximo 100 unidades, mientras que la segunda oferta 200 unidades del mismo producto. Por su parte, el potencial de ventas en el almacén 1 es de 150, de 200 en el 2 y de 350 en el 3. Otro dato importante es que el ingreso por ventas por unidad en los tres almacenes es de12 en el primero, de 14 en el segundo y de 15 en el tercero. El costo de manufactura en la planta i y embarcar en el almacén j es dado en la tabla 3.50. La compañía desea determinar cuántas unidades deben ser embarcadas de cada planta para cada almacén para maximizar la utilidad. Problemas para resolver con tecnología

Grupo Editorial Patria© Tabla 3.50 Costo de manufactura Almacén 1 2 8 10 7 9

Planta 1 2

3 12 11

3.38  Considérese a un coordinador de programación de la pequeña, pero creciente, línea aérea TS, quien debe programar con exactitud los vuelos de Chicago a las siguientes ciudades: Atlanta, Los Ángeles, Nueva York y Peoria. Las salidas disponibles son 8 a.m., 10 a.m. y 12 p.m. Es importante destacar que TS solo tiene dos salas, por tanto, solo pueden ser programados dos vuelos, como máximo, por sala. La demanda sugiere que la utilidad esperada por vuelo es una función de tiempo de salida que se muestra en la tabla 3.51. Formule un modelo para resolver el problema.

Peoria

Utilidad de contribución esperada (miles) 8 10 10 9 11 10.5 17 16 6.4

2.5

De Nueva Orleans Omaha

New York $2 3

A Chicago 3 1

Los Ángeles 5 4

3.41  Arlington Bank of Commerce and Industry tiene requerimiento de entre 10 y 18 clientes dependiendo del horario. El tiempo de descanso, después de las 2 p.m., usualmente es el más pesado. La tabla 3.54 muestra los requerimientos de los trabajadores necesarios en las diferentes horas que el banco está abierto.

12 8.5 9.5 15 -1

3.39  Supóngase que la administración de una empresa tiene las alternativas presentadas en la tabla 3.52, en la cual el monto se presenta en miles de dólares. La administración debe seleccionar una o más alternativas. Si los miembros de la junta de administración deciden expandir la planta en Bélgica, el valor presente del ingreso neto para la compañía es de 40 000 dólares. Este proyecto requiere 10 000 dólares de capital en el primer año, 5 000 dólares en el segundo y así sucesivamente. La administración anteriormente ha presupuestado hasta 50 000 dólares por todas las inversiones de capital en el año 1, hasta 45 000 dólares en el año 2, y así sucesivamente. Formular el problema a través de un modelo de redes. Tabla 3.52 Problema de presupuesto de capital de Protac Valor Capital requerido en año i presente por alternativa  j Alternativa  j neto Retorno 1 2 3 4 Expandir la planta en 40 10 5 20 10 Bélgica Expandir la capacidad de la máquina chica en 70 30 20 10 10 Estados Unidos Establecer nueva planta 80 10 20 27 20 en Chile Capital disponible en año i Bi 50 45 70 40

5 0 10 10 30

3.40  Top Speed Bycicles manufactura y promueve una línea de bicicletas ten-speed a nivel nacional. La compañía tiene plantas de ensamblaje en dos ciudades, en las cuales Problemas aplicados a la realidad

Tabla 3.53

Top Speed Bycicles desea desarrollar un programa que minimice el costo total anual de transportación.

Tabla 3.51 Destino Atlanta Los Ángeles Nueva York

el costo de mano de obra es bajo: Nueva Orleans y Omaha. Ambas ciudades se encuentran cerca de las más grandes áreas de mercado de Nueva York, Chicago y Los Ángeles. Los requerimientos de venta para el próximo año en el almacén de Nueva York son 10 000 bicicletas, 8 000 en Chicago y 15 000 en Los Ángeles. No obstante, la capacidad de fabricación en cada localidad es limitada. Nueva Orleans puede ensamblar y mandar 20 000 bicicletas, mientras que en la planta de Omaha puede producir 15 000 bicicletas por año. El costo de embarque de una bicicleta de cada almacén varía (véase tabla 3.53).

Tabla 3.54 Periodo 9 a.m. - 10 a.m. 10 a.m. - 11 a.m. 11 a.m. - 12 p.m. 12 p.m. - 1 p.m. 1 p.m. - 2 p.m. 2 p.m. - 3 p.m. 3 p.m. - 4 p.m. 4 p.m. - 5 p.m.

Número de clientes esperados 110 12 14 16 18 17 15 10

El banco ahora emplea 12 trabajadores de tiempo completo, pero mucha gente está en lista de trabajadores disponibles de medio tiempo. El trabajador de medio tiempo debe trabajar exactamente 4 horas por día, pero puede empezar a cualquier hora entre 9:00 a.m. y 1:00 p.m. Los trabajadores de medio tiempo son justamente trabajadores sin mucho costo, debido a que no tienen beneficios de retiro o descanso. Los trabajadores de tiempo completo, por otra parte, trabajan de 9:00 a.m. a 5:00 p.m., con una hora de descanso. (La mitad de los trabajadores de tiempo completo comen a las 11:00 a.m. y la otra mitad a la 1:00 p.m.). Los trabajadores de tiempo completo trabajan 35 horas por semana; sin embargo, el banco limita que las horas de trabajadores de tiempo medio a máximo 50% del requerimiento total diario. Los trabajadores de medio turno ganan 4 dólares por hora (o 16 dólares por día) en promedio, mientras que los trabajadores de tiempo completo ganan 50 dólares diarios en salario y beneficios, en promedio. El banco requiere hacer un programa que minimice el total de costos de personal.

Problemas para resolver con tecnología

109

UNIDAD

3

Aplicación de modelos de redes en la solución de problemas para...

Problema reto 1

Elabore un plan que minimice la distancia total del viaje por paciente a la clínica médica usando la información de abajo en el proyecto departamental de visitas por paciente y la distancia entre localizaciones. Asuma una distancia de 35 pies entre el área de recepción y la localización posible. Use el formato que se muestra abajo. El diagrama es un semicírculo donde los departamentos están alrededor y la recepción está en el centro del círculo. Distancia entre consultorios A De

A

B

C

D

E

F

A

-

40

80

100

120

160

-

40

60

80

120

-

20

40

80

-

20

40

-

40

B C D E F

-

Viajes entre departamentos (por día) A De

1

2

3

4

5

6

Recepción

Recepción

10

10

200

20

0

100

-

1

-

0

0

80

20

40

10

2

0

-

0

0

0

20

40

3

40

0

-

10

190

10

10

4

30

50

0

-

10

70

0

5

60

40

60

30

-

20

10

6

10

100

0

20

0

-

30

Referencias Bibliográficas Hillier, F. S., & Lieberman, G. J. (2002).Investigación de operaciones, 7a ed. México: McGrawHill. Taha, H. (2007). Operations Research: An Introduction, 8th ed. Ed. New Jersey: Pearson, Prentice Hall.

110

UNIDAD

4

Programación lineal discreta Guillermo Jiménez Lozano

Objetivos Orientar a los estudiantes del área de Investigación de Operaciones en las soluciones analíticas y con el uso de software. Destacar la importancia de los diferentes métodos de solución de problemas mediante el estudio de las formas planteadas en los mismos. Proporcionar material de estudio que facilite el autoaprendizaje en la Investigación de Operaciones.

¿Qué sabes? ¿Cómo pueden influir los diferentes métodos de solución de problemas en la Investigación de Operaciones? ¿Pueden diseñarse modelos específicos para solucionar problemas de asignación? ¿En la programación lineal si se acude a los diferentes métodos de solución de problemas se facilitarían las aplicaciones? ¿Podrían establecerse métodos únicos de solución de problemas en el transporte?

UNIDAD

4

Programación lineal discreta

4.1  Introducción Wagner (1950) y Alan S. Manne (1959) se consideran los pioneros de la programación lineal, ya que tradicionalmente sus modelos se consideran subclases de la programación lineal; aunque, las variables de decisión que aparecen en dichos modelos solo toman valores enteros, por lo que en realidad deben considerarse como problemas de programación entera. El número de modelos lineales enteros y sus métodos de solución es en la actualidad bastante extenso, por lo que en la presente unidad se ha hecho una selección, considerando únicamente aquellos que se cree son más interesantes y que aparecen con mayor frecuencia en la realidad. Un aspecto notable de los métodos de solución de estos problemas, que se incluyen dentro de la clase denominada de modelos combinatorios, es la complejidad computacional. Un enfoque primitivo de resolución consiste en evaluar cada posible solución, es decir, cada una de las combinaciones de valores enteros para las variables del problema. En este caso, incluso en un pequeño problema, como podría ser con 10 variables y 10 valores para cada una, tendría un número grande (10 mil millones) de posibles soluciones, lo que hace necesario planteamientos de solución inteligentes. Estos se han dirigido por una parte hacia los métodos exactos, es decir aquellos que conducen a una solución óptima exacta para el problema combinatorio empleando técnicas que reduzcan la búsqueda de soluciones (caso del método simplex). Y por otra parte se han propuesto un buen número de métodos heurísticos, sin una base matemática formal, pero que, basados esencialmente en la intuición, conducen a una solución próxima a la óptima, en una cantidad razonable de tiempo. Más concretamente, lo hacen en tiempo polinomial, comparados con muchos métodos exactos para problemas combinatorios que se realizan en tiempo exponencial, lo que provoca que estos últimos sean poco aplicables a problemas de tamaño grande. Si se requiere que todas las variables sean enteras, se dice que se trata de programación lineal entera pura; pero, si se necesita que algunas de las variables de decisión sean números enteros, se tiene un problema de programación lineal entera mixta. En algunas aplicaciones solo se permite que todas las variables tomen valores de cero o uno; en estos casos, se habla de programación lineal entera binaria (digital) o cero-uno; en otro caso, si se requiere que solo algunas de las variables tomen valores de cero o uno, se tiene un problema de programación lineal entera binaria mixta. Para resolver problemas de programación lineal entera se utilizan varios algoritmos entre los que destacan el algoritmo de Ralph Gomory, o de ramificación y acotamiento, el de enumeración exhaustiva o explícita, el de enumeración implícita, el aditivo de Egon Balas y el de algoritmos heurísticos. En programación lineal entera pura algunos de los algoritmos de solución que se emplean son: método de plano de corte, algoritmo fraccional de Gomory, algoritmo entero puro de Gomory, método de ramificación y acotamiento y algoritmo de Land-Doig, entre otros. Para programación lineal entera binaria algunos de los utilizados son: método de ramificación y acotamiento, método aditivo de Egon Balas, método lexicográfico, método de Lemke y Spielberg, distancia de Hamming y retículos y método de Trubin. En programación lineal entera mixta se usan el algoritmo entero mixto de Gomory, el algoritmo de Land-Doig y método de Benders, entre otros.

4.2  Métodos de solución ❚ Algoritmo fraccional de Gomory Existen otros, como el algoritmo entero y el algoritmo mixto. ■

Alerta Luego de encontrar una solución óptima para el primal por simplex y después de agregarle la primera nueva ecuación al sistema se pasa a dualsimplex para quitarle la infactibilidad al sistema.

112

■

■

Paso 1. Resolver el problema primal; si la solución es entera, esta corresponde a la solución óptima para el problema de programación lineal entera. Paso 2. Seleccionar variables con soluciones decimales y escoger aquella que tenga la mayor parte fraccionaria tomando las ecuaciones completas. Paso 3. Los coeficientes de la ecuación se expresan separando la parte entera y se, retienen solamente la parte fraccionaria.

Esto genera una nueva restricción que se incluye en el tablero óptimo. A continuación se resuelve el problema modificado (como se ilustra en el ejemplo). A partir de los siguientes ejemplos, se mostrará la manera de aplicar el algoritmo fraccional de Gomory para solucionar un problema de programación lineal entera.

Grupo Editorial Patria©

Problema resuelto Resolver: Max Z = 8X1 + 5X2 Sujeto a: 1. X1 + X2 ≤ 6 2. 9X1 + 5X2 ≤ 45

X1, X2 ≥ 0

X1, X2 ∈ Z+

Solución

Estandarización: X1 + X2 + S1

1.

=6

9X1 + 5X2 + S2 = 45

2.

3. Z  - 8X1 - 5X2

=0

Tabla 4.1  Simplex CB 0 0

VB S1 S2

Cj b 6 45

8 X1 1 9

5 X2 1 5

0 S1 1 0

0 S2 0 1

Z

0

-8

-5

0

0

Variable que entra a la base: X1 Variable que sale de la base: S2 Tabla 4.2 CB

VB

b

X1

X2

S1

S2

0

S1

1

0

4/9

1

8

X1

5

1

5/9

0

- 1/9 1/9

Z

40

0

-5/9

0

8/9

Variable que entra a la base: X2 Variable que sale de la base: S1 Tabla 4.3 CB

VB

b

X1

X2

S1

S2

5

X2

9/4

0

1

9/4

- 1/4

8

X1

15/4

1

0

Z

165/4

0

0

- 5/4 5/4

3/4

1/4

Solución óptima única para el problema primal X *1 = 15/4; X *2 = 9/4; S *1 = 0; S *2 = 0; Z * = 165/4, pero para el problema de programación lineal entera no nos sirve la respuesta, ya que las variables de decisión tienen valores fraccionarios. Para resolver este problema, aplicamos un refinamiento de la programación lineal, el cual corresponde al algoritmo fraccional de Gomory:

1X1 - 5/4S1 + 1/4S2 = 15/4



(1 + 0)X1 + (- 2 + 3/4)S1 + (0 + 1/4)S2 = (3 + 3/4)



3/4S1 + 1/4S2 = 3/4

Nueva ecuación



3/4S1 + 1/4S2 ≥ 3/4

Nueva restricción



- 3/4S1 - 1/4S2 + S3 = - 3/4

Ecuación a introducir al sistema





113

UNIDAD

4

Programación lineal discreta A continuación se aplica el dual-simplex, con el objetivo de quitarle la infactibilidad al sistema. Tabla 4.4  Dual-simplex CB

VB

b

X1

X2

S1

S2

5

X2

9/4

0

1

9/4

- 1/4

0

8

X1

15/4

1

0

- 5/4

1/4

0

0

S3

- 3/4 165/4

0

0 0

- 3/4 5/4

- 1/4 3/4

1

0

X1 0 1 0 0

X2 1 0 0 0

S1 0 0 1 0

S2 -1 2/3 1/3 1/3

S3 3 - 5/3 - 4/3 5/3

Z

S3

0

Variable que se vuelve no básica: S3 Variable que se vuelve básica: S2 Tabla 4.5  Dual-simplex CB 5 8 0

VB X2 X1 S1 Z

b 0 5 1 40

Solución óptima única al problema de programación lineal entera: X *1 = 5; X *2 = 0; S *1 = 1; S *2 = 0; S *3 = 0; Z * = 40 En el caso de este problema, es necesario fabricar cinco unidades del artículo 1 (X *1 = 5) y 0 unidades del artículo 2 (esto es, no es necesario fabricar unidades del artículo 2) (X *2 = 0); asimismo, sobró una unidad de los recursos de la sección 1 (S *1 = 1), se emplearon todos los recursos de la sección 2 (S *2 = 0), se utilizaron todos los recursos de la sección 3 (S *3 = 0) y la utilidad máxima es de 40 u. m. (Z * = 40).

Problema resuelto Una empresa que produce bobinas de papel de 500 m de longitud y un metro de ancho ha estimado que la demanda para el siguiente mes será de 500 bobinas de 20 cm de ancho, 400 bobinas de 30 cm de ancho, 250 bobinas de 40 cm de ancho y 300 bobinas de 70 cm de ancho (todas las bobinas son de 500 m de longitud). Para ello, el fabricante debe cortar las bobinas de un metro de ancho con el tamaño de las peticiones para satisfacer la demanda, pero desea que el desperdicio en el corte sea mínimo en el número de bobinas que fabrique de un metro, a fin de que el costo de producción también lo sea, si se considera desperdicio los sobrantes iguales o inferiores a 10 cm. Solución

Variables: Xi: Número de bobinas a cortar de 500 m según el patrón i, i = 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10 W : Función de costo del desperdicio en el corte de las bobinas. Tabla 4.6 Patrones 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

20 5 3 3 1 0 1 0 0 1 2

30 0 0 1 0 1 1 2 3 0 2

40 0 1 0 0 0 1 1 0 2 0

70 0 0 0 1 1 0 0 0 0 0

Modelo (primal): Min W = X1 + X2 + X3 + X4 + X5 + X6 + X7 + X8 + X9 + X10

114

Sobrantes (cm) 0 0 10 10 0 10 0 10 0 0

Grupo Editorial Patria© Sujeto a: 1. 5X1 + 3X2 + 3X3 + X4 2.

X3

+ X6

+ X9 + 2X10 ≥ 500

+ X5 + X6 + 2X7 + 3X8 + 2X10 ≥ 400 + 2X9

≥ 250

4. X4 + X5

≥ 300

3.

X2

+ X6 + X7

Xi ≥ 0   ∀i   i = 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10   Xi ∈ Z+ Para la solución de este problema, se sugiere usar Solver de Excel.



Figura 4.1

Como se puede ver en la figura, en la celda C16: = Suma producto (C5:C14;H5:H14); en la celda D16: = Suma producto (D5:D14;H5:H14); en la celda E16: = Suma producto (E5:E14;H5:H14); en la celda F16: = Suma producto (F5:F14;H5:H14); en la celda C18 (función objetivo): = Suma (H5:H14). Como es lógico, las respuestas se encuentran en la figura anterior, y en la siguiente se presentan de manera desglosada.



Figura 4.2

La solución óptima nos dice que deben cortarse 80 bobinas con la opción de corte 1; 300 bobinas con la opción de corte 5; 50 bobinas con la opción de corte 7, y 100 bobinas con la opción de corte 9. Así, se satisfacen todas las demandas y el número de bobinas de un metro de ancho es de 530 uni­ dades.

115

UNIDAD

4

Programación lineal discreta

Problema resuelto Resolver:

Max Z = 3X1 + 2X2

Con las siguientes restricciones: 1. X1 + X2 ≤ 6

X1, X2 ≥ 0

X1, X2 ∈ Z+

Aplicando el programa LINDO:

Figura 4.3

Figura 4.4 Solución

Solución óptima única al problema de programación lineal entera: X *1 = 6; X *2 = 0; Z * = 18. En este caso, se deben producir seis unidades del artículo 1 (X *1 = 6); 0 unidades del artículo 2 (esto es, no se deben producir unidades del artículo 2) (X *2 = 0), y la utilidad máxima es de 18 u. m. (Z * = 18).

Problema resuelto La empresa Electromex produce dos tipos de televisores de alta definición, denominados HD1 y HD2. Para construir cada uno de los televisores se emplean tres máquinas. El tiempo que necesita el televisor HD1 es de una hora en la máquina 1, dos horas en la máquina 2 y cuatro horas en la máquina 3. Por su parte, el tiempo que requiere de trabajo el televisor HD2 es de dos horas en la máquina 1, una hora en la máquina 2 y una hora en la máquina 3. En la producción diaria, el tiempo disponible de la máquina uno es de 16 horas, de la máquina dos de 10 horas y de la máquina tres es de 14 horas. El televisor HD1 genera una utilidad de 300 000 u.m. y el televisor HD1 proporciona una ganancia de 100 000 u.m. El problema que tiene la gerencia de Electromex es encontrar la cantidad de televisores HD1 y HD2 a elaborar diariamente, para que la utilidad sea máxima. Plantear, resolver e interpretar como un modelo de programación lineal entera.

116

Grupo Editorial Patria© Solución

X1: Cantidad de televisores tipo HD1 a fabricar diariamente X2: Número de televisores tipo HD2 a producir por día Z: Función de maximización de la utilidad Modelo: Max Z = 300 000X1 + 100 000X2 Sujeto a: 1. X1 + 2X2 ≤ 16 2. 2X1 + X2 ≤ 10 3. 4X1 + X2 ≤ 14

X1, X2 ≥ 0



X1, X2 ∈ Z+

Utilizamos el Solver de Excel.

Figura 4.5 Como se puede observar en la figura, en la celda E4: B4 * B10 + C4 * C10; en la celda E5: B5 * B10 + C5 * C10; en la celda E6: B6 * B10 + C6 * C10; en la celda B12 (función objetivo): B10 * B7 + C10 * C7; establecer objetivo B12; para Max; cambiando las celdas de variables: B10: C10; sujeto a las restricciones: E4: E6 ≤ D4: D6. Así, las opciones que tenemos para solucionar este problema son Simplex LP (para problemas de Solver lineales), GRG Nonlinear (para problemas de Solver no lineales suavizados) y Evolutionary (para problemas de Solver no suavizados). En este caso, optamos por resolver mediante Simplex LP y obtenemos los siguientes resultados: X *1 = 2; X *2 = 6; Z * = 1 200 000 Con base en los resultados, se puede decir que es posible producir dos unidades del televisor HD1 (X *1 = 2); y seis unidades del televisor HD2 (X *2 = 6); en tal caso sobran dos horas de trabajo en la máquina 1 (celda E4 = 14) y se emplean todas las horas de trabajo de la máquina 2 (celda E5 = 10) y de la máquina 3 (celda E6 = 14); por tanto, la utilidad máxima es de 1 200 000 u.m. (Z * = 1 200 000).

117

UNIDAD

4

Programación lineal discreta ❚ Método de ramificación y acotamiento (Branh and bound) La solución para cada problema de programación lineal entera se divide en dos subproblemas. En tal caso, para cada subproblema puede ocurrir lo siguiente: 1. Cuando el subproblema es no factible de solucionarse se da por terminado. 2. Cuando la solución es entera, mejor que cualquier solución entera conocida es candidata a solución, no se busca más. 3. Cuando la solución es fraccionaria, mejor que la solución entera conocida más adecuada, el problema se fracciona en dos. 4. Cuando la solución es peor que la mejor solución entera conocida; no se investiga más.

Problema resuelto Resolver: Max Z = 3X1 + 5X2 Sujeto a:

6X1 + 8X2 ≤ 20



X1, X2 ≥ 0



X1, X2 ∈ Z+

Solución

Estandarización: 1.

6X1 + 8X2 + S1 = 20

0. Z  - 3X1 - 5X2

=0

Tabla 4.7a  Simplex Cj

3

5

0

CB

VB

b

X1

X2

S1

0

S1

20

6

8

1

Z

0

-3

-5

0

CB

VB

b

X1

X2

S1

0

X2

5/2

3/4

1

1/8

Z

25/2

3/4

0

5/8

Tabla 4.7b

Solución óptima única de programación lineal X *1 = 0; X *2 = 5/2; S *1 = 0; Z * = 25/2, más no de programación lineal entera, para lo cual aplicamos el algoritmo de ramificación y acotamiento. (Véase figura 4.6 en la página siguiente.) Solución óptima al problema de programación lineal entera X *1 = 2; X *2 = 1; Z * = 11 De acuerdo con los datos arrojados, se pueden elaborar dos unidades del artículo 1 (X *1 = 2), una unidad del artículo 2 (X *2 = 1) y la utilidad máxima obtenida es de 11 u.m. (Z * = 11).

118

Grupo Editorial Patria©

P1 X*1 = 3 X*2 = 4 Z* = 23 Solución Óptima Única

P2 X1 = 43/10 X2 = 3 X2 ≤ 3 X1 ≤ 4

X1 = 17/4 X2 = 19/6

P4 X1 = 4 X2 = 10/3

X1 ≥ 5 P3 X1 = 5 X2 = 2/3

X2 ≤ 3 P2

X2 ≥ 4

X2 ≥ 4 P1

X2 ≤ 0

P5 X1 = 26/5 X2 = 0

X2 ≥ 1

X1 ≤ 4 P2



P2

X1 ≥ 4 P6 X1 = 49/10 X2 = 7/2

X2 ≤ 3

P1

X1 ≥ 5 P3

Figura 4.6

Problema resuelto Resolver el problema anterior mediante la elección de Solver de Excel.

Figura 4.7

119

UNIDAD

4

Programación lineal discreta Solución

Como se puede observar en la figura, en la celda E3: B3 * B7 + C3 * C7; en la celda B9 (función objetivo): B4 * B7 + C4 * C7; establecer objetivo B9; para Max; cambiando las celdas de variables: B7: C7; sujeto a las restricciones: E3 ≤ D3. De este modo, escogemos Simplex LP para solucionar el problema y obtenemos los siguientes resultados: X *1 = 2; X *2 = 1; Z * = 11. Por tanto, se deben producir dos unidades del producto 1 (X *1 = 2), una unidad del artículo 2 (X *2 = 1). Respecto a la producción, se utilizaron todas las horas disponibles en la máquina 1 (celda E3 = 20) y la utilidad máxima es de 11 u. m. (Z * = 11).

Problema resuelto Resolver: Max Z = 7X1 + 8X2 Sujeto a: 1. 10X1 + 3X2 ≤ 52 2. 2X1 + 3X2 ≤ 18

X1, X2 ≥ 0

X1, X2 ∈ Z+

Solución

Estandarización: 1. 10X1 + 3X2 + S1 2.

2X1 + 3X2

= 52

+ S2 = 18

0. Z  - 7X1 - 8X2

= 0

Tabla 4.8  Simplex CB 0 0

VB S1 S2 Z

Cj b 52 18 0

7 X1 10 2 -7

8 X2 3 3 -8

0 S1 1 0 0

0 S2 0 1 0

Cj b 34 6 48

7 X1 8 2/3 - 2/3

8 X2 0 1 0

0 S1 1 0 0

0 S2 -1 1/3 8/3

Cj b 17/4 19/6 661/12

7 X1 1 0 0

8 X2 0 1 0

0 S1 1/8 - 1/12 5/24

0 S2 - 1/8 5/12 59/24

Variable que entra a la base: X2 Variable que sale de la base: S2 Tabla 4.9  Simplex CB 0 8

VB S1 X2 Z

Variable que entra a la base: X1 Variable que sale de la base: S1 Tabla 4.10  Simplex CB 7 8

120

VB X1 X2 Z

Grupo Editorial Patria© Solución óptima única para el problema primal X *1 = 17/4; X *2 = 19/6; S *1 = 0; S *2 = 0; Z * = 661/12, pero no de programación lineal entera. En este caso, aplicamos ramificación y acotamiento:

P4

P3

43 1. ? X1 = — 10 9 2. ? X1 = – 2

1. ? X1 = 4 2. ? X1*= 3

No Factible

Z* = 53 X2 ≤ 3

X1 ≤ 4

17 X1 = — 4 19 X2 = — 6

X2 ≥ 4

X1 ≥ 5

P1

P2

10 2. ? X2 = — 3

2 1. ? X2 = – 3 8 2. ? X2 = – 3

No Factible

No Factible

1. ? X2 = 4



Figura 4.8

Solución óptima al problema de programación lineal entera X *1 = 3; X *2 = 4; Z * = 53 De este modo, se sabe que es necesario producir tres unidades del artículo 1 (X *1 = 3), tres unidades del artículo 2 (X *2 = 4) y que la máxima utilidad es de 53 u. m. (Z * = 53).

Problema resuelto Resolver el problema anterior utilizando Solver de Excel.

Figura 4.9

121

UNIDAD

4

Programación lineal discreta Solución

Como se observa en la figura, la celda E3: B3 * B8 + C3 * C8; en la celda E4: B4 * B8 + C4 * C8; en la celda B10 (función objetivo): B5* B8 + C5 * C8; establecer objetivo B10; para Max; cambiando las celdas de variables: B 8: C 8; sujeto a las restricciones: E3 ≤ D3, E4 ≤ D4, B8 y C8 enteros. En este caso, para solucionar el problema elegimos Simplex LP y obtenemos los siguientes resul­ tados: Solución óptima al problema de programación lineal entera: X *1 = 3; X *2 = 4; Z * = 53 De este modo, se sabe que se deben producir tres unidades del artículo 1 (X *1 = 3), tres unidades del artículo 2 (X *2 = 4), que sobraron 10 horas del tiempo disponible en la máquina 1 (celda E3 = 42), que se utilizaron todas las horas del tiempo disponible en la máquina 2 (celda E4 = 18) y que la máxima utilidad es de 53 u. m. (Z * = 53).

❚ Método de enumeración exhaustiva o enumeración explícita Este consiste en enumerar todas las soluciones posibles, a partir de los valores tomados para las variables enteras y realizar todas las combinaciones posibles hasta encontrar una que nos proporcione el valor óptimo de la función objetivo y que cumpla con todas las restricciones del problema. Una de las objeciones principales que presenta este método es el número de variables, ya que se presentan demasiadas combinaciones antes de encontrar la solución óptima.

Problema resuelto Resolver: Max Z = 3X1 + 5X2 Sujeto a: 1. X1 + X2 ≤ 8 2. 3X1 + 2X2 ≤ 7

X1, X2 ≥ 0

X1, X2 ∈ Z+

Solución

Posibles valores enteros de X1, según la restricción X1 + X2 ≤ 8: X1 = [0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8] Posibles valores enteros de X1, según la restricción 3X1 + 2X2 ≤ 7: X1 = [0, 1, 2] Entonces: X1 = [0, 1, 2] Posibles valores enteros de X2, según la restricción X1 + X2 ≤ 8: X2 = [0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8] Posibles valores enteros de X2, según la restricción 3X1 + 2X2 ≤ 7: X2 = [0, 1, 2, 3] Entonces: X2 = [0, 1, 2, 3]

122

Grupo Editorial Patria© A continuación observamos las posibles soluciones aplicando los valores de X1 y X2 a la función objetivo y además teniendo en cuenta que se cumplan las restricciones. Tabla 4.11 S1

S2

S3

S4

S5

S6

S7

S8

S9

S10

S11

S12

X1 = 0

X1 = 0

X1 = 0

X1 = 0

X1 = 1

X1 = 1

X1 = 1

X1 = 1

X1 = 2

X1 = 2

X1 = 2

X1 = 2

X2 = 0

X2 = 1

X2 = 2

X2 = 3

X2 = 0

X2 = 1

X2 = 2

X2 = 3

X2 = 0

X2 = 1

X2 = 2

X2 = 3

R1 = 0

R1 = 1

R1 = 2

R1 = 3

R1 = 1

R1 = 2

R1 = 3

R1 = 4

R1 = 2

R1 = 3

R1 = 4

R1 = 5

R2 = 0

R2 = 2

R2 = 4

R2 = 6

R2 = 3

R2 = 5

R2 = 7

R2 = 10

R2 = 6

R2 = 8

R2 = 10

R2 = 12

Z=0

Z=5

Z = 10

Z = 15

Z=3

Z=8

Z = 13

Z = 16

Z=6

Z = 11

Z = 16

Z = 21

Sirve

Sirve

Sirve

Sirve

Sirve

Sirve

Sirve

No Sirve

Sirve

No Sirve

No Sirve

No Sirve

Donde Si i = 1, 2, 3 ..., 12 corresponde a los tipos de soluciones resultantes, en las cuales existen algunas válidas y otras que no lo son por violar alguna o todas las restricciones; R1: restricción 1; R2: restricción 2. Entonces, la solución óptima es: X *1 = 0, X *2 = 3, Z * = 15

Problema resuelto Resolver: Max Z = 7 X1 + 8 X2 Sujeto a: 1. 10X1 + 3X2 ≤ 52 2. 2X1 + 3X2 ≤ 18

X1, X2 ≥ 0

X1, X2 ∈ Z+

Solución

Posibles valores enteros de X1, según la restricción 10X1 + 3X2 ≤ 52: X1 = [0, 1, 2, 3, 4, 5] Posibles valores enteros de X1, según la restricción 2X1 + 3X2 ≤ 18: X1 = [0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9] Entonces: X1 = [0, 1, 2, 3, 4, 5] Posibles valores enteros de X2, según la restricción 10X1 + 3X2 ≤ 52: X2 = [0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14, 15, 16, 17] Posibles valores enteros de X2, según la restricción 2X1 + 3X2 ≤ 18: X2 = [0, 1, 2, 3, 4, 5, 6] Entonces: X2 = [0, 1, 2, 3, 4, 5, 6]

123

UNIDAD

4

Programación lineal discreta Tabla 4.12 S1

S2

S3

S4

S5

S6

S7

S8

S9

S10

S11

S12

X1 = 0

X1 = 0

X1 = 0

X1 = 0

X1 = 0

X1 = 0

X1 = 0

X1 = 1

X1 = 1

X1 = 1

X1 = 1

X1 = 1

X2 = 0

X2 = 1

X2 = 2

X2 = 3

X2 = 4

X2 = 5

X2 = 6

X2 = 0

X2 = 1

X2 = 2

X2 = 3

X2 = 4

R1 = 0

R1 = 3

R1 = 6

R1 = 9

R1 = 12

R1 = 15

R1 = 18

R1 = 10

R1 = 13

R1 = 16

R1 = 19

R1 = 22

R2 = 0

R2 = 3

R2 = 6

R2 = 9

R2 = 12

R2 = 15

R2 = 18

R2 = 2

R2 = 5

R2 = 8

R2 = 11

R2 = 14

Z=0

Z=8

Z = 16

Z = 24

Z = 32

Z = 40

Z = 48

Z =7

Z = 15

Z = 23

Z = 31

Z = 39

Sirve

Sirve

Sirve

Sirve

Sirve

Sirve

Sirve

Sirve

Sirve

Sirve

Sirve

Sirve

S13

S14

S15

S16

S17

S18

S19

S20

S21

S22

S23

S24

X1 = 1

X1 = 1

X1 = 2

X1 = 2

X1 = 2

X1 = 2

X1 = 2

X1 = 2

X1 = 2

X1 = 3

X1 = 3

X1 = 3

X2 = 5

X2 = 6

X2 = 0

X2 = 1

X2 = 2

X2 = 3

X2 = 4

X2 = 5

X2 = 6

X2 = 0

X2 = 1

X2 = 2

R1 = 25

R1 = 28

R1 = 20

R1 = 23

R1 = 26

R1 = 29

R1 = 32

R1 = 35

R1 = 38

R1 = 30

R1 = 33

R1 = 36

R2 = 17

R2 = 20

R2 = 4

R2 = 7

R2 = 10

R2 = 13

R2 = 16

R2 = 25

R2 = 22

R2 = 6

R2 = 9

R2 = 12

Z = 47

Z = 55

Z = 14

Z = 22

Z = 30

Z = 38

Z = 46

Z = 54

Z = 62

Z = 21

Z = 29

Z = 37

Sirve

No Sirve

Sirve

Sirve

Sirve

Sirve

Sirve

No Sirve

No Sirve

Sirve

Sirve

Sirve

Tabla 4.13

Tabla 4.14 S25

S26

S27

S28

S29

S30

S31

S32

S33

S34

S35

S36

X1 = 3

X1 = 3

X1 = 3

X1 = 3

X1 = 4

X1 = 4

X1 = 4

X1 = 4

X1 = 4

X1 = 4

X1 = 4

X1 = 5

X2 = 3

X2 = 4

X2 = 5

X2 = 6

X2 = 0

X2 = 1

X2 = 2

X2 = 3

X2 = 4

X2 = 5

X2 = 6

X2 = 0

R1 = 39

R1 = 42

R1 = 45

R1 = 48

R1 = 40

R1 = 43

R1 = 46

R1 = 49

R1 = 52

R1 = 55

R1 = 58

R1 = 50

R2 = 15

R2 = 18

R2 = 21

R2 = 24

R2 = 8

R2 = 11

R2 = 14

R2 = 17

R2 = 20

R2 = 23

R2 = 26

R2 = 10

Z = 45

Z = 53

Z = 61

Z = 69

Z = 28

Z = 36

Z = 44

Z = 52

Z = 60

Z = 68

Z = 76

Z = 35

Sirve

Sirve

No Sirve

No Sirve

Sirve

Sirve

Sirve

Sirve

No Sirve

No Sirve

No sirve

Sirve

Tabla 4.15 S37

S38

S39

S40

S41

S42

X1 = 5

X1 = 5

X1 = 5

X1 = 5

X1 = 5

X1 = 5

X2 = 1

X2 = 2

X2 = 3

X2 = 4

X2 = 5

X2 = 6

R1 = 53

R1 = 56

R1 = 59

R1 = 62

R1 = 65

R1 = 68

R2 = 13

R2 = 16

R2 = 19

R2 = 22

R2 = 25

R2 = 28

Z = 43

Z = 51

Z = 59

Z = 67

Z = 75

Z = 83

No Sirve

No Sirve

No Sirve

No Sirve

No Sirve

No Sirve

A continuación, observamos las posibles soluciones aplicando los valores de X1 y X2 a la función objetivo y teniendo en cuenta que se cumplan las restricciones: Solución 1: S1, solución 2: S2, solución 3: S3,… ,solución 42: S42; R1: restricción 1; R2: restricción 2. Solución óptima al problema de programación lineal entera: X *1 = 3; X *2 = 4; Z * = 53

124

Grupo Editorial Patria©

4.3  Programación lineal entera binaria Las situaciones en las que las decisiones aparecen como alternativas son las más frecuentes con las que nos enfrentamos diariamente en nuestra vida cotidiana. Por lo general, siempre utilizamos la noción de tipo binario en nuestros razonamientos y en nuestras acciones: todo o nada, blanco o negro, abierto o cerrado, existe o no existe, 0 o 1, verdadero o falso, prendido o apagado, muerto o vivo, entre otros. Los dos métodos más usuales para solucionar problemas de programación lineal entera binaria son: enumeración implícita cero-uno y método aditivo de Egon Balas.

❚ Métodos de solución Método de enumeración implícita cero-uno El método de enumeración implícita cero-uno consiste en enumerar todas las soluciones y analizarlas; se entiende que este proceso es bastante dispendioso, sobre todo si se tiene un número apreciable de variables, ya que el número de combinaciones corresponde a 2n, donde n es el número de variables del problema.

Problema resuelto Resolver: Min W = 3X1 + 7X2 - X3 + X4 Sujeto a: 1. 2X1 - X2 + X3 - X4 ≥ 1 2. X1 - X2 + 6X3 + 4X4 ≥ 8 3. 5X1 + 3X2 + X4 ≥ 5 X1, X2, X3, X4, X5 = (0 o 1) Solución

Para este problema en particular el número de combinaciones es 24 = 16, correspondiente al número de soluciones posibles. Tabla 4.16 X1

1

1

1

1

1

1

1

1

0

0

0

0

0

0

0

0

X2

1

1

1

1

0

0

0

0

1

1

1

1

0

0

0

0

X3

1

1

0

0

1

1

0

0

1

1

0

0

1

1

0

0

X4

1

0

1

0

1

0

1

0

1

0

1

0

1

0

1

0

Como se puede observar en la tabla 4.16, algunas soluciones son válidas y otras no porque en algunos casos violan una o más restricciones y/o porque no minimizan la función objetivo: Columna 1: La solución es W = 10, no la minimiza. Columna 2: Viola la segunda restricción. Columna 3: Viola la primera y la segunda restricción. Columna 4: Viola la segunda restricción. Columna 5: Solución óptima única. Columna 6: Viola la segunda restricción. Columna 7: Viola la segunda restricción. Columna 8: Viola la segunda restricción. Columna 9: Viola la primera y la tercera restricción. Columna 10: Viola las tres restricciones. Columna 11: Viola las tres restricciones. Columna 12: Viola las tres restricciones. Columna 13: Viola la primera y la tercera restricción.

125

UNIDAD

4

Programación lineal discreta Columna 14: Viola la segunda y la tercera restricción. Columna 15: Viola las tres restricciones. Columna 16: Viola las tres restricciones. Solución óptima: X *1 = 1, X *2 = 0, X *3 = 1, X *4 = 1, W * = 3

Problema resuelto Resolver: Max Z = 3Y1 + 2Y2 - 5Y3 - 2Y4 + 3Y5 Sujeto a: 1. Y1 + Y2 + Y3 + 2Y4 + Y5 ≤ 4 2. 7Y1 + 3Y3 - 4Y4 + 3Y5 ≤ 8 3. 11Y1 - 6Y2 + 3Y4 - 3Y5 ≥ -3 Y1, Y2, Y3, Y4, Y5 = (0 o 1)



Solución

En este caso, el número de combinaciones es 25 = 32, que es una cantidad de soluciones posibles. Tabla 4.17 Y1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

Y2

1

1

1

1

1

1

1

1

0

0

0

0

0

0

0

0

1

1

1

1

1

1

1

1

0

0

0

0

0

0

0

0

Y3

1

1

1

1

0

0

0

0

1

1

1

1

0

0

0

0

1

1

1

1

0

0

0

0

1

1

1

1

0

0

0

0

Y4

1

1

0

0

1

1

0

0

1

1

0

0

1

1

0

0

1

1

0

0

1

1

0

0

1

1

0

0

1

1

0

0

Y5

1

0

1

0

1

0

1

0

1

0

1

0

1

0

1

0

1

0

1

0

1

0

1

0

1

0

1

0

1

0

1

0

Como se observa en la tabla 4.17 algunas soluciones son válidas, mientras que otras no porque en algunos casos violan una, varias o todas las restricciones, o bien no maximizan la función objetivo: Columna 1: Viola la primera y la segunda restricción. Columna 2: Viola la primera restricción. Columna 3: Viola la segunda y la tercera restricción. Columna 4: Viola la segunda restricción. Columna 5: Viola la primera restricción. Columna 6: La solución es W = 3, no la maximiza. Columna 7: Viola la segunda restricción. Columna 8: Solución óptima única. Columna 9: Viola la primera y la segunda restricción. Columna 10: La solución es W = -4, no la maximiza. Columna 11: Viola la segunda restricción. Columna 12: Viola la segunda restricción. Columna 13: La solución es W = 4, no la maximiza. Columna 14: La solución es W = 1, no la maximiza. Columna 15: Viola la segunda restricción. Columna 16: La solución es W = 3, no la maximiza. Columna 17: Viola la primera y la tercera restricción. Columna 18: Viola la tercera restricción. Columna 19: Viola la tercera restricción. Columna 20: Viola la tercera restricción.

126

Grupo Editorial Patria© Columna 21: Viola la tercera restricción. Columna 22: La solución es W = 0, no la maximiza. Columna 23: Viola la tercera restricción. Columna 24: Viola la tercera restricción. Columna 25: Viola la tercera restricción. Columna 26: La solución es W = -7, no la maximiza. Columna 27: Viola la tercera restricción. Columna 28: Viola la tercera restricción. Columna 29: Viola la tercera restricción. Columna 30: La solución es W = -2, no la maximiza. Columna 31: Viola la tercera restricción. Columna 32: Viola la tercera restricción. Solución óptima única: Y *1 = 1, Y *2 = 1, Y *3 = 0, Y *4 = 0, Y *5 = 0, Z * = 5

❚ Método aditivo (enumeración) de Egon Balas El método de Balas constituye un procedimiento de enumeración que encuentra el óptimo de forma más rápida; la eficacia de este método consiste en la evaluación de solo algunas soluciones. Dicho método empieza poniendo todas las variables iguales a cero y luego, mediante un procedimiento sistemático de forma consecutiva, asigna el valor de 1 a cada una de las variables; luego, estas se reemplazan en cada una de las restricciones y se averigua la infactibilidad. Por esta razón, este método es conocido algunas veces como algoritmo aditivo. Para describir el algoritmo, se considera la forma general siguiente de un problema de programación lineal con variables cero-uno: ■

■

Paso 1. La función objetivo debe ser del tipo minimización, con todos los coeficientes no negativos. Paso 2. Todas las restricciones deben ser del tipo ≤ con los lados derechos negativos de ser necesario. Luego, estas restricciones se convierten a ecuaciones, usando las variables auxiliares en el lado izquierdo de las restricciones.

Problema resuelto Resolver: Max Z = 3Y1 + 2Y2 - 5Y3 - 2Y4 + 3Y5 Sujeto a las siguientes restricciones: 1. Y1 + Y2 + Y3 + 2Y4 + Y5 ≤ 4 2. 7Y1 + 3Y3 - 4Y4 + 3Y5 ≤ 8 3. 11Y1 - 6Y2 + 3Y4 - 3Y5 ≥ 3

Y1, Y2, Y3, Y4, Y5 = (0 o 1)

Solución

Min W = - 3Y1 - 2Y2 + 5Y3 + 2Y4 - 3Y5 Sujeto a: 1. Y1 + Y2 + Y3 + 2Y4 + Y5 ≤ 4 2. 7Y1 + 3Y3 - 4Y4 + 3Y5 ≤ 8 3. -11Y1 + 6Y2 - 3Y4 + 3Y5 ≤ -3 Y1, Y2, Y3, Y4, Y5 = (0 o 1)

127

UNIDAD

4

Programación lineal discreta Reemplazamos:

Y1 = 1 - X1; Y2 = 1 - X2; Y3 = X3; Y4 = X4; Y5 = 1 - X5



Min W ′ = 3X1 + 2X2 + 5X3 + 2X4 + 3X5 - 8

Sujeto a: 1. -X1 - X2 + X3 + 2X4 - X5 ≤ 1 2. -7X1 + 3X3 - 4X4 - 3X5 ≤ -2 3. 11X1 - 6X2 - 3X4 - 3X5 ≤ -1

X1, X2, X3, X4, X5 = (0 o 1)

Sustituimos W ′ + 8 = W : Min W = 3X1 + 2X2 + 5X3 + 2X4 + 3X5 Sujeto a las siguientes restricciones: 1. -X1 - X2 + X3 + 2X4 - X5 + S1 = 1 2. -7X1 + 3X3 - 4X4 - 3X5 + S2 = -2 3. 11X1 - 6X2 - 3X4 - 3X5 + S3 = -1

X1, X2, X3, X4, X5 = (0 o 1)

El problema nuevo a resolver siempre consiste en la minimización de la función objetivo, teniendo en cuenta la medida de la no factibilidad de la holgura. Cuando la infactibilidad da el menor valor, conti­ nuamos con el siguiente paso; en el caso de una infactibilidad cero, esta corresponde a la solución óptima. Pero, si encontramos varias infactibilidades iguales a cero, entonces reemplazamos en la función objetivo y la respuesta será la que haga esta función mínima. ■

X1 = 0; X2 = 0; X3 = 0; X4 = 0; X5 = 0



0 ≤ 1; 0 ≤ -2; 0 ≤ -1; infactibilidad 3

■

X1 = 1; X2 = 0; X3 = 0; X4 = 0; X5 = 0



0 ≤ 2; 0 ≤ 5; 0 ≤ -12; infactibilidad 12

■

X2 = 1; X1 = 0; X3 = 0; X4 = 0; X5 = 0



0 ≤ 2; 0 ≤ -2; 0 ≤ 5; infactibilidad 2

■

X3 = 1; X1 = 0; X2 = 0; X4 = 0; X5 = 0



0 ≤ 0; 0 ≤ -5; 0 ≤ -1; infactibilidad 6

■

X4 = 1; X1 = 0; X2 = 0; X3 = 0; X5 = 0



0 ≤ -1; 0 ≤ 2; 0 ≤ 2; infactibilidad 1

■

X5 = 1; X1 = 0; X2 = 0; X3 = 0; X4 = 0



0 ≤ 2; 0 ≤ 1; 0 ≤ 2; infactibilidad 0

Solución óptima única X *1 = 0; X *2 = 0; X *3 = 0; X *4 = 0; X *5 = 1; W * = 3 Solución óptima única para el problema original Y *1 = 1; Y *2 = 1; Y *3 = 0; Y *4 = 0; Y *5 = 0; Z * = 5

Algunos autores emplean el algoritmo de Balas modificado, el cual consiste en introducirle al modelo una restricción denominada de filtro, la cual no es otra que la función objetivo con una cota inferior del valor óptimo. Históricamente, este método es muy importante, ya que ha demostrado que algoritmos eficaces de programación en números enteros podrían emplear la enumeración implícita. 128

Grupo Editorial Patria©

4.4  Programación lineal entera mixta En un problema de programación lineal entera mixta, algunas variables deben ser enteras, mientras que otras pueden no serlo. Supongamos que un problema de programación lineal entera binaria contiene n + p variables, tales que n variables no puedan tomar más que valores enteros y que las otras p variables no puedan tomar más que valores reales no negativos; presentamos a continuación un algoritmo de enumeración.

Problema resuelto Min W = X1 + Y1 + Y2 Sujeto a: 1. 6,4X1 + 3,2Y2 ≤ 6 2. 2X1 + 3Y1 + 3Y2 ≥ 4 3. Y1 ≤ 3

X1 ∈ Z+, Y1 ∈ Z+, Y2 ∈ 0, 1

Solución

El conjunto de soluciones está dado por: 1. Y1 = 1;

Y2 = 0;

despejado X1 ≤ = 0

2. Y1 = 1;

Y2 = 0;

despejado X1 ≥ 1/2

Reemplazando en la función objetivo los valores respectivos: 3/2 ≤ W ≤ 31/16 De igual forma, se obtiene los demás valores:

[1/2 ≤ X1 ≤ 15/16;

Y1 = 1;

Y2 = 0;

3/2 ≤ W ≤ 31/16]



[0 ≤ X1 ≤ 7/16;

Y1 = 1;

Y2 = 1;

2 ≤ W ≤ 39/16]



[0 ≤ X1 ≤ 15/16;

Y1 = 2;

Y2 = 0;

2 ≤ W ≤ 47/16]



[0 ≤ X1 ≤ 7/16;

Y1 = 2;

Y2 = 1;

3 ≤ W ≤ 55/16]



[0 ≤ X1 ≤ 15/16;

Y1 = 3;

Y2 = 0;

3 ≤ W ≤ 63/16]



[0 ≤ X1 ≤ 7/16;

Y1 = 3;

Y2 = 1;

4 ≤ W ≤ 71/16]

Solución óptima X *1 = 1/2; Y *1 = 1; Y *2 = 0; W * = 3/2

4.5  Problema del transporte o distribución El problema del transporte o distribución se considera un problema de redes, que no es usual resolverlo por simplex, ya que resulta bastante extenso, porque al establecer las ecuaciones de oferta entre las fuentes y la demanda hacia los destinos resultan igualdades. Usualmente, en estos casos se tiene una determinada capacidad en cada fuente y se requiere otra en cada destino. El objetivo básico del problema del transporte es satisfacer las expectativas de los clientes estableciendo rutas entre las fuentes y los destinos a un costo mínimo. En la figura 4.10 se muestra un ejemplo de este tipo de problemas.

Fábrica 1

Destino 1

Fábrica 2

Destino 2

Fábrica n

Destino n

Figura 4.10

129

UNIDAD

4

Programación lineal discreta El modelo del transporte se utiliza fundamentalmente cuando un producto (servicio) debe ser enviado de un almacén (fábrica) a un usuario, para lo cual es factible generar varias rutas; de estas, la óptima es aquella de costo mínimo y corresponde a una solución que puede ser degenerada o no degenerada.

❚ Métodos de solución Básicamente existen dos familias de métodos para resolver problemas de transporte: 1. Métodos de inicialización. Para encontrar una solución factible inicial para el problema del transporte se emplean primordialmente los siguientes modelos: ■

Método de(del) la esquina(extremo) noroeste(noroccidental), noreste(nororiental), suroeste(suroccidental) y sureste(suroriental).

■

Columna mínima.

■

Fila mínima.

■

Matriz mínima.

■

Método Vogel.

■

Algoritmo de Russell.

2. Métodos de finalización (optimización). Principalmente se emplean los siguientes:

Alerta Algunos modelos no requieren de la solución inicial, como el de Houthakker y el primal dual para el transporte, ya que ellos inician el problema y llegan hasta la solución óptima.

■

Stepping-Stone.

■

Método de Wagener.

■

Primal de Balinski y Gomory.

■

Solución numérica de Houthakker.

■

Primal dual para el transporte.

3. Otros métodos. Existen numerosos métodos además de los nombrados: ■

Método de Kuhn, Ford y Fulkerson.

■

Método de Friedmann (una variante del anterior).

■

Método gráfico de Vidale.

■

Método de las matrices reducidas de Dwyer y Galler.

■

Método de separación en estrella de Zimmern.

❚ Planteamiento de un problema de transporte Sean m los nodos de suministro, los cuales están ofreciendo: Oi = O1, ..., Omunidades a transportar; análogamente hay n nodos de requerimientos, con la correspondiente a demanda: Dj = D1, ..., Dn.





Nodo de oferta

Nodo de requerimiento



Xij

Cij



i

j



i = 1, m

j = 1, n

Figura 4.11

Xij: unidades enviadas del nodo de oferta i al nodo de requerimiento j. Cij: Costo de enviar una unidad del nodo de oferta i al nodo de requerimiento j. W: Costo total. Min W =

m

n

∑ ∑ Cij X ij i =1 j =1

130

Grupo Editorial Patria© Sujeto a: n



∑ X ij Oi

i = 1, ..., m.   

Xij ≥ 0

∀ i, j

i =1

j =1



m

∑ X ij

= D j j = 1, ..., n.

Solución de un problema de transporte ■



Primer paso. Es necesario igualar las ofertas y las demandas, es decir, balancear el problema.

∑Oi = ∑Dj cuando ∑Oi ≠ ∑Dj se crea un nodo ficticio de oferta o de requerimiento con costos de transporte cero y con el valor correspondiente (de oferta o demanda ficticia) igual a la diferencia de las ofertas y demandas reales. ■

Segundo paso. Buscar una solución factible inicial básica no degenerada (S.F.I.B.N.D.) con las siguientes características:



1. Asuma m + n - 1.



2. Las variables básicas no deben formar un ciclo.

❚ Regla de la esquina noroeste Se empieza en la celda que se encuentra en la celda noroeste (esquina superior izquierda) y se asigna lo máximo que se pueda por fila (columna) y se sigue sucesivamente de la misma manera hasta llegar a la última celda que se pueda asignar, para obtener así una solución factible inicial.

❚ Método de Vogel En cada fila y columna, el mínimo costo a partir de los dos menores costos se calcula por diferencia; de esta manera, se tienen m + n diferencias. Entonces, debe buscar la fila o columna cuya diferencia sea mayor y asignar a la base la Xij correspondiente a la celda de costo más bajo (i, j ). Cuando los requerimientos estén satisfechos, se debe eliminar dicha fila o columna y continuar con el proceso hasta terminar la tabla. En caso de empates, se rompen arbitrariamente. ■

Tercer paso. Buscar si la solución hasta aquí obtenida es óptima; en caso contrario, esta se debe optimizar.

❚ Método de stepping stone (azar) Este método se debe a Charnes y a Cooper, aunque posteriormente fue modificado por George Bernard Dantzig y a partir de entonces comenzó a llamarse MODI o de las Ui, Vj. Este método consiste en construir la tabla de costos básicos (T.C.B.) a partir de la fórmula Cij = Ui + Vj y, por último, la tabla de costos no básicos (T.C.N.B.) con la aplicación de δij = Cij - (Ui + Vj). Si todos los δij > 0 la solución es óptima única; pero, si algunos δij = 0 la solución es óptima múltiple, donde cada celda igual a cero indica una ruta alterna, sin que varíe W *; si se tienen varios δij < 0, entonces se escoge el más negativo y se asigna en dicha celda, es decir, se realizan nuevas asignaciones (reasignaciones). ■

Tabla de costos básicos (T.C.B.):

∑ aijT



Xj > 0;



Cij = Ui + Vj

Yi = Cj; Sj = 0

131

UNIDAD

4

Programación lineal discreta ■

Alerta En aquella fila (Ui ) o columna (Vj ) en la que se ha realizado el mayor número de asignaciones se le da un valor arbitrario cero a la variable, con el objeto de obtener todos los valores de las Ui y de las Vj . Cuando hay un número igual de asignaciones, este se rompe al azar.

Tabla de costos no básicos (T.C.N.B.): Xj = 0;



m

∑ aijT



i =1 m

∑ aijT



i =1

m

∑ aijT i =1

Yi > Cj; Sj > 0

Yi - Sj = Cj Yi - Cj = Sj



Cij - (Ui + Vj) = δij



δij = Cij - (Ui + Vj)

Problema resuelto La empresa distribuidora de maíz requiere un plan de distribución que minimice los costos de transporte entre los centros de despacho en las ciudades Valledupar, Montería y Riohacha y sus clientes en las ciudades Bogotá, Medellín, Cali y Barranquilla, en Colombia, respetando las disponibilidades y la demanda de los clientes. En la tabla 4.18 se indican los costos de envío, los suministros posibles y las demandas de cada cliente.

Tabla 4.18 D

E

F

G

Oferta

A

30

40

80

20

80

B

45

50

35

40

85

C

40

70

60

50

95

Demanda

50

60

70

80

Plantear y resolver el anterior problema como un modelo de transporte. Determinar el plan óptimo de distribución. En este caso, emplearemos para su solución el Solver de Excel: Min W = 30X11 + 40X12 + 80X13 + 20X14 + 45X21 + 50X22 + 35X23 + 40X24 + 40X31 + 70X32 + 60X33 + 50X34 Sujeto a: 1. X11 + X12 + X13 + X14 ≤ 65 2. X21 + X22 + X23 + X24 ≤ 75 3. X31 + X32 + X33 + X34 ≤ 90 4. X11 + X21 + X31 ≥ 50 5. X12 + X22 + X32 ≥ 60 6. X13 + X23 + X33 ≥ 70 7. X14 + X24 + X34 ≥ 80 Xij ≥ 0; i = 1, 2, 3; j = 1, 2, 3, 4; Xij ∈ Z+



132

Figura 4.12

Grupo Editorial Patria© Solución

Solución óptima no degenerada: X *12 = 5(40); X *14 = 80(20); X *22 = 10(50); X *23 = 70(35); X *31 = 50(40); X *32 = 45(70); W * = 9 900 u. m. En este caso, se deben enviar 5 unidades de Valledupar a Medellín a un costo de 40 u. m. (X *12 = 5(40)); 80 unidades de Valledupar a Barranquilla a un costo de 20 u. m. (X *14 = 80(20)); 10 unidades de Montería a Medellín a un costo de 50 u. m. (X *22 = 10(50)); 70 unidades de Montería a Cali a un costo de 35 u. m. (X *23 = 70(35)); 50 unidades de Riohacha a Bogotá a un costo de 40 u. m. (X *31 = 50(40)), y 45 unidades de Riohacha a Medellín a un costo de 70 u. m. (X *32 = 45(70)); en tanto, los costos mínimos corresponden a 9 900 u. m. (W * = 9 900) .

Problema resuelto Resolver el siguiente problema mediante la aplicación Solver de Excel. Tabla 4.19 Bogotá

Ibagué

Manizales

Bucaramanga

Cúcuta

Ofertas

5

10

5

0

20

Medellín

5

9

5

10

30

Cali

10

10

15

5

45

Demandas

10

15

40

30

Modelo: MinW = 5X11+ 10X12 + 5X13 + 0X14 + 5X21 + 9X22 + 5X23 + 10X24+ 10X31 + 10X32 + 15X33 + 5X34 Sujeto a: 1. X11 + X12 + X13 + X14 ≤ 20 2. X21 + X22 + X23 + X24 ≤ 30 3. X31 + X32 + X33 + X34 ≤ 45 4. X11 + X21 + X31 ≥ 10 5. X12 + X22 + X32 ≥ 15 6. X13 + X23 + X33 ≥ 40 7. X14 + X24 + X34 ≥ 3 Xij ≥ 0; i = 1, 2, 3; j = 1, 2, 3, 4; Xij ∈ Z +



Figura 4.13

133

UNIDAD

4

Programación lineal discreta Solución

Solución óptima degenerada: X *11 = 10(5); X *13 = 10(5); X *23 = 30(5); X *32 = 15(10); X *34 = 30(5); W * = 550 u. m. Como se observa en la figura, se deben enviar 10 unidades de Bogotá a Ibagué a un costo de 5 u. m. (X *11 = 10(5)), 10 unidades de Bogotá a Bucaramanga a un costo de 5 u. m. (X *13 = 10(5)), 30 unidades de Medellín a Bucaramanga a un costo de 5 u. m. (X *23 = 30(5)), 15 unidades de Cali a Manizales a un costo de 10 u. m. (X *32 = 15(10)), 30 unidades de Cali a Cúcuta a un costo de 5 u. m. (X *34 = 30(5)); en tanto, los costos mínimos corresponden a 550 u. m. (W * = 550).

❚ Problemas de transporte de maximización Cuando se tiene un problema de transporte de maximización se puede resolver de las siguientes maneras: ■

■

Se multiplica la función objetivo por menos uno (no obstante, cuando se obtenga la solución óptima se debe cambiar el signo del valor de la función objetivo) y se aplica cualquiera de los métodos ya vistos. Se observa la tabla de costos no básicos (T.C.N.B.); si todos los δij < 0, la solución es óptima única; pero, si algunos δij = 0 la solución es óptima múltiple, cada celda igual a cero indica una ruta alterna, sin que varíe W *; si se tienen varios δij > 0, se toma el más positivo y se asigna en dicha celda, es decir, se realizan nuevas asignaciones (reasignaciones).

❚ Soluciones degeneradas en el problema del transporte Para pasar del método de inicialización al método de finalización se requiere que la solución sea no degenerada. Existen varios métodos para resolver el problema de soluciones degeneradas. El primer método se conoce como de ε– posiciones, que consiste en asignar convenientemente el valor ε (que es una cantidad positiva próxima a cero) a posiciones no localizadas hasta alcanzar m + n - 1 posiciones localizadas. Estas ε– posiciones se tienen en cuenta durante todo el proceso de solución en el método de finalización como si fueran posiciones básicas y únicamente al terminar el proceso de solución se hacen las ε igual a cero. Para designar las ε– posiciones, es necesario el concepto de ciclo que se construye así: ■ ■

■

Paso 1. Fijar una posición vacía y asignarle τ+. Paso 2. Un ciclo se construye considerando una sucesión de segmentos alternativamente verticales y horizontales con orígenes y extremos en posiciones básicas, que comienza y termina en la posición vacía inicialmente elegida. Paso 3. A las posiciones del ciclo construido se les asigna alternativamente τ+ y τ-, empezando con el τ+ de la posición vacía.

La asignación de ε– posiciones se hace a posiciones independientes definidas, como aquellas posiciones vacías para las cuales no es posible construir un ciclo. Una vez identificada una posición independiente, entonces será posible asignarle un valor ε; en todo caso, la determinación de las posiciones independientes debe comenzar por aquellas (vacías) con costo más bajo, ya que la asignación de ε– posiciones a estas puede conducir más rápidamente a la solución final. Una propiedad importante es que siempre es posible construir un ciclo a partir de una solución básica factible. Lo anterior nos permite obtener siempre una solución no degenerada de una solución degenerada y así pasar a la fase de finalización.

❚ Problema del transporte generalizado Un problema de este tipo se presenta de la siguiente manera: Min W =

m

n

∑ ∑ pij i =1 j =1

134

y ij

Grupo Editorial Patria© Sujeto a las siguientes restricciones:

n

∑ qij y ij j =1



m

∑ rij y ij i =1



= Oi

= Dj

∀i = 1, 2 , 3 , ..., m

∀ j = 1, 2 , 3 , ..., n

yij ≥ 0; ∀i = 1, 2, 3, ..., m; ∀j = 1, 2, 3, ..., n

Donde: qij ≥ 0; rij ≥ 0; Oi ≥ 0; Dj ≥ 0 Con el cambio de variable qijyij = Xij , denominando sij = rij /qij ycij = pij /qij el problema queda: Min W =

m

n

∑ ∑ Cij X ij i =1 j =1

Sujeto a las siguientes restricciones:

n

∑ X ij j =1



m

∑ sij X ij i =1



= Oi

= Dj

∀i = 1, 2 , 3 , ..., m

∀ j = 1, 2 , 3 , ..., n

Xij ≥ 0; ∀i = 1, 2, 3, ..., m; ∀j = 1, 2, 3, ..., n

A este problema se le denomina de transporte generalizado. Pues, en el problema del transporte había m + n - 1 ecuaciones linealmente independientes, lo que condujo a la facilidad con la cual puede encontrarse una solución básica factible y probarse su optimización. En cualquier caso, como el problema de transporte generalizado es un problema de programación lineal, puede siempre solucionarse por el método simplex.

4.6  Problema de asignación o afijación o de nombramientos La formulación del problema general de asignación es: Min W =

m

n

∑ ∑ Cij X ij i =1 j =1

Sujeto a:

n

∑ X ij = 1

i = 1, ..., m

i =1



m

∑ X ij = 1

j = 1, ..., n

Xij0, 1   i = 1,...,m;

j = 1,..., n

i =1



Este corresponde a un caso especial del problema del transporte en el cual las variables Xij solo pueden tomar el valor 0 o 1; tomar el valor 1 si el origen i se hace corresponder al destino j y 0 en caso contrario. El algoritmo para resolver problemas de asignación se denomina “húngaro”, ya que fueron dos matemáticos húngaros, König (1916) y Egervary (1931), quienes aportaron las teorías que sirven de base a este método. Este problema se presenta en diversos casos de toma de decisiones. Los problemas típicos de asignación implican asignar tareas a máquinas, trabajadores a tareas y proyectos, personal de ventas 135

UNIDAD

4

Programación lineal discreta a territorios de ventas, contratos a licitaciones, horarios de aulas disponibles a horarios de maestros disponibles, enfermos a camas disponibles del hospital, cierto número de empleados a cierta cantidad de puestos en una empresa, aviones a destinos aéreos, entre otros. Una característica importante de los problemas de asignación es que se asigna un trabajador, una tarea..., a una sola máquina, proyecto, etcétera. En particular, se busca el conjunto de asignaciones que optimice el objetivo planteado, tal como minimizar costos, minimizar tiempo o maximizar utilidad.

❚ Métodos de solución Método húngaro Este algoritmo se usa para resolver problemas de minimización, ya que es más eficaz que el empleado para resolver el problema del transporte por el alto grado de degeneración que pueden presentar los problemas de asignación. Las fases para la aplicación del método húngaro son: ■

■

■

Paso 1. Encontrar primero el elemento más pequeño en cada fila (columna) de la matriz de costos m * m; en tal caso se debe construir una nueva matriz al restar de cada costo el costo mínimo de cada fila (columna) y encontrar para esta nueva matriz el costo mínimo en cada columna (fila). A continuación, se debe construir una nueva matriz (denominada matriz de costos reducidos) al restar de cada costo el costo mínimo de su columna (fila). Paso 2. (En algunos pocos textos este paso se atribuye a Flood). Consiste en trazar el número mínimo de líneas (horizontales o verticales o ambas únicamente de esas maneras) que se requieren para cubrir todos los ceros en la matriz de costos reducidos; si se necesitan m líneas para cubrir todos los ceros, se tiene una solución óptima entre los ceros cubiertos de la matriz. Si se requieren menos de m líneas para cubrir todos los ceros, se debe continuar con el paso 3. El número de líneas para cubrir los ceros es igual a la cantidad de asignaciones que hasta ese momento se pueden realizar. Paso 3. Encontrar el menor elemento diferente de cero (llamado k) en la matriz de costos reducidos, que no está cubierto por las líneas dibujadas en el paso 2; a continuación se debe restar k de cada elemento no cubierto de la matriz de costos reducidos y sumar k a cada elemento de la matriz de costos reducidos cubierto por dos líneas (intersecciones). Por último se debe regresar al paso 2.

Alerta 1. Para resolver un problema de asignación en el cual la meta es maximizar la función objetivo, se debe multiplicar la matriz de ganancias por menos uno (-1) y resolver el problema como uno de minimización. 2. Si el número de filas y columnas en la matriz de costos son diferentes, el problema de asignación está desbalanceado. El método húngaro puede proporcionar una solución incorrecta si el problema no está balanceado; debido a lo anterior, primero se debe balancear cualquier problema de asignación (añadiendo filas o columnas ficticias) antes de resolverlo mediante el método húngaro. 3. En un problema grande, puede resultar difícil obtener el mínimo número de filas necesarias para cubrir todos los ceros en la matriz de costos actual. Se puede demostrar que si se necesitan j líneas para cubrir todos los ceros, entonces se pueden asignar solamente j trabajos a un costo cero en la matriz actual; esto explica porque termina cuando se necesitan m líneas.

Problema resuelto

136

Una fábrica tiene cuatro operarios, los cuales deben ser asignados al manejo de cuatro máquinas; las horas requeridas para cada trabajador en cada máquina se dan en la tabla 4.20. La fábrica pretende que el tiempo que trabaje cada operario en cada una de las máquinas sea mínimo, para lo cual se busca la asignación óptima posible.

Tabla 4.20

Min W = 10X11 + 14X12 + 16X13 + 13X14 + 12X21 + 13X22 + 15X23 + 12X24 + 9X31 + 12X32 + 12X33 + 11X34 + 14X41 + 16X42 + 18X43 + 16X44

Máquinas Operarios

1

2

3

4

Antonio

10

14

16

13

Bernardo

12

13

15

12

Carlos

9

12

12

11

Diego

14

16

18

16

Grupo Editorial Patria©

Sujeto a las siguientes restricciones: 1. X11 + X12 + X13 + X14 = 1 2. X21 + X22 + X23 + X24 = 1 3. X31 + X32 + X33 + X34 = 1 4. X41 + X42 + X43 + X44 = 1 5. X11 + X21 + X31 + X41 = 1 6. X12 + X22 + X32 + X42 = 1 7. X13 + X23 + X33 + X43 = 1 8. X14 + X24 + X34 + X44 = 1

Xij ≥ 0; i = 1, 2, 3; j = 1, 2, 3, 4; Xij ∈ Z+

En este caso, escogemos el Lindo, para proceder a resolverlo.



Figura 4.14

Luego de darle Solve, obtenemos las siguientes que se aprecian en la figura 4.15.



Figura 4.15

137

UNIDAD

4

Programación lineal discreta Solución

Solución óptima única A - 1 = 10, (X *11 = 1); B - 4 = 12, (X *24 = 1); C - 3 = 12, (X *33 = 1) y D - 2 = 16, (X *42 = 1) En tal caso, Antonio trabajará en la máquina 1 (10 horas), Bernardo en la máquina 4 (12 horas), Carlos va a trabajar en la máquina 3 (12 horas) y Diego en la máquina 2 (16 horas). La combinación óptima de los recursos para este problema de minimización de asignación es de 50 horas, que resultan de adicionar las asignadas a cada uno de los operarios en cada una de las máquinas. Dicho valor corresponde al valor óptimo de la función objetivo.

Problema resuelto Conseguir la afijación óptima en el problema de asignación-pro. Tabla 4.21 1

2

3

4

5

6

A

63

61

59

59

57

58

B

56

73

62

62

59

55

C

57

65

73

63

65

56

D

93

98

97

99

87

51

E

77

85

83

83

74

56

F

58

67

71

64

59

66

Solución

Solución método húngaro (columnas) En este método, restamos el menor elemento de cada columna, el cual corresponde a 56, 61, 59, 59, 57 y 51, respectivamente. Tabla 4.22 1

2

3

4

5

6

A

7

0

0

0

0

7

B

0

12

3

3

2

4

C

1

4

14

14

8

5

D

37

37

38

40

30

0

E

21

24

24

24

17

5

F

2

6

12

5

2

15

En las filas C, E y F restamos los elementos 1, 5 y 2. Tabla 4.23

138

1

2

3

4

5

6

A

7

0

0

0

0

7

B

0

12

3

3

2

4

C

0

3

13

13

7

4

D

37

37

38

40

30

0

E

16

19

19

19

12

0

F

0

4

10

3

0

13

Grupo Editorial Patria© Según el algoritmo de Flood, trazamos el número mínimo de líneas rectas (4) y realizamos las operaciones correspondientes. Tabla 4.24 1

2

3

4

5

6

A

7

0

0

0

0

7

B

0

12

3

3

2

4

C

0

3

13

13

7

4

D

37

37

38

40

30

0

E

16

19

19

19

12

0

F

0

4

10

3

0

13

Luego, trazamos el número mínimo de líneas rectas (4) y hacemos las operaciones respectivas. Tabla 4.25 1

2

3

4

5

6

A

9

0

0

0

0

9

B

0

10

1

1

0

4

C

0

1

11

11

5

4

D

37

35

36

38

28

0

E

16

17

17

17

10

0

F

2

4

10

3

0

13

Acto seguido, trazamos el número mínimo de líneas rectas (5) y hacemos las operaciones correspondientes. Tabla 4.26 1

2

3

4

5

6

A

10

0

0

0

1

10

B

0

9

0

0

0

4

C

0

0

10

10

5

4

D

37

34

35

37

28

0

E

16

16

16

16

10

0

F

2

3

9

2

0

15

Trazamos el número mínimo de líneas rectas (5) y hacemos las operaciones respectivas. Tabla 4.27 1

2

3

4

5

6

A

10

0

0

0

1

20

B

0

9

0

0

0

14

C

0

0

10

10

5

14

D

27

24

25

27

18

0

E

6

6

6

6

0

0

F

2

3

9

2

0

25

Trazamos el número mínimo de líneas rectas (5) y hacemos las operaciones respectivas.

139

UNIDAD

4

Programación lineal discreta Tabla 4.28 1

2

3

4

5

6

A

10

0

0

0

3

22

B

0

9

0

0

2

16

C

0

0

10

10

7

16

D

25

22

23

25

18

0

E

4

4

4

4

0

0

F

0

1

7

0

0

25

Solución óptima múltiple (alterna) Solución óptima 1 A - 2, B - 3, C - 1, D - 6, E - 5, F - 4, valor óptimo: 369. Tabla 4.29 1

2

3

4

5

6

A

10

0

0

0

3

22

B

0

9

0

0

2

16

C

0

0

10

10

7

16

D

25

22

23

25

18

0

E

4

4

4

4

0

0

F

0

1

7

0

0

25

Solución óptima 2 A - 3, B - 4, C - 2, D - 6, E - 5, F - 1, valor óptimo: 369. Tabla 4.30 1

2

3

4

5

6

A

10

0

0

0

3

22

B

0

9

0

0

2

16

C

0

0

10

10

7

16

D

25

22

23

25

18

0

E

4

4

4

4

0

0

F

0

1

7

0

0

25

Solución óptima 3 A - 4, B - 3, C - 2, D - 6, E - 5, F - 1, valor óptimo: 369.

Problemas de asignación de maximización Cuando se tiene un problema de asignación de maximización se puede resolver de las siguientes formas: ■

■

140

La función objetivo se multiplica por menos uno y se resuelve como un problema de minimización. Se determina el costo más elevado de la tabla, se resta este costo de todos los elementos de la tabla y se resuelve como un problema de minimización.

Grupo Editorial Patria© Problema de asignación generalizado Si suponemos que existen m trabajadores y cada uno de ellos tiene cierta cantidad de recursos disponibles y existen n tareas que deben llevarse a cabo, el problema de asignación generalizado puede plantearse de la siguiente manera: Min W =

m

n

∑ ∑ Cij X ij i =1 j =1

Sujeto a:

n

∑ rij X ij i =1



m

∑ X ij

≤ bi

= 1

i = 1, ..., m

j = 1, ..., n

i =1

 1 si el i-ésimo trabajador ejecuta la j-ésima tarea X = ij  0 en otro caso bi: cantidad de recursos para el i-ésimo trabajador rij: recursos del trabajador i-ésimo necesarios para realizar la j-ésima tarea. Cij: costo para que el trabajador i-ésimo lleve a cabo la j-ésima tarea. En este caso, el primer conjunto de restricciones asegura que no se utilizarán más recursos de los que están disponibles para cada trabajador; en tanto, el segundo conjunto de restricciones afianza el hecho que cada uno de los trabajos lo lleva a cabo un solo trabajador.

141

4

UNIDAD

Problemas para resolver

I. Resolver los problemas de programación lineal entera. 4.1  Encontrar el óptimo en el siguiente problema de programación lineal entera pura: Max Z = 5X1 + 8X2

4.6  Obtener el óptimo en el siguiente problema de programación lineal entera mixta: Max Z = -X1 - 3X2 - W1 - 4W2 Sujeto a:

Sujeto a:

1. 2X1 + X2 - W1 + 2W2 ≤ -1

1. 6X1 + 5X2 ≤ 30

2. -2X1 - 2X2 + W1 - 3W2 ≤ -1

2. 9X1 + 4X2 ≤ 36



X1, X2 ∈ R+

3. X1 + 2X2 ≤ 10



W1, W2 ∈ N



X1, X2 ≥ 0



X1, X2 ∈ Z+

4.7  Conseguir el óptimo en el siguiente problema de programación lineal entera mixta:

4.2  Conseguir el óptimo en el siguiente problema de programación lineal entera pura: Max Z = 3X1 + 6X2 Con sus restricciones:



X1, X2 ∈ Z+

1. 5X1 - 2X2 + 3X3 ≤ 10 3. -X1 + 2X2 - 2X3 ≤ 9

2. 3X1 + X2 ≤ 11 X1, X2 ≥ 0

Sujeto a:

2. 3X1 + 3X2 - 2X3 ≤ 7

1. 6X1 + 7X2 ≤ 40

Max Z = 4X1 + 3X2 + 2X3



X1, X2, X3 ≥ 0



X1, X2, X3 ∈ Z+

4.3  Obtener el óptimo en el siguiente problema de programación lineal entera pura:

4.8  Encontrar el óptimo en el siguiente problema de programación lineal entera pura:

Max Z = 5X1 + 2X2

Max Z = 3X1 + 13X2

Sujeto a:

Sujeto a:

1. 3X1 + X2 ≤ 12

1. 2X1 + 9X2 ≤ 402,   11X1 - 8X ≤ 82X1,   X2 ≥ 0

2. X1 + X2 ≤ 5





X1, X2 ≥ 0

4.9  Conseguir el óptimo en el siguiente problema de programación lineal entera pura:

+

X1, X2 ∈ Z

4.4  Encontrar el óptimo en el siguiente problema de programación lineal entera binaria: Min W = 5X1 + 6X2 + 7X3 + 8X4 + 9X5 Sujeto a: 1. 3X1 - X2 + X3 + X4 - 2X5 ≥ 2 2. X1 + 3X2 - X3 - 2X4 + X5 ≥ 0 3. -X1 - X2 + 3X3 + X4 + X5 ≥ 1

X1, X2 ∈ Z+

X1, X2, X3, X4, X5 = (0 o 1)

4.5  Encontrar el óptimo en el siguiente problema de programación lineal entera binaria: Max Z = 2X1 + 4X2 + 4X3 Con sus restricciones: 1. 5X1 - 2X2 + 3X3 ≤ 5

Max Z = 6X1 + 3X2 + X3 + 2X4 Sujeto a: 1. X1 + X2 + X3 + X4 ≤ 8 2. 2X1 + X2 + 3X3 ≤ 12 3. 5X2 + X3 + 3X4 ≤ 6 4. X1 5.

≤ 1

X2 ≤ 1

6.

X3 ≤ 4

7.

X1, X2, X3, X4 ≥ 0



X1, X2, X3, X4 ∈ Z+

X4 ≤ 2

2. 3X1 + 4X2 - X3 ≤ 2

4.10  Obtener el óptimo en el siguiente problema de programación lineal entera pura:

X1, X2, X3 = (0 o 1)

Max Z = 2X1 + 3X2 + X3 + 2X4



142

Problemas aplicados a la realidad

Problemas para resolver con tecnología

Grupo Editorial Patria© Sujeto a:

Con sus restricciones: X3 + X4 ≤ 15

1. 8X1 + 11X2 + 9X3 ≤ 12

2. 2X1 + 6X2 + 10X3 + 8X4 ≤ 60

2. 2X1 + 2X2 + 7X3 ≤ 14

3. X1 + X2 +

3. 9X1 + 6X2 + 3X3 ≤ 10

1. 5X1 + 2X2 +

X3 + X4 ≤ 8

4. 2X1 + 2X2 + 3X3 + 3X4 ≤ 5



X1, X2, X3 ≥ 0

5. X1 ≤ 3



X1, X2, X3 ∈ Z+

6.

4.15  Conseguir el óptimo en el siguiente problema de programación lineal entera pura:

X2 ≤ 7 X3 ≤ 5

7.

8.

X1, X2, X3, X4 ≥ 0



X1, X2, X3, X4 ∈ Z+

Max Z = 70X1 + 50X2 + 30X3

X4 ≤ 5

Sujeto a: 1. 4X1 + 3X2 + 2X3 ≤ 6

4.11  Encontrar el óptimo en el siguiente problema de programación lineal entera pura: Max Z = 40X1 + 90X2



X1, X2, X3 ≥ 0



X1, X2, X3 ∈ Z+

4.16  Obtener el óptimo en el siguiente problema de programación lineal entera pura:

Sujeto a:

Max Z = 10X1 + 14X2 + 21X3

1. 9X1 + 7X2 ≤ 56

Sujeto a:

2. 7X1 + 20X2 ≤ 70

X1, X2 ≥ 0



X1, X2 ∈ Z+

1.

4.12  Conseguir el óptimo en el siguiente problema de programación lineal entera pura: Max Z = 10X1 + 20X2 Con sus restricciones: 1. 5X1 + 8X2 ≤ 60

X1, X2 ≥ 0



X1, X2 ∈ Z+

X1 5

+

+

X2 4 X2 7

+

+

X3 6 X3 3

≤1 ≤1 ≤ 2

3. X1

X1, X2, X3 ≥ 0



X1, X2, X3 ∈ Z+

Min W = X1 + X2 + X3 + X4 + X5 + X6 + X7 + X8 + X9 + X10 + X11 + X12



X2 ≤ 4



7

4.17  Encontrar el óptimo en el siguiente problema de programación lineal entera binaria:

2. X1 ≤ 8 3.

2.

X1

Con sus restricciones:

4.13  Obtener el óptimo en el siguiente problema de programación lineal entera pura:

1. X1 + X2 + X3

≥ 1

+ X5 + X6

≥ 1

2. X1 + X2

3. X3

Min W = 2X1 + 3X2

+ X7 + X8

+ X12 ≥ 1

Sujeto a:

4. X10 + X11 + X12 ≥ 1

1. X1 + 3X2 ≥ 15

5. X8

2. 2X1 + X2 ≥ 60





X1, X2 ≥ 0



X1, X2 ∈ Z+

+ X12 ≥ 1

X1, X2, X3, X4, X5, X6, X7, X8, X9, X10, X11, X12 = (0 o 1)

4.18  Conseguir el óptimo en el siguiente problema de programación lineal entera pura:

4.14  Encontrar el óptimo en el siguiente problema de programación lineal entera pura: Max Z = X1 + 2 X2+ 3 X3 Problemas aplicados a la realidad

Max Z = 9X1 + X2 + 4X3 Sujeto a: 1. 18X1 + 18X2 + 14X3 ≤ 63

Problemas para resolver con tecnología

143

UNIDAD

4

Problemas para resolver

2. 72X1 + 112X2 + 126X3 ≤ 252 2X3 ≤ 3

3.

X1, X2, X3 ≥ 0



X1, X2, X3 ∈ Z+

4.23  Plantear y resolver el problema como un modelo de transporte: Tabla 4.33

4.19  Obtener el óptimo en el siguiente problema de programación lineal entera binaria: Max Z = 3X1 - 2X2 + 5X3

D

E

F

G

Ofertas

A

50

30

60

70

35

B

20

80

10

90

60

C

100

40

80

30

25

Demandas

30

45

25

20

Sujeto a: 4.24  Plantear y resolver el problema como un modelo de transporte:

1. X1 + 2X2 - X3 ≤ 2 2. X1 + 4X2 + X3 ≤ 4 3. X1 + X2

Tabla 4.34

≤ 3

4. 4X2 + X3 ≤ 6

D

E

F

G

Ofertas

A

3

2

3

6

40

X1, X2, X3 = (0 o 1)

B

8

6

8

8

25

C

5

4

9

4

35

Demandas

20

25

15

40



4.20  Encontrar el óptimo en el siguiente problema de programación lineal entera binaria: Min W = 3X1 + 7X2 - X3 + X4 Sujeto a:

4.25  Plantear y resolver el problema como un modelo de transporte:

1. 2X1 - X2 + X3 - X4 ≥ 1

Tabla 4.35

2. X1 - X2 + 6X3 + 4X4 ≤ 8 3. 5X1 + 3X2 + X4 ≥ 1

X1, X2, X3, X4 = (0 o 1)

II. Resolver los siguientes problemas de transporte. 4.21  Plantear y resolver el problema como un modelo de transporte: Tabla 4.31 D

E

F

Ofertas

A

5

4

3

300

B

8

4

3

150

C

9

7

5

250

Demandas

200

200

300

4.22  Plantear y resolver el problema como un modelo de transporte:

E

F

G

H

I

Ofertas

A

3

5

5

4

3

30

B

1

6

2

2

7

40

C

2

7

6

9

2

50 60

D

4

8

3

6

5

Demandas

35

45

30

25

45

4.26  Plantear y resolver el problema como un modelo de transporte: Tabla 4.36 D

E

F

G

H

Ofertas

A

2

5

4

2

3

20

B

3

4

5

3

4

30

C

4

3

1

1

1

40

Demandas

25

15

10

16

24

4.27  Plantear y resolver el problema como un modelo de transporte: Tabla 4.37

Tabla 4.32 D

E

F

F

G

H

I

J

Ofertas

A

20

28

24

22

20

23

100

A

3

3

2

25

B

23

26

26

24

28

24

200

B

4

2

3

40

C

21

25

25

23

24

26

300

30

400

C

3

2

2

Demandas

30

30

35

144

E Ofertas

Problemas aplicados a la realidad

D

22

24

21

25

26

25

Demandas

150

175

225

120

170

160

Problemas para resolver con tecnología

Grupo Editorial Patria© 4.28  Plantear y resolver el problema como un modelo de transporte:

4.33  Plantear y resolver el problema como un modelo de transporte:

Tabla 4.38

Tabla 4.43 E

F

G

H

I

Ofertas

D

E

F

G

Ofertas

A

12

18

11

13

12

75

A

52

57

52

53

500

B

14

17

13

14

13

85

B

53

59

51

52

600 400

C

15

16

14

11

15

55

C

51

50

57

55

D

17

15

10

10

19

35

Demandas

450

550

200

300

Demandas

30

40

50

60

70

4.29  Plantear y resolver el problema como un modelo de transporte:

4.34  Plantear y resolver el problema como un modelo de transporte: Tabla 4.44

Tabla 4.39

D

E

F

G

Ofertas

D

E

F

G

Ofertas

A

30

45

50

38

150

A

6

3

8

3

10

B

40

35

45

42

110

B

3

5

2

2

20

C

50

50

30

30

120

30

Demandas

80

90

100

110

C

4

4

5

7

Demandas

12

18

14

16

4.30  Plantear y resolver el problema como un modelo de transporte:

4.35  Plantear y resolver el problema como un modelo de transporte: Tabla 4.45

Tabla 4.40

D

E

F

G

Ofertas

D

E

F

G

Ofertas

A

10

18

14

13

33

A

3

4

3

4

15

B

12

15

12

11

28

B

4

6

6

3

20

C

14

11

10

17

39

30

Demandas

20

30

10

40

C

6

2

4

2

Demandas

10

20

17

18

4.31  Plantear y resolver el problema como un modelo de transporte:

4.36  Plantear y resolver el problema como un modelo de transporte: Tabla 4.46

Tabla 4.41

E

F

G

H

I

Ofertas

E

F

G

H

Ofertas

A

45

48

40

41

49

300

A

32

33

38

34

250

B

42

41

43

42

41

400

B

35

31

35

32

350

C

44

43

47

43

16

500

C

38

30

32

31

320

D

43

44

50

44

42

600

180

Demandas

350

450

200

380

420

D

31

34

36

35

Demandas

100

200

300

400

4.32  Plantear y resolver el problema como un modelo de transporte:

4.37  Plantear y resolver el problema como un modelo de transporte: Tabla 4.47

Tabla 4.42

E

F

G

H

I

Ofertas

D

E

F

Ofertas

A

33

60

49

53

40

25

A

30

34

32

20

B

42

38

58

65

61

35

B

35

32

31

30

C

57

47

39

32

57

45

C

40

33

35

40

D

61

51

44

46

35

55

Demandas

25

38

27

Demandas

10

40

50

22

38

Problemas aplicados a la realidad

Problemas para resolver con tecnología

145

4

UNIDAD

Problemas para resolver

4.38  Plantear y resolver el problema como un modelo de transporte:

4.43  Encontrar la asignación óptima en el problema: Tabla 4.53

Tabla 4.48

A E 1 4 7 9 10

A B C D Demandas

F 8 6 4 2 20

G 3 7 5 1 30

H 6 5 4 3 40

I 5 9 6 2 50

Ofertas 25 35 42 48

B

C

D

1

2

2

2

1

2

10

8

5

4

3

7

6

6

8

4

5

3

4

2

4.44  Encontrar la asignación óptima en el problema: Tabla 4.54

III. Resolver los siguientes problemas de asignación. 4.39  Conseguir la asignación óptima en el siguiente problema: Tabla 4.49 A 7 3 5 9

1 2 3 4

B 3 5 7 8

C 5 6 9 4

D 9 6 5 3

1 2 3 4 5 6

C 59 62 73 97 83 51

D 59 62 63 99 83 52

E 57 59 65 87 74 53

F 58 55 56 86 50 44

4.41  Obtener la asignación óptima en el problema: Tabla 4.51 A 11 5 32 17 6 8 55

1 2 3 4 5 6 7

B 12 4 40 14 7 10 62

C 13 4 29 19 10 12 61

D 11 8 30 22 5 8 70

E 10 4 42 10 5 9 62

F 6 9 35 16 10 19 63

G 16 6 36 19 11 9 68

H 12 6 49 12 5 6 59

4.42  Encontrar la asignación óptima en el siguiente pro­ blema: Tabla 4.52 1 2 3

146

A 1 4 0

B 2 3 2

C 3 2 2

D 4 0 1

Problemas aplicados a la realidad

C

D

7

9

9

2

5

9

8

4

3

2

4

9

2

4

8

2

6

6

Tabla 4.55

Tabla 4.50 B 61 73 65 100 85 47

B

8

4.45  Obtener la asignación óptima en el siguiente pro­ blema:

4.40  Encontrar la asignación óptima en el problema: A 63 56 57 93 77 36

A 1

A

B

C

D

1

40

60

70

20

2

10

50

40

30

3

20

60

60

40

4

30

20

20

70

4.46  Encontrar la asignación óptima en el siguiente pro­ blema: Tabla 4.56 A

B

C

D

E

F

G

1

2

2

4

9

4

4

2

2

5

3

3

2

5

5

4

3

3

5

5

4

5

4

1

4

6

4

7

5

2

3

2

5

8

3

2

6

5

8

1

6

7

2

5

3

1

6

8

7

2

4

1

5

6

2

7

4.47  Obtener la asignación óptima en el problema: Tabla 4.57 A

B

C

D

E

1

160

130

200

200

60

2

135

120

160

175

65

3

140

155

140

170

75

4

50

80

100

80

80

5

55

105

80

75

85

Problemas para resolver con tecnología

Grupo Editorial Patria© 4.48  Encontrar la asignación óptima en el siguiente pro­ blema: Tabla 4.58 A

B

C

D

1

8

23

17

21

2

26

25

15

20

3

17

14

14

17

4

11

16

11

10

4.53  Obtener la asignación óptima en el problema: Tabla 4.63 1 2 3 4

A 5 1 6 8

B 3 2 9 8

C 4 8 3 1

D 2 5 3 8

4.54  Encontrar la asignación óptima en el problema:

4.49  Encontrar la asignación óptima en el problema:

Tabla 4.64

Tabla 4.59 A

B

C

D

1

6

5

4

3

2

7

3

2

6

3

1

4

3

9

4

2

6

5

4

1 2 3 4

A 6 12 9 11

B 4 10 9 3

C 11 2 6 8

D 2 6 8 13

4.55  Encontrar la asignación óptima en el siguiente pro­ blema:

4.50  Obtener la asignación óptima en el problema:

Tabla 4.65

Tabla 4.60 A

B

C

D

E

F

1

11

13

12

14

15

18

2

17

15

14

16

11

12

3

10

16

15

14

13

18

4

11

12

13

14

15

16

5

17

19

11

16

15

14

6

13

19

11

16

17

14

4.51  Obtener la asignación óptima en el siguiente pro­ blema: Tabla 4.61 A

B

C

D

E

1

6

3

4

1

4

2

2

1

7

5

3

3

5

2

9

9

9

4

8

5

6

7

1

5

7

8

5

3

2

4.52  Encontrar la asignación óptima en el siguiente pro­ blema: Tabla 4.62

1 2 3 4

A 45 82 69 24

B 36 25 14 58

C 25 26 35 38

D 59 25 36 29

4.56  Obtener la asignación óptima en el problema: Tabla 4.66 1 2 3 4

A 11 13 14 17

B 19 15 16 14

C 12 13 15 17

D 19 16 13 14

4.57  Conseguir la asignación óptima en el problema: Tabla 4.67 1 2 3 4

A 80 110 60 90

B 130 140 120 150

C 70 100 90 80

D 60 90 100 80

4.58  Encontrar la asignación óptima en el problema: A

B

C

D

E

1

3

9

7

6

1

2

2

5

3

5

6

3

1

3

8

4

3

4

5

7

2

8

8

5

4

6

4

9

2

Problemas aplicados a la realidad

Tabla 4.68 1 2 3 4

Problemas para resolver con tecnología

A 15 20 35 45

B 20 15 22 80

C 25 28 30 60

D 75 50 40 55

147

UNIDAD

4

Programación lineal discreta

Problema reto 1

La fábrica de Tequila TEQMEX analiza la posibilidad de expandirse mediante la construcción de una nueva fábrica, ya sea en la Ciudad de México o en la ciudad de Guadalajara, o dos fábricas, una en ambas ciudades, si es preciso. Dentro de sus planes de expansión también pretende construir un hiperalmacén, también en la Ciudad de México o en Guadalajara, o uno en ambas. Para sus planes de expansión, la empresa debe tener en cuenta que el capital disponible para las inversiones es de 20 millones de unidades monetarias. Encontrar la mejor alternativa que maximice el valor presente neto total.

Tabla 4.69 Alternativa Construir la fábrica en la Ciudad de México Construir la fábrica en la ciudad de Guadalajara Construir fábricas en la Ciudad de México y en la ciudad de Guadalajara Construir el hiperalmacén en la Ciudad de México Construir el hiperalmacén en la ciudad de Guadalajara Construir hiperalmacenes en la Ciudad México y en la ciudad de Guadalajara

Valor Presente Neto 19 millones de unidades monetarias 12 millones de unidades monetarias

Capital 15 millones de unidades monetarias 8 millones de unidades monetarias

28 millones de unidades monetarias

20 millones de unidades monetarias

15 millones de unidades monetarias

10 millones de unidades monetarias

8 millones de unidades monetarias

5 millones de unidades monetarias

20 millones de unidades monetarias

15 millones de unidades monetarias

Referencias Bibliográficas Absil P. A. / Mahony R. / Sepulchre R. (2008). Optimization Algorithms on Matrix Manifolds. EUA: Princeton University Press (Princeton and Oxford). Baumeister Johann / Leitão Antonio. (2008). Imtrodução à Teoria de Controle e ProgramaçãoDinâmica. Río de Janeiro, Brasil: Instituto de Matemática Pura e Aplicada (IMPA). ChvátalVašek. (1999). Linear Programming. New York, EUA: W. H. Freeman and Company.

Referencias electrónicas Institute for Operations Research and Management Science.Disponible en: https://www.informs.org Sociedad Británica de Investigación Operativa en: http://www.orsoc.org.uk/ INFORMS la Sociedad Americana de Investigación Operativa en: http://www.informs.org/ Información genérica de Investigación de Operaciones: http://opsresearch.com/cgi-bin/mainIndex.cgi/ Información general acerca de Investigación Operacional: http://www.investigaciondeoperaciones.net Sociedad Mexicana de Investigación de Operaciones: http://smio.org.mx/smio/ 148

UNIDAD

5

Algoritmos especiales: el problema de transporte Luis Antonio Moncayo Martínez

Objetivos Definir el problema de transporte como una red de flujos. Modelar el problema de transporte por medio de programación lineal. Determinar soluciones iniciales básicas para resolver el problema de transporte por el método simplex. Obtener soluciones óptimas al problema de transporte a partir de las soluciones básicas. Definir el problema de asignación. Obtener soluciones del problema de asignación mediante el uso de métodos heurísticos. Determinar el modelo de programación lineal para obtener soluciones óptimas.

¿Qué sabes?

¿Cómo utilizar programación lineal para resolver un problema? ¿Cómo aplicar la condición de optimalidad en el método simplex? ¿Cómo aplicar la condición de factibilidad en el método simplex? ¿Cómo resolver sistemas de ecuaciones? ¿Cómo solucionar sistemas de desigualdades?

UNIDAD

5

Algoritmos especiales: el problema de transporte

5.1  Introducción al problema de transporte El modelo de transporte es un caso especial en la programación lineal. El problema tiene como objetivo minimizar los costos de distribución de cierto número de unidades de las fuentes u orígenes a los destinos. En el modelo más elemental, las fuentes son entidades que ofertan cierto número de unidades, mientras que los orígenes reciben cierto número de unidades. Esto implica que los orígenes son proveedores de unidades y los destinos, constituyen las entidades que demandan estas. El problema es muy común en la práctica. Por ejemplo, en un sistema logístico los orígenes pueden ser las plantas de producción con cierta capacidad instalada para un producto y los destinos los almacenes que generan la demanda de este. El objetivo sería determinar el plan de distribución que minimice los costos de transporte sujeto a capacidad instalada y a satisfacer la demanda. De modo formal, se puede entender el problema de transporte como una red en donde algunos nodos representan los orígenes o las fuentes que generan oferta (o) y otros constituyen los destinos que generan la demanda (d ). Por su parte, los arcos representan una posible ruta entre los nodos (véase figura 5.1). Matemáticamente, tenemos i fuentes y k destinos, el costo de mandar una unidad por la ruta o arco (i, k) tiene un costo de Cik. C11

1

o1

1

d1

2

d2

k

d3

C21

C12

C22

2

o2

Ci

1

Demanda

Oferta

C1k

C2k

Ci

2

i

oi

Cik

Figura 5.1  Modelado del problema de transporte.

Una modificación que por lo común se hace al problema de transporte es anexar nodos intermedios, llamados nodos de transbordo, los cuales tienen la función de recibir y enviar unidades; es decir, un nodo de transbordo es un receptor con cierto número de unidades, que después envía a otro nodo. Si se anexa un nodo de transbordo a la figura 5.1 esta se modifica, como se muestra en la figura 5.2. Matemáticamente, ahora el problema tiene i fuentes, j transbordos y k destinos. El costo de transporte se divide en el costo de envío de unidades de las fuentes a los transbordos Cij y de los transbordos a los destinos Cjk. o1

1

C11 C1j

150

o2

2

Cij oi

C1k

C2j Ci1

i

Figura 5.2  Modelación del problema de transbordo.

C12

1

C21

Alerta Cuando al problema de transporte se anexa un nodo intermedio entre las fuentes y los orígenes, se presenta un problema de transbordo. Por tanto, en lo sucesivo nos referiremos a este en todo el desarrollo de la unidad.

C11

j

1

d1

2

d2

k

dk

Cj1

Cj2

Cjk

Grupo Editorial Patria©

5.2  Modelo de programación lineal del problema de transporte En esta sección plantearemos el modelo de programación lineal (MPL) para el problema de transporte y después lo extenderemos para el problema de transbordo. Por último, modelaremos el problema de transporte, con el fin de generalizar su uso en cualquier red de transporte.

❚ MPL para el modelo de transporte Para formalizar el problema de transporte, definiremos las variables de decisión como xik, el número de unidades que se envían de la fuente i al destino k. De tal suerte, que la suma de todos los costos cikxik constituye la función objetivo sujeta a no rebasar la capacidad de los nodos fuente y a que la demanda de los nodos destino sea cubierta. Entonces, formalmente el modelo es el siguiente: Min   ∑ ∑c ik x ik i

k

Sujeto a:

∑x ik

≤ oi  para toda fuente   i

∑x ik

= di   para todo origen   k

i



k

xik ≥ 0



Problema resuelto Una empresa ensambladora de automóviles sedán posee tres plantas, ubicadas en Saltillo, Silao y Hermosillo, respectivamente, con una capacidad de producción de un determinado tipo de sedán de 150, 250 y 100 autos por mes, respectivamente. Sus concesionarias ubicadas en Monterrey, Guadalajara, Guanajuato y Puebla requieren 50, 200, 100 y 150 autos sedán, respectivamente, para este mes. Los costos de envío de un auto de la planta a la concesionaria se describen en la tabla 5.1. Tabla 5.1 Plantas (i ) Saltillo Silao Hermosillo

Monterrey 100 160 200

Concesionarias (k) Guadalajara Guanajuato 213 180 140 50 230 310

Puebla 250 200 350

Formular el MPL que minimiza los costos de transporte para cubrir la demanda de las concesionarias. Solución

Las fuentes son las tres plantas y los orígenes las cuatro concesionarias, por lo que la variable de decisión xik representa el número de autos sedán que se mandan de la planta i a la concesionaria k. Por tanto, el MPL es: Sujeto a:

Min 100x11 + 213x12 + 180x13 + 250x14 + 160x21 + 140x22 + 50x23 + 200x24 + 200x31 + 230x32 + 310x33 + 350x34 x11 + x12 + x13 + x14 ≤ 150 x21 + x22 + x23 + x24 ≤ 250 x31 + x32 + x33 + x34 ≤ 100 x11 + x21 + x31 = 50 x12 + x22 + x32 = 200 x13 + x23 + x33 = 100 x14 + x24 + x34 = 150 xik ≥ 0

Alerta Se dice que el problema está balanceado cuando la suma de la oferta es igual a la suma de la demanda; esto es:

∑o i = ∑d k i

k

151

UNIDAD

5

Algoritmos especiales: el problema de transporte ❚ MPL para el modelo de transbordo Para definir este modelo, es necesario definir dos variables: a) xij, que es la cantidad de unidades enviadas de las fuentes i a los transbordos j, y b) yjk, definida como la cantidad de unidades que son enviadas del transbordo j al destino k. El MPL es, por tanto, el siguiente: Min   ∑ ∑C ij x ij + ∑ ∑C jk y jk i

j

j

k

Sujeto a:

∑x ij

≤ oi   para toda fuente   i

∑x ij

=

i



i

∑yjk   para todo transbordo   j k

∑ yjk = dk   para todo origen   k



j

xij, yjk ≥ 0



La segunda restricción para los nodos de transbordo garantiza que la cantidad de producto que entra al transbordo

∑x ij

es igual a la cantidad que sale

i

∑yjk k

Problema resuelto Si la empresa referida en el problema anterior tiene dos centros de distribución ubicados en San Luis Potosí y el Estado de México, respectivamente, con costos de distribución como se muestran en la tabla 5.2. ¿Cuál es el MPL que minimiza los costos totales de distribución?

Almacenes ( j )

Plantas (i )

Tabla 5.2

Saltillo Silao Hermosillo

Almacenes (j) SLP Edo. Méx. 40 200 30 80 200 250

Monterrey -

Concesionarias (k) Guadalajara Guanajuato -

SLP

-

-

50

30

60

80

Edo. Méx.

-

-

80

80

60

40

Solución

El MPL es: Sujeto a:

152

Puebla -

Min 40x11 + 200x12 + 30x21 + 80x22 + 200x31 + 250x32 + 50y11 + 30y12 + 60y13 + 80y14 + 80y21 + 80y22 + 60y23 + 40y24 x11 + x12 ≤ 150 x21 + x22 ≤ 250 x31 + x32 ≤ 100 x11 + x21 + x31 = y11 + y12 + y13 + y14 x12 + x22 + x32 = y21 + y22 + y23 + y24 y11 + y21 = 50 y12 + y22 = 200 y13 + y23 = 100 y14 + y24 = 150 xij, yjk ≥ 0

Grupo Editorial Patria© Generalización del problema de transporte En los dos problemas anteriores, presentados en las figuras 5.1 y 5.2, no existe ninguna relación (o link) que una a los nodos fuente con los nodos destino. Si esto ocurriera, los MPL descritos antes en esta unidad se tendrían que modificar. Para formular el modelo de la generalización del problema de transporte, suponga la red de la figura 5.3 con seis nodos. o1

d2 c12

1

2

c14 d4

i cij = cji

c23 c34

4

3 c35

c45

j

5

c36 6

c56

o6

d5

Figura 5.3  Generalización del problema de transporte.

Aquí, la función objetivo aún es minimizar la suma de todos los costos. Sin embargo, solo hay una restricción por nodo i que asegura la conservación de flujo; es decir, la cantidad de unidades que sale del nodo es igual a la cantidad que entra. La oferta de los nodos fuente se representa con un vector en dirección hacia el mismo nodo (i = 1, 6), mientras que la demanda en los nodos de destino se representa con un vector hacia afuera del nodo (i = 2, 4, 5), como se observa en la figura 5.3. No obstante, también pueden existir nodos puramente de transbordo (i = 3). Para formular el MPL, suponga que dos nodos, i, j, están unidos por el arco (i, j). La única variable de decisión es xij, que es igual al número de unidades que se envían del nodo i al j. A continuación se muestra este modelo: Min   ∑ ∑c ij x ij i

j

Sujeto a:

∑ x ij



+ di =

i :( i , j )

∑ x ji

+ oi      para todo nodo   i

i :( j ,i )

xij ≥ 0



Problema resuelto Desarrollar el MPL de la figura 5.3. Solución

Primero, ejemplificaremos el desarrollo de la restricción para los nodos i = 1, 3. Así, para el nodo i = 1, los arcos con los que está conectado (1, j) son (1, 2) y (1, 4), por lo que la cantidad de unidades que salen del nodo 1 es x12 + x14, no genera ninguna demanda; de este modo d1 = 0. Por su parte, los arcos (j, 1), que representan los nodos de donde entran unidades al nodo 1, son (2, 1) y (4, 1). Por ende, la cantidad de unidades que entran al nodo 1 es x21 + x41 + o1, ya que genera la oferta o1. Por último, la restricción del nodo 1 es x12 + x14 = x21 + x41 + o1. Para el nodo 3, la cantidad que sale de este nodo es x32 + x34 + x35 + x36 y la cantidad que entra es x23 + x43 + x53 + x63, y d1 = o1 = 0, ya que se trata de un nodo de transbordo. El modelo completo se presenta a continuación:

Min c12x12 + c21x21 + c14x14 + c41x41 + c23x23 + c32x32 + c34x34 + c43x43 + c36x36 + c63x63 + c35x35 + c53x53 + c54x54 + c45x45 + c56x56 + c65x65

153

UNIDAD

5

Algoritmos especiales: el problema de transporte Sujeto a:

x12 + x14 = x21 + x41 + o1



x21 + x23 + d2 = x12 + x32



x32 + x34 + x35 + x36 = x23 + x43 + x53 + x63



x41 + x43 + x45 + d4 = x14 + x34 + x54



x53 + x54 + x56 + d54 = x35 + x45 + x65



x63 + x65 = x36 + x56 + o6



xij ≥ 0

5.3  Tabla simplex del problema de transporte Alerta Ya sea en el problema de transbordo o en el generalizado (véase figuras 5.2 y 5.3) hay nodos que tanto envían como reciben unidades; por tanto, estos aparecen en las columnas y los renglones de la tabla simplex del problema de transporte.

La tabla simplex para resolver el problema de transporte tiene una estructura diferente a la estudiada en unidades anteriores. Para este problema, la tabla simplex es una matriz en donde los renglones representan los nodos que proveen unidades a otros nodos y las columnas, constituyen los nodos que reciben las unidades. Cada una de las celdas de la matriz inicial tiene dos datos: a) la variable que representa la celda (xij ) y b) el costo de enviar una unidad de i a j(cij ). Para poder construir esta tabla es indispensable que la demanda sea igual a la oferta, es decir que el problema esté balanceado. Si esto no se cumple se deben emplear nodos ficticios, a los que denominaremos f. Si la oferta es menor a la demanda, tenemos que agregar un nodo ficticio de oferta. Esto representa agregar un renglón en la matriz y su oferta of es igual a la diferencia entre la demanda y la oferta. Los costos de enviar una unidad de un nodo ficticio f a j es cero (cfj = 0), para todos los nodos j. Por otro lado, cuando la oferta es mayor a la demanda agregamos una columna con demanda df igual a la diferencia entre la demanda y la oferta. Los costos de recibir la demanda de los nodos i es cero (cif = 0).

Problema resuelto Determinar la tabla simplex inicial de la red de transporte del problema de la fábrica ensambladora de autos sedán. Solución

La capacidad (oferta) de las plantas (150 + 250 + 100 = 500) es igual al número de autos sedán requeridos (50 + 200 + 100 + 150 = 500) por las concesionarias (demanda). Por tanto, no hay necesidad de nodos ficticios. Como se muestra en la tabla 5.1, las plantas son nodos que solo mandan automóviles y las concesionarias son nodos que solo reciben unidades (véase tabla 5.3). Tabla 5.3 Concesionarias (k) 1 Plantas (i )

2

3

1

x11

100

x12

213

x13

2

x21

160

x22

140

x23

3

x31

200

x32

230

x33

50

200

4 x14

250

150

50

x24

200

250

310

x34

350

100

180

100

150

Problema resuelto Determinar la tabla simplex inicial de la red de transporte con centros de distribución representada en la tabla 5.2.

154

Grupo Editorial Patria© Solución

Los almacenes o nodos de transbordo envían y reciben unidades, por lo que aparecen tanto en los renglones como en las columnas. El número de unidades que entran y salen de estos nodos es desconocido, por lo que a estos le damos el valor de B. Cuando se calcule la solución inicial le daremos un valor muy grande a B, de manera que por el nodo puedan “pasar” todas las unidades. De acuerdo con la tabla siguiente, algunos costos tienen el valor de M (un costo muy grande), ya que no existe un link entre los dos nodos. Por ejemplo, el costo de mandar una unidad de la planta 1 (i = 1) a la concesionaria 3 (k = 3) es M, debido a que no existe un link (i, k) = (1, 3) (véase figura 5.2). Asimismo, algunos costos también tienen el valor de cero, ya que el costo de enviar una unidad del almacén 1 al almacén 1 es cero, lo mismo para el almacén 2, como se muestra en la tabla 5.4. Tabla 5.4 Almacenes ( j )

Concesionarias ( k )

1

Plantas ( i )

Almacenes ( j )

2

1

2

3

4

1

x11

40

x12

200

M

M

M

M

150

2

x21

30

x22

80

M

M

M

M

250

3

x31

200

x32

250

M

M

M

M

100

1

0

M

y11

50

y12

30

y13

60

y14

80

B

2

M

0

y21

80

y22

80

y23

60

y24

40

B

B

B

50

200

100

150

Problema resuelto Determinar la tabla simplex inicial del problema de la red de transporte. En este caso, los costos cij = cji son c12 = 10, c14 = 20, c23 = 40, c34 = 55, c35 = 30, c36 = 50, c45 = 30 y c56 = 25, mientras que la demanda es d2 = 10, d4 = 5 y d5 = 20, y la oferta es o1 = 20 y o6 = 15. Solución

En este caso, primero se coloca un costo de M (un valor muy grande), en donde no existe un arco que una a dos nodos, y el costo es cero cuando i = j. La demanda en el nodo 1 es 20 + B, ya que, además de la oferta, este nodo puede recibir unidades de los nodos 2 y 4. La demanda en el nodo 2 es 10 + B, porque requiere 10 unidades y puede enviar unidades a los nodos 1 y 3. La tabla 5.5 es la inicial del problema de transporte. Tabla 5.5 A ( j ) 1 1 2 De ( i )

0

M

3 10

x12

10

x21

3 4

2

0

M

0

20

M

x43

55

5

M

M

x53

30

6

M

M

x63

50

x41

B

10 + B

x14

40

x23

40

x32

4

B

x34

5 20

M

M

20 + B

M

M

M

B

50

B

M

B

56

B

0

15 + B

55

x35

30

0

x45

30

30

x54

M 5+B

6

0

x36

x56

56

x65 20 + B

B

155

UNIDAD

5

Algoritmos especiales: el problema de transporte

5.4  Métodos de aproximación para obtener   una solución básica inicial Para aplicar el método simplex al problema de transporte, primero debemos obtener una solución inicial con M + N - 1 variables básicas. Donde M es el número de columnas y N el número de renglones de la tabla inicial. Existen varios métodos para crear la solución inicial. Aquí se estudiarán solo tres métodos: a) el método de la esquina noroeste; b) el método del costo mínimo; c) el método de aproximación de Vogel (MAV).

❚ Método de la esquina noroeste En este método las variables básicas son las que están en la esquina noroeste de la tabla inicial. En este caso, el valor de la variable es el valor máximo entre la oferta del renglón y la demanda de la columna. En tanto, el valor mínimo se resta de la oferta y la demanda correspondientes. De acuerdo con esto, el valor de la oferta o de la demanda es cero; en este caso, debemos eliminar de la tabla inicial el renglón o la columna con oferta o demanda cero. No obstante, cuando, al mismo tiempo, la oferta y la demanda de un renglón y una columna, respectivamente es cero, solo eliminamos ya sea el renglón o la columna. Los empates se deciden de manera arbitraria.

Problema resuelto Determinar la solución inicial del problema en la figura 5.1 por el método de la esquina noroeste. Solución

Los pasos se describen a continuación: a) La variable en la esquina noroeste corresponde a x11. En esta celda podemos colocar el valor mínimo de la oferta de la planta 1 (150) y la demanda de la concesionaria 1 (50). El valor de 50 es restado en el renglón (150 - 50 = 100) y la columna (50 - 50 = 0), al tiempo que los demás valores de oferta y demanda permanecen iguales. Ahora bien, eliminamos la columna 1, ya que su demanda es cero. Esto es representado con una línea vertical sobre la columna, como se muestra en la tabla 5.6. Tabla 5.6 Concesionarias (k)

Plantas (i )

1

2

3

100 x12 100

213

x13 x23 100

1

x11

2

x21

160 x22 100

140

3

x31

200 x32

230

50

50

200

4 180

x14

50

x24

310

x33 100

250 200 50 350

x34 100

A

B

C

D

E

F

150

100

0 B

0

0

0

0

250

250

250

150

50

0 E

0

100

100

100

100

100

100

0

150

A

0   A

200

100

150

B

0

100

100

150

C

0

0   C

100

150

D

0

0

0   D

150

E

0

0

0

100

F

0

0

0

0

b) La tabla ahora solo está formada por las concesionarias 2, 3, 4 y las plantas 1, 2, 3. La variable en la esquina noroeste es x12; así, en esa celda podemos colocar 100 unidades, que corresponden al valor mínimo de la oferta de 100 y demanda de 200. En este caso, se elimina el renglón de la planta 1 porque su oferta es cero (esto se representa con una línea horizontal sobre el renglón).

156

Grupo Editorial Patria© c) La tabla ahora solo está formada por las concesionarias 2, 3, 4 y las plantas 2, 3. La esquina noroeste está en la variable x22, donde podemos colocar 100 unidades. La demanda de la concesionaria 2 se hace cero y se elimina su columna. d) La tabla está formada por las concesionarias 3, 4 y las plantas 2, 3. La esquina noroeste está en la variable x23 y podemos colocar 100 unidades, que es el mínimo entre 100 (columnas) y 150 (renglones). La demanda de la columna 3 es cero y se elimina. e) Solo quedan las plantas 2, 3 y la concesionaria 4. La esquina noroeste está en la variable x24, donde podemos colocar 50 unidades. El mínimo valor de la oferta es de 50 y la demanda de 150. Eliminamos el renglón de la planta 2. f ) Ahora solo queda la celda x34, donde colocamos las 100 unidades restantes. Nótese que, al final, la oferta y la demanda deben ser iguales, en este caso de 100 unidades. El costo de transporte de la tabla inicial es 100(50) + 213(100) + 140(100) + 50(100) + 200(50) + 350(100) = 90 300

Problema resuelto Determinar la solución inicial del problema correspondiente a la figura 5.2 por el método de la esquina noroeste. Solución

Se deben generar 10 variables básicas. M = 5 renglones y N = 6 columnas (M + N - 1). En este caso, tenemos que darle un valor a B que aparece en la tabla inicial. Este valor debe ser lo suficientemente grande para que “pasen” por el nodo toda la oferta y toda la demanda que se le envíe. Por regla general, este valor debe ser mayor o igual a la oferta o la demanda (como el problema debe estar cuadrado la oferta es igual a la demanda). Ya que para este problema B ≥ 500, nosotros seleccionamos B = 500. El resultado final se muestra en la tabla 5.7. Como se puede observar, en esta tabla ocurren dos situaciones. Primero, en la iteración C la variable en la esquina noroeste es x31. La oferta de la planta 3 y la demanda del almacén 1 son de 100. Ahora bien, arbitrariamente eliminamos el renglón de la planta 3. En segundo lugar, en la iteración D la esquina noroeste está en la celda que forman el almacén 1 como renglón y el almacén 1 como columna (nótese que este costo es cero). La oferta es 100 y la demanda es 0, el mínimo es 0 y, por tanto, colocamos 0 unidades en esa celda. Si no se hace esta operación, no se generarán las 10 variables básicas.

Alerta Como este problema es similar al anterior, no se desarrollaron todas las iteraciones, solo se señalan dos cuestiones particulares en la iteración C y D.

Tabla 5.7 Almacenes ( j ) 1

Planta ( i )

1 2

Almacenes

3 1

x11 150 x21 250 x31 100

200

M

30 x22

80

M

200 x32

250

M

0 500

500 350 100 0 D  0 0 0 0 0 0 0

M y11 0 y21

M 500 500 500 500 500 E  0 0 0 0 0 0

Concesionarias (k) 2 3 M

1

40 x12

0

2 A B C D E F G H I J

2

M

M

M

M

M

M

M

50

y12

30

y13

60

y14

80

80

y22 200 200 200 200 200 200 200 200 200 H  0 0 0

80

y23 100 100 100 100 100 100 100 100 100 100 I  0 0

60

y24 150 150 150 150 150 150 150 150 150 150 150 J  0

40

0

50 50 50 50 50 50 50 50 G  0 0 0 0

4 M

150

A A 0

250 250

B

C

D

E

F

G

H

I

J

0

0

0

0

0

0

0

0

0

B 0

0

0

0

0

0

0

0

0

C 0

0

0

0

0

0

0

0

0

F 0

0

0

0

0

100 100 100

500 500 500 500 500

500 500 500 500 500 500 500 450 250 150

0

157

5

UNIDAD

Algoritmos especiales: el problema de transporte

Problema resuelto Determinar la solución inicial del problema correspondiente a la figura 5.3 por el método de la esquina noroeste. Solución

En este caso: B = 35. La solución se muestra en la tabla 5.8. Tabla 5.8 A ( j ) 1 1 2 De ( i )

35

x41

20

5

M

40

M

M

M

55 x35

30 x36

50

30

M

20

M x43

55

M x53

30 x54

30

M x63

50

M

45 45 25 C  0 0 0 0 0 0 0 0 0

A

M

10 25

M

6

20

40

M

35 A  0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

0 x23

4 M x14

M x32

0

6

3 10

25

5

A B C D E F G H I J K

0 x12 10

x21

3 4

2

35 35 35 35 25 E  0 0 0 0 0 0 0

0 x34

10 30

40 40 40 40 40 40 30 G  0 0 0 0 0

0 x45

5 35

x65 15 55 55 55 55 55 55 55 55 50 15 J  0 0

0 x56

56

56

0 35 35 35 35 35 35 35 35 35 35 35 35 0

B B 0

C

D

E

F

G

H

I

J

K

0

0

0

0

0

0

0

0

0

55

20

35

35

35

10

D 0

0

0

0

0

0

0

0

35

35

35

35

35

10

F 0

0

0

0

0

0

35

35

35

35

35

35

35

5

H 0

0

0

0

35

25

35

35

35

35

35

35

35

I 0

0

0

50

50

50

50

50

50

50

50

50

50

35

0

❚ Método del costo mínimo Este método consiste en colocar la mayor cantidad de unidades en la celda que tiene el menor costo. Al igual que en el método anterior, la cantidad de unidades colocadas es el mínimo número de la oferta del renglón y la demanda de la columna. Así, aquí la cantidad mínima se resta y se elimina la columna o renglón respectivo que resulte cero.

Problema resuelto Determinar la solución inicial de las figuras 5.1, 5.2 y 5.3 mediante el método del costo mínimo. Solución

Recuérdese que la solución inicial para la figura 5.1 debe contener seis variables básicas (M + N - 1 = 3 + 4 - 1). A continuación los pasos para crear la tabla. a) El costo mínimo es 50, localizado en la celda que corresponde a la variable x23. El valor mínimo entre la oferta (250) y la demanda (100) es 100, que corresponde a la demanda de la concesionaria 3. Por tanto, se elimina esa columna (lo que se representa por una línea vertical en la tabla 5.9).

158

Grupo Editorial Patria© Tabla 5.9

Plantas ( i )

1 100 x12

1

x11

2

x21

160 x22

3

x31

200 x32

50

50 50 50 C  0 0 0 0

A B C D E F

50

Concesionarias ( k ) 2 3 213 x13

180 x14

140 x23

50 x24

150

230 200 200 50 50 D  0 0 0

100 x33

4

310 x34

100 A  0 0 0 0 0 05

A

B

C

D

150

150

150

100

50

200 250

150

0 B

0

0

0

0

100

100

100

100

100

0

250 50

350

100

100 150 150 150 150 150 100 0

E 0 E

F 0

b) La tabla ahora está formada por las columnas 1, 2, 4 y los renglones 1, 2, 3. El costo mínimo de esta tabla es 140, que corresponde a la variable x22, en donde podemos colocar 150 unidades, que es el mínimo valor entre 150 (oferta) y 100 (demanda); acto seguido eliminamos el renglón 2. c) Las columnas 1, 2, 4 y los renglones 1, 3 ahora forman la tabla. El costo mínimo corresponde a 100 en la variable x11. Podemos colocar 50 unidades que corresponden a la demanda de la concesionaria 1 y se elimina esa columna. d ) La tabla tiene las columnas 2, 4 y los renglones 1, 3. El costo mínimo corresponde a 213 en la variable x12. Colocamos 50 unidades en esa celda, que es el mínimo entre 50 (demanda) y 100 (oferta). Eliminamos la columna 2 y restamos el valor de la oferta y demanda. e) La tabla está formada por la columna 4 y el renglón 1, 3. El mínimo costo (250) corresponde a la variable x14 y colocamos 50 unidades que corresponden a la oferta de la planta 1. Borramos el renglón 1. f ) Ahora solo queda la celda x34 y ahí colocamos las 100 unidades restantes. Para la figura 5.2, la solución inicial se muestra en la tabla 5.10. Recuérdese que M es un número muy grande que tiende al infinito y que los empates se rompen arbitrariamente. Tabla 5.10 Almacenes ( j )

Almacenes ( j )

Plantas ( i )

1 1

x11

2

x21

3

x31

1

40 x12

0

30 x22

1 200

M 50

80

M

0

200 x32 0

250

M

Concesionarias (k) 2 3 M 100 M 100 100 M

4 M

A M

M

M 50

M

M 100

M y11

50 y12

30

y13

60

y14

80

0 y21

80 y22

80

y23

60

y24

40

500 M

2

A B C D E F G H I J

2

500 500 0 0 C  0 0 0 0 0 0 0 0

500 500 0 0 D  0 0 0 0 0 0 0

50 50 50 50 50 E  0 0 0 0 0 0

200 200 200 200 200 200 100 G  0 0 0 0

100 100 100 100 100 100 100 100 H  0 0 0

B

C

D

E

150 150 150 150 150 100

F F 0

G

H

I

J

0

0

0

0

50

I 0

0

250 250 250 250 250 250 250 150

100 100 100 100 100 100 100 100 100 100 500

A 0

500 500

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

B 0

0

0

0

0

0

0

0

0

150 150 150 150 150 150 150 150 150 150 0

159

5

UNIDAD

Algoritmos especiales: el problema de transporte



La solución inicial por el método del costo mínimo de la figura 5.3 se muestra en la tabla 5.11.

Tabla 5.11 A ( j ) 1 1 2 De ( i )

35 x21

3 4

x41

0 x12 10

0 x23

35 M x32

40

20

M x43

35 A  0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

35

M x63 45 45 10 10 10 10 10 G  0 0 0 0 0

0 x34

35 35 35 0 0 0 0 0 0 I  0 0 0

M

M

M

M

55 x35

30 x36

50

30

M

5

0 x45

30 x54

30

50

M 40 40 40 40 5 5 5 5 H  0 0 0 0

6 M

5

55

0

5 20

40

35

M x53

4 M x14

10

M

6

3 10

M

5

A B C D E F G H I J K

2

35 x65 15 55 55 55 55 55 20 20 20 20 20 5 0

0 x56 56

56 0

35 35 35 35 35 35 35 F  0 0 0 0 0 0

A

B

C

D

E

F

G

H

I

J

K

55

20

20

20

20

20

20

10

5

5

5

0

35

35

B 0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

35

35

35

C 0

0

0

0

0

0

0

0

0

35

35

35

35

D 0

0

0

0

0

0

0

0

35

35

35

35

35

0

E 0

0

0

0

0

0

50

50

50

50

50

50

15

15

15

15

J 0

0

❚ Método de Aproximación de Vogel (MAV) Alerta El MAV es el método que por lo común genera mejores soluciones iniciales. La aplicación de este método no garantiza una solución óptima, sin embargo se llega más rápido a esta.

Este método se basa en un concepto llamado costo de penalización, definido como la diferencia entre los dos costos de transporte menores por columna o renglón, y se calcula por cada columna y cada renglón. Este método se desarrolla en tres pasos: 1) calcula el costo de penalización para cada renglón y para cada columna; 2) selecciona la columna o el renglón con el mayor costo de penalización y 3) coloca la mayor cantidad de unidades en la celda con el menor costo de transporte en la columna o el renglón, con el mayor costo de penalización. Las demás operaciones son las mismas que en los dos métodos anteriores: eliminar la columna o renglón cuya demanda u oferta, respectivamente, se haga cero.

Problema resuelto Determinar la solución inicial de las figuras 5.1, 5.2 y 5.3 mediante el MAV. Solución

Para la figura 5.1, a continuación se enumeran los pasos para crear la solución inicial. a) Se calculan los costos de penalización por columna y por renglón. Para la planta 1, este costo es la diferencia entre los costos de las celdas x13 y x11, 180 - 100 = 80 (los costos más bajos). Así, para la planta 2 el costo es 140 - 50 = 90 y para la planta 3 es 230 - 200 = 30. Para las concesionarias 1, 2, 3 y 4 el costo de penalización es 160 - 100 = 60; 213 - 140 = 73, 180 - 50 = 130 y 250 - 200 = 50. De todos los costos de penalización, el mayor corresponde a la concesionaria 3 (columna 3) con un valor de 130. Entonces, colocamos la mayor cantidad de unidades en la celda con el costo de transporte

160

Grupo Editorial Patria© más pequeño, que en este caso corresponde a la celda x23 con un costo de 50. De esta manera, la oferta de la columna 3 se hace cero y se elimina de la tabla. b) Los costos de penalización para las plantas 1, 2 y 3 son 213 - 100 = 113, 160 - 140 = 20 y 230 - 200 = 30, respectivamente. Para las concesionarias 1, 2 y 4 los costos de penalización son los mismos que en a): 60, 73 y 50, respectivamente. Aquí, el valor más grande es 113 que corresponde a la planta 1. Ahora, colocamos la mayor cantidad de unidades en la celda x11, ya que tiene el menor costo de transporte (100) en ese renglón. La oferta es 150 y la demanda 50, de manera que solo podemos colocar 50 unidades; la demanda de la concesionaria 1 se vuelve cero y se elimina de la tabla. Tabla 5.12 Concesionarias ( k )

Plantas ( i )

1

2

3

100 x12

213 x13

x21

160 x22 100

140 x23 100

x31

200 x32 100

230

1

x11

2

3

50

4 180 x14 100 50 x24

200

350

50

200

100

150

A

60 50

73 200

130 A  0

50 150

B

60 B  0

73 200

0

50 150

0

73 100

0

50 150

0

73 D  0

0

50 150

0

0

0

0

C

D

E

250

50

310 x34

x33

A

B

C

D

E

150

80

150 113 100

37

100

37

100

0

250

90

150

20

150

60

150

60

50

0

100

30

100

30

100 120

0

0

C 0

c) Los costos de penalización para la concesionaria 2 son de 73 y para la concesionaria 4, de 50. Para la planta 1 es 250 - 213 = 37, para la planta 2 es 200 - 140 = 60 y para la planta 3 es 350 - 230 = 120. El mayor es 120, que corresponde a la planta 3, de manera que tenemos que colocar la mayor cantidad de unidades en el costo de transporte mínimo de ese renglón; en tanto, 230 es el menor y corresponde a x32, así que colocamos 100 (mínimo de la oferta y la demanda) y eliminamos el renglón 3, ya que su oferta se hace cero. d ) Los costos de penalización permanecen iguales. El mayor es de 73, que corresponde a la columna 2, y el menor es de 140, que corresponde a la celda x22, en donde podemos colocar 100 unidades (mínimo de 100 y 150). Eliminamos la columna 2. e) Finalmente, queda la columna 4 y los renglones 1 y 2. De tal manera que tenemos que colocar la oferta restante (150) en la columna 4. La solución inicial para la figura 5.2 se muestra en la tabla 5.13. Donde, M es un valor muy grande; de manera que cuando sea el segundo valor más pequeño la diferencia entre M y el más pequeño sigue siendo M. Por ejemplo, en el paso c) en la columna de la concesionaria 1 el costo mínimo es 50 y el siguiente mínimo es M, de tal manera que el costo de penalización es M - 50 = M, ya que M tiende al infinito. Nótese que en el paso b) el costo de penalización más grande es de 80, que corresponde a la columna del almacén 2. En tanto, la oferta y la demanda son de 500. En este caso, colocamos las 500 unidades en la celda con el costo de transporte igual a 0 y borramos al renglón del almacén 2.

161

170 0 170 0 170 0 170 0 170 0

30 350

30 350

30 350

170 350

170 100

D

E

F

G

H

0

170 0

30 350

C

0

80 0

30 350

B

I

80 500

30 350

500

0 y21

M

250

80

200

M y11

0

2

0

200 x32

30 x22

40 x12

A

100

250

150

500

x31

x21

x11

1

Almacenes ( j )

500

2

1

3

2

1

Tabla 5.13

Plantas ( i )

162 0

0

0

0

0

0

M C  0

30 50

30 50

50

50

1

80 y22

50 y12

M

M

M

0

0

0

0

0

M D  0

M 200

50 200

50 200

200

200

2

80

30

M

M

M

0

0

0

0

M E  0

M 100

M 100

0 100

0 100

100

y23

100

y13

3

Concesionarias (k)

60

60

M

M

M

y24

y14

0

0

M G  0

M 0

M 150

M 150

M 150

40 150

40 150

150

150

0

4

40 500 40

30

80 500

50 50

250

150 160

100

M

M

M

A

500

500

100

250

A 0

40

30

50

50

B

B 0

500

100

250

0

30

50

50

C

0

450

100

250

0

M

50

50

D

0

250

100

250

0

M

50

50

E

150

100

250

0

M

50

50

F

0

F 0

100

250

0

50

50

G

0

0

100

250

0

50

50

H

100

H 0

I

0

0

0

0

0

5

Almacenes ( j )

UNIDAD

Algoritmos especiales: el problema de transporte

( i )

De

45 10 45 10 45 10 45 10 45 10 45 10 10

35 10

35 10

35 20

35 10

35 10

5 10

5

C

D

E

F

G

H

I

0

45 10

35 10

B

0

45 10

35 10

A

J

10 45 10

35

5 35 10

M

20

M x32

10

6

30

0 x12

M

x41

x21

1

5

4

3

2

1

Tabla 5.14 2

M x63

M x53

M x43

40

0 x23

10

0

0

0

0

0

0

0

0

G  0

25 M

40 20

E  0

40 20

40 20

40 20

40 20

15

25

40 20

50

30 x54

55

0 x34

40

M x14

A ( j )

0 10

0 10

0 10

35 30

0 35 30

35

3

4

M x65

30

0 x45

55 x35

M

20

0

0

0

0

0

0

D  0

20 26

55 30

55 30

55 30

35

20

5

56

0 x56

30

30 x36

M

M

0

0

0

0

0

0

0

0

0

A  0

35 35 50

6

0

56

M

50

M

M

50

35

35

35

35

55

50

30

20

30

10

10

A

15

35

35

35

35

55

6

30

20

40

10

10

B

15

35

35

B 0

35

55

6

30

20

10

10

C

15

C 0

35

0

35

55

6

20

10

10

D

15

0

15

0

35

55

M

20

10

10

E

15

0

15

0

35

55

0

20

10

10

F

15

0

F 0

0

35

55

M

10

10

G

15

0

0

0

35

30

0

10

10

H

15

0

0

0

35

H 0

0

10

I

15

0

0

0

I 0

0

J

0

0

0

0

0

0

La solución inicial para la red en la figura 5.3 por el MAV se muestra en la tabla 5.14. En este caso, de igual manera que en el ejemplo anterior, M es un valor que tiende al infinito.

Grupo Editorial Patria©

163

UNIDAD

5

Algoritmos especiales: el problema de transporte

5.5  Métodos para obtener la solución óptima Después de determinar una solución inicial por alguno de los tres métodos anteriores (esquina noroeste, mínimo costo o MAV), se procede a determinar la solución óptima. Para ello, utilizamos la condición de optimalidad, que determina la variable que entra, y la condición de factibilidad, que determina la variable que sale de la solución. Para determinar la variable entrante, entre las que no son básicas en la solución inicial, se calcula el coeficiente del renglón de la función objetivo (el renglón de z en el método simplex) mediante el empleo del método de los multiplicadores. En este método se asignan los multiplicadores ui y vi al renglón i y a la columna j, que corresponde a cada variable xij. Entonces, para cada variable básica en la solución inicial tenemos que calcular el valor de la siguiente ecuación ui + vi = cij, recuérdese que cij es el costo de transportar una unidad de i a j. Una vez resuelto el sistema de ecuaciones formado por las variables básicas, debemos determinar el valor de la siguiente ecuación ui + vi - cij para cada variable no básica y la más positiva es la que formará parte de la solución. Ejemplificaremos este proceso mediante el uso de la solución inicial generada por el método del costo mínimo de la red, de la figura 5.1. La tabla 5.15 muestra la solución inicial. Tabla 5.15 Concesionarias ( k ) 1 1 Plantas ( i )

2 3

2 100

x11

3 213

x12

50

4 180

x13

160

x21

50 140

x22

x23

150 200

x31

50

x24

310

x34

200

100 230

x32

250

x14

50

x33

350 100

50

200

100

150 250 100

150

❚ Iteración 1 Recuérdese que el número de variables básicas es N + M - 1; en este caso: 4 + 3 - 1 = 6.

Variables básicas



x11

u1 + v1 = c11

u1 + v1 = 100



x12

u1 + v2 = c12

u1 + v2 = 213



x14

u1 + v4 = c14

u1 + v4 = 250



x22

u2 + v2 = c22

u2 + v2 = 140



x23

u2 + v3 = c23

u2 + v3 = 50



x34

u3 + v4 = c34

u3 + v4 = 350

Ahora bien, el sistema de seis ecuaciones tiene que ser resuelto. Para este fin, asignamos el valor de cero al primer multiplicador. Esto es u1 = 0, por tanto de la primer ecuación v1 = 100, de la segunda v2 = 213 y de la tercera v4 = 250. De la cuarta ecuación u2 = c22 - v2 = 140 - 213 = -73. De la quinta v3 = c23 - u2 = 50 - (-73) = 123. Finalmente, de la última ecuación u3 = c34 - v4 = 350 - 250 = 100. En resumen, u1 = 0, u2 = -73, u3 = 100, v1 = 100, v2 = 213, v3 = 123 y v4 = 250. Para las variables que no son básicas:

164



Variables no básicas



x13

u1 + v3 - c13

0 + 123 - 180 = -57



x21

u2 + v1 - c21

-73 + 100 - 160 = -133



x24

u2 + v4 - c24

-73 + 250 - 200 = -23

Grupo Editorial Patria©

x31

u3 + v1 - c31

100 + 100 - 200 = 0



x32

u3 + v2 - c32

100 + 213 - 230 = 83



x33

u3 + v3 - c33

100 + 123 - 310 = -87

El algoritmo termina cuando el resultado de todas las ecuaciones ui + vi - cij es menor o igual a cero. En este ejemplo, existe un valor positivo (en caso de haber más de uno, se selecciona el que sea más positivo), que corresponde a la variable x32, con un valor de 83. Esta variable será básica en la siguiente iteración. Para determinar la variable básica que va a salir, tenemos que proceder de la siguiente manera: a partir de la celda de la variable que va a entrar x32 formamos una figura con solo líneas horizontales y verticales. En los vértices de esta figura debe haber una variable básica, como se muestra en la tabla 5.16. Tabla 5.16 Concesionarias ( k ) 1 1

Plantas ( i )

2

3

2 100 x12

x11 50

213

160 x22

180

x13

140

50 + t

x23

50

x24

310

x34

200

100

200 x32

230

x33

350 100 - t

100

t 50

250

x14 50

150 x31

4

50 - t

50

x21

3

200

100

150

250

100

150

La cantidad que vamos a colocar en la nueva variable básica x32 es igual a t. Ahora bien, debemos restar esta cantidad y sumarla a las cantidades asignadas en las celdas en los vértices de la figura formada. En la tabla 5.16, los vértices de la figura están en las celdas x12, x14 y x34. En este caso, la cantidad t la restamos de las 100 unidades asignadas en la celda x34(100 - t) y la sumamos de las 50 unidades asignadas en la celda x14(50 + t); por último, la restamos de la celda x12(50 - t). Nótese que en sentido inverso a las manecillas del reloj restamos y sumamos la cantidad t. Al final, el valor de t se resta a las unidades asignadas a las celdas. Cada uno de estos valores tiene que ser mayor o igual a cero de acuerdo con la condición de factibilidad; por tanto, 100 - t  ≥ 0, 50 + t  ≥ 0 y 50 - t  ≥ 0. De esta manera, el mínimo valor de t para que las desigualdades sean mayores o iguales a cero es t = 50. De manera que a la celda x32 se asignan 50 unidades y la celda x12 se convierte en no básica, ya que se hace cero su valor (50 - 50 = 0). En x14 la cantidad asignada es 50 + 50 = 100 y en x34 es 100 - 50 = 50. Al final de la primera iteración, la tabla queda como se muestra a continuación (véase tabla 5.17).

Alerta Cuando el valor de dos o más variables básicas se hace cero, solo una de estas es no básica y a las demás se les asignan cero unidades.

Tabla 5.17 Concesionarias ( k ) 1 1 Plantas ( i )

2 3

2 100 x12

x11

3 213

4 180

x13

250

x14

50

100 160 x22

x21

140

x23

150 200 x32

x31

230

x33

50 50

200

50

x24

310

x34

200

100 350 50 100

150 250 100

150

Con un costo de 50(100) + 100(250) + 150(140) + 100(50) + 50(230) + 50(350) = 85 000 165

UNIDAD

5

Algoritmos especiales: el problema de transporte ❚ Iteración 2 De la última tabla:

Variables básicas



x11

u1 + v1 = c11

u1 + v1 = 100



x14

u1 + v4 = c14

u1 + v4 = 250



x22

u2 + v2 = c22

u2 + v2 = 140



x23

u2 + v3 = c23

u2 + v3 = 50



x32

u3 + v2 = c32

u3 + v2 = 230



x34

u3 + v4 = c34

u3 + v4 = 350

Resolviendo el sistema de ecuación y colocando el valor de u1 = 0, tenemos los siguientes resultados: v1 = 100, v2 = 130, v3 = 40, v4 = 250, u2 = 10 y u3 = 100.

Variables no básicas



x12

u1 + v2 - c12

0 + 130 - 213 = -83



x13

u1 + v3 - c13

0 + 40 - 180 = -140



x21

u2 + v1 - c21

10 + 100 - 160 = -50



x24

u2 + v4 - c24

10 + 250 - 200 = 60



x31

u3 + v1 - c31

100 + 100 - 200 = 0



x33

u3 + v3 - c33

100 + 40 - 310 = -170

La variable básica es x24, ya que es la más positiva (60). Luego, procedemos a hacer la figura con líneas rectas y horizontales, en donde uno de los vértices está en x24, mientras que en los demás hay variables básicas. La tabla 5.18 muestra el resultado. Tabla 5.18 Concesionarias ( k ) 1 1 Plantas ( i )

2 3

2 100

x11

3 213

x12

4 180

x13

250

x14

50

100 160

x21

200

x31

140

x22 150

150 - t 230

50

50 + t

x32

50

x23

50

x24

200

100

t

x33

310

x34

350 50 - t

50

200

100

150 250 100

150

La reasignación de unidades está representada en la tabla 5.19. Tabla 5.19 Concesionarias ( k ) 1 1 Plantas ( i )

2 3

2 100

x11

3 213

x12

4 180

x13

250

x14

50

100 160

x21

140

x22

200

x31 50

100 200

50 310

x33 100

200

x24

100 230

x32

50

x23

100

350

x34

150 250 100

150

El costo es 50(100) + 100(250) + 100(140) + 100(50) + 50(200) + 100(230) = 82 000. Este valor es menor que en la iteración anterior (85 000). 166

Grupo Editorial Patria© ❚ Iteración 3 De la última tabla:

Variables básicas



x11

u1 + v1 = c11

u1 + v1 = 100



x14

u1 + v4 = c14

u1 + v4 = 250



x22

u2 + v2 = c22

u2 + v2 = 140



x23

u2 + v3 = c23

u2 + v3 = 50



x24

u2 + v4 = c24

u2 + v4 = 200



x32

u3 + v2 = c32

u3 + v2 = 230

La solución de las ecuaciones es la siguiente si colocamos el valor de u1 = 0, v1 = 100, v2 = 190, v3 = 100, v4 = 250, u2 = -50 y u3 = 40.

Variables no básicas:



x12

u1 + v2 - c12

0 + 190 - 213 = -23



x13

u1 + v3 - c13

0 + 100 - 180 = -80



x21

u2 + v1 - c21

-50 + 100 - 160 = -110



x31

u3 + v1 - c31

40 + 100 - 200 = -60



x33

u3 + v3 - c33

40 + 100 - 310 = -170



x34

u3 + v4 - c34

40 + 250 - 350 = -60

Como todos los valores son negativos, el algoritmo se detiene y la solución se obtiene de la última tabla. El costo es de 82 000 y lo obtenemos cuando enviamos de la planta 1, 50 unidades a la concesionaria 1 y 100 unidades a la 2; de la planta 2, 100 unidades a la concesionaria 2, 100 unidades a la 3 y 50 unidades a la cuatro; y de la planta 3, 100 unidades a la concesionaria 2.

Problema resuelto Determinar la solución óptima de la red en la figura 5.3 mediante el uso de la solución inicial generada con el MAV. Solución

Tabla 5.20 A ( j ) 1 1 2

De ( i )

4 M

x14

5

6

20

M

M

M

M

M

25 10

x21

0

40

x23

35 M

40

x32

0

x34

55

x35

30

0

x45

30

50

x36

35 20

x41

M

55

x43

15 M

5 6

3 10

x12

30

3 4

2 0

M

30

x53

x54

M

20 30

0

56

x56

35 M 5

M 10

35

50

x63 0

45

M

x65

56

0 35

0

55 35 35 35 35 50

35

167

UNIDAD

5

Algoritmos especiales: el problema de transporte ❚ Iteración 1 El número de variables básicas es 6 + 6 - 1 = 11. De la tabla de la solución inicial, tenemos:

Variables básicas:



x11

u1 + v1 = c11

u1 + v1 = 0



x14

u1 + v4 = c14

u1 + v4 = 20



x22

u2 + v2 = c22

u2 + v2 = 0



x33

u3 + v3 = c33

u3 + v3 = 0



x44

u4 + v4 = c44

u4 + v4 = 0



x45

u4 + v5 = c45

u4 + v5 = 30



x55

u5 + v5 = c55

u5 + v5 = 0



x61

u6 + v1 = c61

u6 + v1 = M



x62

u6 + v2 = c62

u6 + v2 = M



x63

u6 + v3 = c63

u6 + v3 = 50



x66

u6 + v6 = c66

u6 + v6 = 0

Si definimos u1 = 0, entonces: u2 = 0, u3 = M - 50, u4 = -20, u5 = -50, u6 = M, v1 = 0, v2 = 0, v3 = 50 - M, v4 = 20, v5 = 50 y v6 = -M.

168



Variables no básicas:



x12

u1 + v2 - c12

0 + 0 - 10 = -10



x13

u1 + v3 - c13

0 + (50 - M) - M = -2M + 50



x15

u1 + v5 - c15

0 + 50 - M = -M + 50



x16

u1 + v6 - c16

0 + (-M) - (-M) = 0



x21

u2 + v1 - c21

0 + 0 - 10 = -10



x23

u2 + v3 - c23

0 + (50 - M) - 40 = -M + 10



x24

u2 + v4 - c24

0 + 20 - M = -M + 20



x25

u2 + v5 - c25

0 + 50 - M = -M + 50



x26

u2 + v6 - c26

0 + (-M) - M = -2M



x31

u3 + v1 - c31

(M - 50) + 0 - M = -50



x32

u3 + v2 - c32

(M - 50) + 0 - 40 = M - 90



x34

u3 + v4 - c34

(M - 50) + 20 - 55 = M - 85



x35

u3 + v5 - c35

(M - 50) + 50 - 30 = M - 30



x36

u3 + v6 - c36

(M - 50) + (-M) - 50 = -100



x41

u4 + v1 - c41

-20 + 0 - 20 = -40



x42

u4 + v2 - c42

-20 + 0 - M = -M - 20



x43

u4 + v3 - c43

-20 + (50 - M) - 55 = -M - 25



x46

u4 + v6 - c46

-20 + (-M) - M = -2M - 20



x51

u5 + v1 - c51

-50 + 0 - M = -M - 50



x52

u5 + v2 - c52

-50 + 0 - M = -M - 50



x53

u5 + v3 - c53

-50 + (50 - M) - 30 = -M - 30



x54

u5 + v4 - c54

-50 + 20 - 30 = -60



x56

u5 + v6 - c56

-50 + (-M)- 56 = -M - 106



x64

u6 + v4 - c64

M + 20 - M = 20



x65

u6 + v5 - c65

M + 50 - 56 = M - 6

Grupo Editorial Patria© En este caso, hay cinco variables con valores positivos: x32, x34, x35, x64 y x65.Tendríamos que tomar la de valor más positivo, pero como M es un valor muy grande, cuatro de las variables tienen un valor muy parecido cuando M tiende a infinito. De tal manera que entre las cuatro con M al azar seleccionamos x65 y formamos la figura como en la tabla 5.21. Tabla 5.21 A ( j ) 1 0

1

2

4

3 10

x12

4 M

0

40

x23

6 M

M

M

M

25 - t

25

10

x21

5 20

x14

30 + t

30

M

35 M

3 De ( i )

2

40

x32

0

x34

55

x35

30

0

x45

30

50

x36

35 20

x41

M

x43

55

15 + t

15 M

5

M

30

x53

20 - t

20

30

x54

M

0

56

x56

35 M

6

M

5-t

5

x63

10

35

50

M

56

x65

0 45

0 35

t 35

40

55

55

35

35

35

35

50

35

La mínima cantidad que puede tomar t es 5 para que el valor de las desigualdades sean mayores o iguales a cero. Después de reasignar las cantidades, la tabla queda de la siguiente manera. Tabla 5.22 A ( j ) 1 0 x12

1

2

4

3 10

4 M

x14

35

5

6

20

M

M

M

M

M

20 10

x21

0

40

x23

35 M

3 De ( i )

2

40

x32

0

x34

55

x35

30

0

x45

30

50

x36

35 20

x41

M

x43

55 20

M

5

M

x53

30

M

15 30

x54

0

56

x56

35 M

6

M 10

35

x63

50

M

0 45

56

x65 5

35

40

0 35

55

55

35

35

35

35

50

35

El costo es 35(0) + 20(20) + 35(0) + 35(0) + 20(0) + 15(30) + 35(0) + 10(M) + 0(50) + 5(56) + 35(0) = 10M + 1 130. 169

UNIDAD

5

Algoritmos especiales: el problema de transporte ❚ Iteración 2

Variables básicas:



x11

u1 + v1 = c11

u1 + v1 = 0



x14

u1 + v4 = c14

u1 + v4 = 20



x22

u2 + v2 = c22

u2 + v2 = 0



x33

u3 + v3 = c33

u3 + v3 = 0



x44

u4 + v4 = c44

u4 + v4 = 0



x45

u4 + v5 = c45

u4 + v5 = 30



x55

u5 + v5 = c55

u5 + v5 = 0



x62

u6 + v2 = c62

u6 + v2 = M



x63

u6 + v3 = c63

u6 + v3 = 50



x65

u6 + v5 = c65

u6 + v5 = 56



x66

u6 + v6 = c66

u6 + v6 = 0

Definimos u1 = 0 y el resto de los valores al resolver el sistema de ecuaciones es: u2 = -M + 6, u3 = -44, u4 = -20, u5 = -50, u6 = 6, v1 = 0, v2 = M - 6, v3 = 44, v4 = 20, v5 = 50 y v6 = -6.

170



Variables no básicas:



x12

u1 + v2 - c12

0 + (M - 6) - 10 = M - 16



x13

u1 + v3 - c13

0 + 44 - M = -M + 44



x15

u1 + v5 - c15

0 + 50 - M = -M + 50



x16

u1 + v6 - c16

0 + (-6) - M = -M - 6



x21

u2 + v1 - c21

(-M + 6) + 0 - 10 = -M - 4



x23

u2 + v3 - c23

(-M + 6) + 44 - 40 = -M + 10



x24

u2 + v4 - c24

(-M + 6) + 20 - M = -2M + 26



x25

u2 + v5 - c25

(-M + 6) + 50 - M = -2M + 56



x26

u2 + v6 - c26

(-M + 6) + (-6) - M = -2M



x31

u3 + v1 - c31

-44 + 0 - M = -M - 44



x32

u3 + v2 - c32

-44 + (M - 6) - 40 = M - 90



x34

u3 + v4 - c34

-44 + 20 - 55 = -79



x35

u3 + v5 - c35

-44 + 50 - 30 = -24



x36

u3 + v6 - c36

-44 + (-6) - 50 = -100



x41

u4 + v1 - c41

-20 + 0 - 20 = -40



x42

u4 + v2 - c42

-20 + (M - 6) - M = -26



x43

u4 + v3 - c43

-20 + 44 - 55 = -31



x46

u4 + v6 - c46

-20 + (-6) - M = -M - 26



x51

u5 + v1 - c51

-50 + 0 - M = -M - 50



x52

u5 + v2 - c52

-50 + (M - 6) - M = -56



x53

u5 + v3 - c53

-50 + 44 - 30 = -36



x54

u5 + v4 - c54

-50 + 20 - 30 = -60



x56

u5 + v6 - c56

-50 + (-6) - 56 = -112



x61

u6 + v1 - c61

6 + 0 - M = -M + 6



x64

u6 + v4 - c64

6 + 20 - M = -M + 26

Grupo Editorial Patria© Aquí, dos variables tienen el valor más positivo x12 y x32, y como M tiende al infinito su valor es casi igual, por lo que aleatoriamente seleccionamos x12 como la nueva variable básica. De manera que la figura que formamos se presenta en la tabla 5.23. Tabla 5.23 A ( j ) 1 0

1

2

4

3 10

x12

35

4 M

10

x21

0

6 M

M

M

M

20 - t

20 40

x23

5 20

x14

t

M

35 M

3 De ( i )

2

40

x32

0

x34

55

x35

30

0

x45

30

50

x36

35 20

x41

M

55

x43

20 + t

20 M

5

M

30

x53

15 - t

15

30

x54

M

0

56

x56

35 M

6

M 10 - t

10 35

50

x63

M

0

45

56

x65

5+t

5 35

40

0 35

55

55

35

35

35

35

50

35

El valor mínimo de t para que los valores en las celdas que forman la figura sean mayores o iguales a cero es 10 (10 - t ≥ 0). Por tanto, la asignación queda como a continuación. Tabla 5.24 A ( j ) 1 0

1

2

10

4

4 M

x14

0

5

6

20

M

M

M

M

M

10

t

10

x21

3 10

x12

35

40

x23

35 M

3 De ( i )

2

40

x32

0

x34

55

x35

30

0

x45

30

50

x36

35 20

x41

M

55

x43

30 M

5

M

30

x53

M

5 30

x54

0

56

x56

35 M

6

M

50

x63

M

0 35

45

56

x65 15

35

40

0 35

55

55

35

35

35

35

50

35

Con un costo de 35(0) + 10(10) + 10(20) + 35(0) + 35(0) + 30(0) + 5(30) + 35(0) + 0(50) + 15(56) + 35(0) = 1 290. 171

UNIDAD

5

Algoritmos especiales: el problema de transporte ❚ Iteración 3 De la última tabla:

Variables básicas:



x11

u1 + v1 = c11

u1 + v1 = 0



x12

u1 + v2 = c12

u1 + v2 = 10



x14

u1 + v4 = c14

u1 + v4 = 20



x22

u2 + v2 = c22

u2 + v2 = 0



x33

u3 + v3 = c33

u3 + v3 = 0



x44

u4 + v4 = c44

u4 + v4 = 0



x45

u4 + v5 = c45

u4 + v5 = 30



x55

u5 + v5 = c55

u5 + v5 = 0



x63

u6 + v3 = c63

u6 + v3 = 50



x65

u6 + v5 = c65

u6 + v5 = 56



x66

u6 + v6 = c66

u6 + v6 = 0

Definimos u1 = 0 y el resto de los valores al resolver el sistema de ecuaciones es: u2 = -10, u3 = -44, u4 = -20, u5 = -50, u6 = 6, v1 = 0, v2 = 10, v3 = 44, v4 = 20, v5 = 50 y v6 = -6.

Variables no básicas:



x13

u1 + v3 - c13

0 + 44 - M = -M + 44



x15

u1 + v5 - c15

0 + 50 - M = -M + 50



x16

u1 + v6 - c16

0 + (-6) - M = -M - 6



x21

u2 + v1 - c21

(-10) + 0 - 10 = -20



x23

u2 + v3 - c23

(-10) + 44 - 40 = -6



x24

u2 + v4 - c24

(-10) + 20 - M = -M + 10



x25

u2 + v5 - c25

(-10) + 50 - M = -M + 40



x26

u2 + v6 - c26

(-10) + (-6) - M = -M - 16



x31

u3 + v1 - c31

-44 + 0 - M = -M - 44



x32

u3 + v2 - c32

-44 + 10 - 40 = -74



x34

u3 + v4 - c34

-44 + 20 - 55 = -79



x35

u3 + v5 - c35

-44 + 50 - 30 = -24



x36

u3 + v6 - c36

-44 + (-6) - 50 = -100



x41

u4 + v1 - c41

-20 + 0 - 20 = -40



x42

u4 + v2 - c42

-20 + 10 - M = -M - 10



x43

u4 + v3 - c43

-20 + 44 - 55 = -31



x46

u4 + v6 - c46

-20 + (-6) - M = -M - 26



x51

u5 + v1 - c51

-50 + 0 - M = -M - 50



x52

u5 + v2 - c52

-50 + 10 - M = -M - 40



x53

u5 + v3 - c53

-50 + 44 -30 = -36



x54

u5 + v4 - c54

-50 + 20 - 30 = -60



x56

u5 + v6 - c56

-50 + (-6) - 56 = -112



x61

u6 + v1 - c61

6 + 0 - M = -M + 6



x62

u6 + v2 - c62

6 + 10 - M = -M + 16



x64

u6 + v4 - c64

6 + 20 - M = -M + 26

Como todos los valores son negativos, el algoritmo termina, el valor óptimo es 1 290 y el plan de distribución lo representamos mediante la siguiente figura. 172

Grupo Editorial Patria© o1 = 20

d2 = 10 x12 = 10

1

2

x14 = 40 d4 = 5

4

3 x63 = 0

x45 = 5 5

o6 = 15

6

x65 = 15

d5 = 20

Figura 5.4

5.6  Problema de asignación El problema de asignación puede describirse de la siguiente manera: suponga que tiene n tareas (proyectos, lotes de producción, etc.) y m trabajadores (equipos, máquinas, etc.) que pueden desarrollar cualquier tarea. La pregunta es: ¿qué tarea debe realizar cada trabajador para minimizar el costo de sus labores? Debe notar la similitud que tiene este problema con el de transporte. En los dos problemas se pretende “asignar” una cantidad que ofertan los orígenes a una demanda generada por los destinos. En particular, para el problema de asignación se oferta un trabajo por cada origen y se demanda un trabajador por cada destino.

Alerta El número de trabajos debe ser igual al número de   trabajadores, es decir se debe formar una matriz cuadrada (n = m) de tamaño n × m.

Al hacer esta similitud, es posible formular el problema de asignación mediante el uso de la variable binaria de decisión xnm = 1, si la tarea n es hecha por el trabajador m y xnm = 0 de otra manera. El modelo de programación lineal se muestra a continuación: Min   ∑ ∑c nm x nm n

m

Sujeto a:

∑x nm

= 1  para toda tarea   n

∑x nm

= 1  para todo trabajador   m

m



n

Problema resuelto Una empresa tiene cinco lotes de producción que se pueden manufacturar en cinco diferentes celdas de manufactura. Desarrollar el modelo de programación lineal que minimice los costos de asignar los lotes a las celdas (véase tabla 5.25).

Tabla 5.25 Celdas de producción

Lotes

A

B

C

D

E

1

6

12

3

11

15

2

4

2

7

1

10

3

8

11

10

7

11

4

16

19

12

23

21

5

9

5

7

6

10

173

UNIDAD

5

Algoritmos especiales: el problema de transporte Solución

En este caso, n = 1, 2, 3, 4, 5 y m = A, B, C, D, E. Por tanto, la variable binaria está definida como xnm = 1 si la celda de producción m manufactura el lote de producción n. xnm = 0 de otra manera. La función objetivo es la siguiente:

Min 6  x1A + 12x1B + 3x1C + 11x1D + 15x1E + 4x2A + 2x2B + 7x2C + x2D + 10x2E + 8x3A + 11x3B + 10x3C + 7x3D + 11x3E + 16x4A + 19x4B + 12x4C + 23x4D + 21x4E + 9x5A + 5x5B + 7x5C + 6x5D + 10x5E

Sujeto a: x1A + x1B + x1C + x1D + x1E = 1 x2A + x2B + x2C + x2D + x2E = 1



x3A + x3B + x3C + x3D + x3E = 1



x4A + x4B + x4C + x4D + x4E = 1



x5A + x5B + x5C + x5D + x5E = 1



x1A + x2A + x3A + x4A + x5A = 1



x1B + x2B + x3B + x4B + x5B = 1



x1C + x2C + x3C + x4C + x5C = 1



x1D + x2D + x3D + x4D + x5D = 1



x1E + x2E + x3E + x4E + x5E = 1



xnm = {1, 0}

5.7  Método para obtener la solución óptima   del problema de asignación Para obtener la solución óptima del problema anterior podemos utilizar el algoritmo para solucionar el problema de transporte.

Problema resuelto La tabla inicial se muestra a continuación. La oferta y la demanda son de uno en todos los renglones. Tabla 5.26 Celdas de producción A

Lotes

B

C

D

E

1

x1A

6

x1B

12

x1C

3

x1D

11

x1E

15

1

2

x2A

4

x2B

2

x2C

7

x2D

1

x2E

10

1

3

x3A

8

x3B

11

x3C

10

x3D

7

x3E

11

1

4

x4A

16

x4B

19

x4C

12

x4D

23

x4E

21

1

5

x5A

9

x5B

5

x5C

7

x5D

6

x5E

10

1

1

1

1

1

1

Solución

Primero generamos la solución inicial por el método de aproximación de Voguel; el resultado se muestra en la tabla 5.27. Para tal efecto, la solución inicial debe contener nueve variables básicas (5 + 5 - 1). A continuación, se describen las iteraciones para obtener la solución óptima por el método simplex para el transporte.

174

Grupo Editorial Patria© Tabla 5.27 Celdas de producción A 1 2 Lotes

3 4 5

A B C D E

B 6

x1A

C 12 x1C

x1B

D 3

E 11

x1D

A 15

x1E

1

3

B 1

3

C 1

3

1 4

x2A

2

x2B

1

x2D

10

x2E

1

1

1 8

x3A

11 x3C

x3B

16 x4B 1

10

9

x5A

19 x4C 0

7

x3D

12

A

0

0

0

0

1

1

1

1

1

1

1

1

1

2

x4E

E 0

21

1

4

1

4

1

10

1

1

1

1

B

4

1

4

1

4

1

0 7

x5C

0

1 23

x4D

11

x3E

0 5

x5B

0

0

0 x4A

C

E

0 7

x2C

D

6

x5D

x5E

1

0

0

0

0

1

1

1

1

1

2

3

4

5

1

1

1

1

0

1

2

6

4

1

1

1

0

1

0

1

2

1

7

4

4

1

0

0

0

1

8

8

2

16

10

D  0

1

0

0

8

8

2

1

0

0

1 10

0

0

❚ Iteración 1 De la tabla anterior definimos las siguientes ecuaciones para las variables básicas.

Variables básicas:



x1C

u1 + vC = c1C

u1 + vC = 3



x2D

u2 + vD = c2D

u2 + vD = 1



x3D

u3 + vD = c3D

u3 + vD = 7



x3E

u3 + vE = c3E

u3 + vE = 11



x4A

u4 + vA = c4A

u4 + vA = 16



x4B

u4 + vB = c4B

u4 + vB = 19



x4C

u4 + vC = c4C

u4 + vC = 12



x4E

u4 + vE = c4E

u4 + vE = 21



x5B

u5 + vB = c5B

u5 + vB = 5

El valor de las variables, si definimos el valor u1 = 0, son: u2 = -7, u3 = -1, u4 = 9, u5 = -5, vA = 7, vB = 10, vC = 3, vD = 8 y vE = 12. Para las variables no básicas resolvemos las siguientes ecuaciones.

Variables no básicas:



x1A

u1 + vA - c1A

0+7-6=1



x1B

u1 + vB - c1B

0 + 10 - 12 = -2



x1D

u1 + vD - c1D

0 + 8 - 11 = -3



x1E

u1 + vE - c1E

0 + 12 - 15 = -3

175

UNIDAD

5

Algoritmos especiales: el problema de transporte

x2A x2B x2C x2E x3A x3B x3C x4D x5A x5C x5D



x5E

u2 + vA - c2A u2 + vB - c2B u2 + vC - c2C u2 + vE - c2E u3 + vA - c3A u3 + vB - c3B u3 + vC - c3C u4 + vD - c4D u5 + vA - c5A u5 + vC - c5C u5 + vD - c5D

-7 + 7 - 4 = -4 -7 + 10 - 2 = 1 -7 + 3 - 7 = -11 -7 + 12 - 10 = -5 -1 + 7 - 8 = -2 -1 + 10 - 11 = -2 -1 + 3 - 10 = -8 9 + 8 - 23 = -6 -5 + 7 - 9 = -7 -5 + 3 - 7 = -9 -5 + 8 - 6 = -3

u5 + vE - c5E

-5 + 12 - 10 = -3

En este caso, hay dos variables no básicas positivas con el mismo valor x1A = x2B = 1. Arbitrariamente seleccionamos x1A y formamos la figura, en donde hay una variable básica en los vértices, como se muestra en la tabla 5.28. Tabla 5.28 Celdas de producción A 1 2

Lotes

3

4

5

B 6

x1A

C 12

x1B

4

x2A

2

x2B

E

x1D

11

x1E

15

x2D

1

x2E

10

7

x3E

11

1-t

1

t

D 3

x1C

7

x2C

1 8

x3A

11

x3B

10

x3C

x3D 0

16

x4A

1-t

1

9

x5A

19

x4B

12

x4C

0 5

23

x4D

7

x5C

21

x4E

0+t

0

x5B

1

0 6

x5D

10

x5E

1 1

1

1

1

1 1 1

1

1

1

El mínimo valor de t es t = 1, para que las ecuaciones en los vértices sean mayor o igual a cero. Haciendo las sumas y las restas la tabla se modifica de la siguiente manera. Tabla 5.29 Celdas de producción A 1 2

Lotes

3

4

5

x1A

C

D

E

x1B

12

x1C

3

x1D

11

x1E

15

4

x2B

2

x2C

7

x2D

1

x2E

10

7

x3E

11

1 x2A

1 8

x3A

11

x3B

10

x3C

x3D 0

16

x4A

19

x4B

0 9

x5A

12

x4C

0

1 23

x4D

1 5

x5B

21

x4E 0

7

x5C

6

x5D

10

x5E

1 1

176

B 6

1

1

1

1

1 1 1

1

1

Grupo Editorial Patria© Nótese que podemos sacar dos variables al hacer las sumas y las restas x1C = x4A = 0. Aleatoriamente, seleccionamos x1C como variable saliente.

El costo de esta solución es: 1(6) + 1(1) + 0(7) + 1(11) + 0(16) + 0(19) + 1(12) + 0(21) + 1(5) = 35

❚ Iteración 2 Las variables básicas después de hacer la primera iteración son las siguientes.

Variables básicas:



x1A

u1 + vA = c1A

u1 + vA = 6



x2D

u2 + vD = c2D

u2 + vD = 1



x3D

u3 + vD = c3D

u3 + vD = 7



x3E

u3 + vE = c3E

u3 + vE = 11



x4A

u4 + vA = c4A

u4 + vA = 16



x4B

u4 + vB = c4B

u4 + vB = 19



x4C

u4 + vC = c4C

u4 + vC = 12



x4E

u4 + vE = c4E

u4 + vE = 21



x5B

u5 + vB = c5B

u5 + vB = 5

Si hacemos u1 = 0, entonces: u2 = -6, u3 = 0, u4 = 10, u5 = -4, vA = 6, vB = 9, vC = 2, vD = 7 y vE = 11. La solución de las ecuaciones generadas para las variables no básicas es:

Variables no básicas:



x1B

u1 + vB - c1B

0 + 9 - 12 = -3



x1C

u1 + vC - c1C

0 + 2 - 3 = -1



x1D

u1 + vD - c1D

0 + 7 - 11 = -4



x1E

u1 + vE - c1E

0 + 11 - 15 = -4



x2A

u2 + vA - c2A

-6 + 6 - 4 = -4



x2B

u2 + vB - c2B

-6 + 9 - 2 = 1



x2C

u2 + vC - c2C

-6 + 2 - 7 = -11



x2E

u2 + vE - c2E

-6 + 11 - 10 = -5



x3A

u3 + vA - c3A

0 + 6 - 8 = -2



x3B

u3 + vB - c3B

0 + 9 - 11 = -2



x3C

u3 + vC - c3C

0 + 2 - 10 = -8



x4D

u4 + vD - c4D

10 + 7 - 23 = -6



x5A

u5 + vA - c5A

-4 + 6 - 9 = -7



x5C

u5 + vC - c5C

-4 + 2 - 7 = -9



x5D

u5 + vD - c5D

-4 + 7 - 6 = -3



x5E

u5 + vE - c5E

-4 + 11 - 10 = -3

La variable no básica con valor más positivo es x2B = 1, por tanto debe entrar en la solución en esta iteración. La figura que se forma con esta variable en un vértice queda como se muestra a continuación.

177

UNIDAD

5

Algoritmos especiales: el problema de transporte Tabla 5.30 Celdas de producción A 1 2

Lotes

3

4

5

B

x1A

C

D

6

x1B

12

x1C

3

x1D

4

x2B

2

x2C

7

x2D

E 11

x1E

15

1

x2E

10

1 x2A

t 8

x3A

16

x4A

11

x3B

19

x4B

0 9

x5A

1-t

0

0+t

7

x3D

23

x4D

11

x3E

1-t

1

21

x4E

1

5

x5B

12

x4C

0-t

0

10

x3C

1

0+t

0 7

x5C

6

x5D

10

x5E

1 1

1

1

1

1 1 1

1

1

1

El valor mínimo de t en las ecuaciones formadas es t = 0. Al hacer las sumas y las restas, tres variables pueden salir de la solución x3D = x4B = x4E = 0. Aleatoriamente, seleccionamos x4B como variable saliente. La tabla resultante es: Tabla 5.31 Celdas de producción A 1 2

Lotes

3

4

5

B

x1A

6

x1B

4

x2B

C

D

12

x1C

3

x1D

2

x2C

7

x2D

E 11

x1E

15

1

x2E

10

7

x3E

1 x2A

0 8

x3A

1

t 11

x3B

10

x3C

x3D 0

16

x4A

19

x4B

12

x4C

0

23

x4D

9

5

x5B

21

x4E

1

x5A

11 1

0 7

x5C

6

x5D

10

x5E

1 1

1

1

1

1

El costo de esta solución es: 1(6) + 0(2) + 1(1) + 0(7) + 1(11) + 0(16) + 1(12) + 0(21) + 1(5) = 35.

❚ Iteración 3 Las variables básicas ahora son las siguientes:

178



Variables básicas: u1 + vA = c1A x1A u2 + vB = c2B x2B u2 + vD = c2D x2D u3 + vD = c3D x3D u3 + vE = c3E x3E u4 + vA = c4A x4A u4 + vC = c4C x4C u4 + vE = c4E x4E



x5B

u5 + vB = c5B

u1 + vA = 6 u2 + vB = 2 u2 + vD = 1 u3 + vD = 7 u3 + vE = 11 u4 + vA = 16 u4 + vC = 12 u4 + vE = 21

u5 + vB = 5

1 1 1

1

1

Grupo Editorial Patria© Colocamos u1 = 0, y el valor de las demás variables es: u2 = -6, u3 = 0, u4 = 10, u5 = -3, vA = 6, vB = 8, vC = 2, vD = 7 y vE = 11. El valor de las ecuaciones de las variables no básicas es:

Variables no básicas:



x1B

u1 + vB - c1B

0 + 8 - 12 = -4



x1C

u1 + vC - c1C

0 + 2 - 3 = -1



x1D

u1 + vD - c1D

0 + 7 - 11 = -4



x1E

u1 + vE - c1E

0 + 11 - 15 = -4



x2A

u2 + vA - c2A

-6 + 6 - 4 = -4



x2C

u2 + vC - c2C

-6 + 2 - 7 = -11



x2E

u2 + vE - c2E

-6 + 11 - 10 = -5



x3A

u3 + vA - c3A

0 + 6 - 8 = -2



x3B

u3 + vB - c3B

0 + 8 - 11 = -3



x3C

u3 + vC - c3C

0 + 2 - 10 = -8



x4B

u4 + vB - c4B

10 + 8 - 19 = -1



x4D

u4 + vD - c4D

10 + 7 - 23 = -6



x5A

u5 + vA - c5A

-3 + 6 - 9 = -6



x5C

u5 + vC - c5C

-3 + 2 - 7 = -8



x5D

u5 + vD - c5D

-3 + 7 - 6 = -2



x5E

u5 + vE - c5E

-3 + 11 - 10 = -2

Como el valor de las ecuaciones no básicas es mayor o igual a cero, entonces el algoritmo termina y la solución es:

Tabla 5.32

Costo = 35 y de la última tabla:

Lote

Celda de producción

1

A

2

D

3

E

4

C

5

B

5.8  Método húngaro Para encontrar la solución al problema de asignación, podemos utilizar el modelo de transporte, como en la sección anterior, o emplear el método húngaro, que a continuación se describe.

Problema resuelto Resolver el problema anterior por el método húngaro. Tabla 5.33 Celdas de producción

Lotes

A

B

C

D

E

1

6

12

3

11

15

2

4

2

7

1

10

3

8

11

10

7

11

4

16

19

12

23

21

5

9

5

7

6

10

179

UNIDAD

5

Algoritmos especiales: el problema de transporte Solución

❚ Paso 1 Por cada renglón, identificar el costo mínimo y restarlo a cada elemento del renglón. Después, hacer lo mismo por columna. El resultado de esta operación se muestra en la figura 5.5. Celdas de producción

Lotes

A

B

C

D

E

min

1

6

12

3

11

15

3

2

4

2

7

1

10

1

3

8

11

10

7

11

7

4

16

19

12

23

21

12

5

9

5

7

6

10

5

A

B

C

D

E

1

3

9

0

8

12

2

3

1

6

0

9

3

1

4

3

0

4

4

4

7

0

11

9

Celdas de producción

Lotes

5

4

0

2

1

5

min

1

0

0

0

4

Celdas de producción

Lotes

A

B

C

D

E

1

2

9

0

8

8

2

2

1

6

0

5

3

0

4

3

0

0

4

3

7

0

11

5

5

3

0

2

1

1

Figura 5.5

❚ Paso 2 Utilizando el número menor de líneas horizontales y verticales, cubrir todos los ceros que se generan al restar los mínimos costos por renglón y columna. Este resultado se muestra en la tabla 5.34. Tabla 5.34 Celdas de producción

Lotes

A

B

C

D

E

1

2

9

0

8

8

2

2

1

6

0

5

3

0

4

3

0

0

4

3

7

0

11

5

5

3

0

2

1

1

Si el mínimo número de líneas es igual al número de tareas, el algoritmo se termina; de otra manera, ir al paso 3.

180

En este caso, el mínimo número de líneas es de cuatro y hay cinco trabajos, por tanto vamos al paso 3.

Grupo Editorial Patria© ❚ Paso3 De los números que no están cubiertos, seleccionamos el menor. Este valor es restado de los números no cubiertos y sumado a los números en los cruces de las líneas. En este caso, los números que no están cubiertos son: 2, 9, 8, 8, 3, 7, 11 y 5. De estos, 2 es el menor, el cual se resta a los números no cubiertos y se suma a los números en los cruces de las líneas, como se muestra en la tabla 5.35. Tabla 5.35 Celdas de producción

Lotes

A

B

C

D

E

1

0

7

0

6

6

2

2

1

8

0

5

3

0

4

5

0

0

4

1

5

0

9

3

5

3

0

4

1

1

Ahora, volvemos a dibujar el mínimo número de líneas que cubra a todos los ceros. Tabla 5.36 Celdas de producción

Lotes

A

B

C

D

E

1

0

7

0

6

6

2

2

1

8

0

5

3

0

4

5

0

0

4

1

5

0

9

3

5

3

0

4

1

1

El algoritmo se ha terminado, ya que el mínimo número de líneas para cubrir todos los ceros es cinco, igual que el número de lotes y celdas de producción. La solución la obtenemos de la siguiente manera: cada cero en la última tabla es una posible asignación; por ejemplo, el lote 3 lo podemos manufacturar en la celda A, D o E, ya que en estas existen ceros. Sin embargo, si el lote es 3 asignado a D, el lote 2 no puede ser asignado en las otras celdas, ya que en el renglón de este lote no hay otro cero.

De esta manera, la solución es la siguiente:

Tabla 5.37 Lote

Celda de producción

1

A

2

D

3

E

4

C

5

B

181

UNIDAD

5

Algoritmos especiales: el problema de transporte

Problema resuelto Un viaje de la Ciudad de México (MÉX) a San Luis Potosí (SLP) dura seis horas en autobús. Los horarios de salidas del autobús en ambas ciudades se muestran en la tabla 5.38. Tabla 5.38 Ruta número

Salida de MÉX

Llegada a SLP

Línea número

Salida de SLP

Llegada a MÉX

a

06:00

12:00

1

05:30

11:30

b

7:30

13:30

2

09:00

15:00

c

11:30

17:30

3

15:00

21:00

d

19:00

01:00

4

18:30

00:30

e

00:30

06:30

5

00:00

06:00

El costo del servicio depende del tiempo de la ruta, es decir del tiempo que dura un viaje redondo. Por reglamento de la compañía, un solo conductor debe hacer un viaje redondo y entre la hora de llegada y la de salida de una ruta a otra debe de haber un intervalo de más de 4 horas. La compañía cuenta con dormitorios tanto en la Ciudad de México como en San Luis Potosí, para que la ruta empiece en cualquier ciudad. ¿Qué número de ruta y qué número de línea debe hacer cada conductor para minimizar el tiempo de espera? Solución

Primero, debemos determinar la espera para cada posible ruta. Por ejemplo, la ruta a-1 (MÉX-SLP, SLP-MÉX) tiene una espera de 17.5 horas, ya que la ruta a sale a las 6 y llega a las 12; en tanto, la salida de la línea 1 es a las 5:30 de SLP. Pero, si esta misma ruta empieza en SLP, ruta 1-a (SLP-MÉX, MÉX-SLP) tiene una espera de 18.5; en este caso, la salida de SPL es a las 5:30 y la llegada a MÉX es a las 11:30, y la salida de MÉX de la ruta a es a las 6.En la tabla 5.39 se muestra la tardanza de cada ruta. Tabla 5.39 SLP a MÉX

MÉX

1

2

3

4

5

17.5

21.0

M

6.5

12.0

a

b

c

d

e

1

18.5

20.0

M

7.5

13.0

2

15.0

16.5

20.5

M

9.5

3

9.0

10.5

14.5

22.0

M

b

16.0

19.5

M

5.0

10.5

c

12.0

15.5

21.5

M

6.5

d

4.5

8.0

14.0

17.5

23.0

4

5.5

7.0

11.0

18.5

M

e

23.0

M

8.5

12.0

17.5

5

M

M

5.5

13.0

18.5

SLP

Como se puede observar, la ruta a-3 no es factible, ya que la espera es de tres horas y la restricción indica que la espera debe ser de más de cuatro. En estos casos, asignamos el valor de M (un valor muy grande que tiende a infinito). Para determinar la asignación, primero debemos seleccionar la ruta que genere la mínima espera; por ejemplo, la ruta a-1 genera una tardanza de 17.5 horas, que es menor a la ruta inversa 1-a de 18.5 horas de tardanza. Por este motivo, es preferible que la ruta comience en MÉX y no en SLP. El resumen lo encontramos en la tabla 5.40. Tabla 5.40 17.5

15.0

9.0

5.5

12.0

16.0

16.5

10.5

5.0

10.5

12.0

15.5

14.5

11.0

5.5

4.5

8.0

14.01

17.5

13.0

13.0

9.5

8.5

12.0

17.5

Con la tabla 5.40 es posible comenzar el algoritmo húngaro, a fin de determinar la asignación que minimice las esperas.

182

Grupo Editorial Patria© Primero, determinamos el valor más pequeño por renglón y lo restamos a todos los valores del renglón. Después, hacemos lo mismo por columna. En la tabla 5.41 se muestra este primer paso. Tabla 5.41 17.5

15.0

9.0

5.5

12.0

5.5

12.0

9.5

3.5

0.0

6.5

16.0

16.5

10.5

5.0

10.5

5.0

11.0

11.5

5.5

0.0

5.5

12.0

15.5

14.5

11.0

5.5

5.5

6.5

10.0

9.0

5.5

0.0

4.5

8.0

14.0

17.5

13.0

4.5

0.0

3.5

9.5

13.0

8.5

13.0

9.5

8.5

12.0

17.5

8.5

4.5

1.0

0.0

3.5

9.0

0.0

1.0

0.0

0.0

0.0

El resultado se muestra en la tabla 5.42. Tabla 5.42 12.0

8.5

3.5

0.0

6.5

11.0

10.5

5.5

0.0

5.5

6.5

9.0

9.0

5.5

0.0

0.0

2.5

9.5

13.0

8.5

4.5

0.0

0.0

3.5

9.0

El mínimo número de líneas para cubrir todos los ceros de la tabla es cuatro, menor a las cinco rutas a asignar. Tabla 5.43 12.0

8.5

3.5

0.0

6.5

11.0 6.5

10.5

5.5

0.0

5.5

9.0

9.0

5.5

0.0

0.0

2.5

9.5

13.0

8.5

4.5

0.0

0.0

3.5

9.0

Como se ve en la tabla 5.43, el valor menor de los números no cubiertos es 2.5. Este valor es restado de los demás números no cubiertos y sumado a los números en donde se cruzan las líneas. El resultado se muestra a continuación. Tabla 5.44 12.0

6.0

1.0

0.0

6.5

11.0

8.0

3.0

0.0

5.5

6.5

6.5

6.5

5.5

0.0

0.0

0.0

7.0

13.0

8.5

7.0

0.0

0.0

6.0

11.5

El mínimo número para cubrir los ceros en la tabla 5.44 es cuatro. Repetimos el procedimiento anterior con el mínimo número de los números no cubiertos de la tabla 5.45. Tabla 5.45 12.0

6.0

1.0

0.0

6.5

11.0

8.0

3.0

0.0

5.5

6.5

6.5

6.5

5.5

0.0

0.0

0.0

7.0

13.0

8.5

7.0

0.0

0.0

6.0

11.5

183

UNIDAD

5

Algoritmos especiales: el problema de transporte El mínimo número no cubierto es uno, este lo sumamos a los números no cubiertos y lo restamos a los números en donde están los cruces de las líneas. En la tabla 5.46 se muestran los resultados. Tabla 5.46 11.0

5.0

0.0

0.0

6.5

10.0

7.0

2.0

0.0

5.5

5.5

5.5

5.5

5.5

0.0

0.0

0.0

7.0

14.0

9.5

7.0

0.0

0.0

7.0

12.5

El mínimo número de líneas es cinco, por lo que el algoritmo se detiene y la asignación se muestra en la tabla 5.47. Tabla 5.47 11.0

5.0

0.0

0.0

6.5

10.0

7.0

2.0

0.0

5.5

5.5

5.5

5.5

5.5

0.0

0.0

0.0

7.0

14.0

9.5

7.0

0.0

0.0

7.0

12.5

El resumen de la solución se muestra en la tabla 5.48. Tabla 5.48 Operador

Ruta

Tiempos de recorrido

Tardanza

1

3-a (SLP-MÉX-MÉX-SLP)

15:00-21:00 06:00-12:00

9.0 h

2

b-4 (MÉX-SLP SLP-MÉX)

07:30-13:30 18:30-00:30

5.0 h

3

5-c (SLP-MÉX MÉX-SLP)

00:00-06:00 11:30-17:30

5.5 h

4

d-1 (MÉX-SLP SLP-MÉX)

19:00-01:00 5:30-11:30

4.5 h

5

2-e (SLP-MÉX MÉX-SLP)

09:00-15:00 00:30-06:30

9.5 h

La tardanza total es de 33.5 horas.

184

Problemas para resolver

Grupo Editorial Patria©

5.1  Determinar la solución óptima de la red en la figura 5.2, mediante el uso de la solución inicial por el método de la esquina noroeste. 5.2  Resolver el problema 5.1 mediante el uso de la solución inicial generada por el MAV. ¿Con qué método hace menos iteraciones? 5.3  Una embotelladora tiene dos plantas principales, una ubicada en la ciudad de Puebla y la otra en la zona de Ciudad Satélite, en el Estado de México, con una capacidad de producción diaria de 550 y 650 tarimas, respectivamente, de cierto refresco de cola. Su objetivo es suministrar este refresco a cuatro mayoristas localizados en Veracruz, la Ciudad de México, Cuernavaca y Tlaxcala, con demandas diarias de 200, 250, 400 y 350 tarimas, respectivamente. La tabla 5.49 muestra los costos de transporte entre las plantas y los mayoristas. Tabla 5.49  Mayoristas Plantas

Veracruz

Ciudad de México

Cuernavaca

Tlaxcala

Puebla

$9

$15

$18

$21

Satélite

$23

$14

$16

$10

Determinar el plan de distribución que minimice los costos de transporte. a) Generar la solución inicial por el método de la esquina noroeste.

UNIDAD

5

docking). Las distancias de las plantaciones al almacén (cross-dock) son: plantación 1: 20 km; 2: 45 km y 3: 40 km. La distancia del almacén (cross-dock) a la plantación 1 es de 25 km; a la 2, de 30 km; a la 3, de 20 km y a la 4, de 35 km. ¿Le conviene al agricultor la oferta del operador logístico? 5.7  Suponga que se le encarga diseñar un plan de producción ventajoso para una empresa durante las cuatro estaciones del año. Esta empresa tiene una capacidad de producción para manufacturar 30 000 unidades de un producto no perecedero en primavera y otoño. Debido a enfermedades, vacaciones y permisos, la producción será solo de 25 000 unidades en verano e invierno. La demanda por este producto también es estacional. El departamento de mercadotecnia ha estimado las ventas de primavera en 25 000 unidades, en verano de 40 000 u, 30 000 en otoño y solo 15 000 unidades en invierno. Los costos unitarios de producción han aumentado por la inflación y la influencia de los factores estacionales, los cuales se estiman en 80, 85, 82 y 86 dólares para primavera, verano, otoño e invierno, respectivamente. Cualquier exceso de producción se puede almacenar a un costo de 10 dólares por unidad durante una estación. Una unidad se vende en 120, 140, 125 y 105 dólares en primavera, verano, otoño e invierno, respectivamente. Al inicio, había 10 000 unidades en bodega y al final se estima que deben quedar 10 000 unidades. Modele el problema como si fuera un problema de transporte. 5.8  Del problema 5.7 calcular la solución inicial por el método MAV y la solución óptima. 5.9  Para la siguiente red de distribución:

b) Determinar la solución óptima. 5.4  Del problema 5.3, utilizar la solución inicial generada por el MAV, ¿a qué solución se llega y en cuántas itera­ciones?

a) Determinar el modelo de programación lineal que minimice los costos de transporte. b) Establecer si se deben tener siempre almacenadas 10 unidades en el almacén.

5.5  Supóngase que un agricultor posee tres plantaciones de tomates y desea determinar la forma de enviar los cargamentos a tres plantas de procesamiento distintas para maximizar sus beneficios. La tabla 5.50 muestra las distancias (en km) entre las plantaciones y las respectivas plantas, los requerimientos de cada una y las cantidades disponibles de tomates en cada plantación.

c) Si la conexión P1-W1 solo puede transportar 20 unidades, ¿cómo se modifica el modelo de programación lineal del inciso a)?

Tabla 5.50

50 unidades producidas P1

Plantación

Planta 1

Planta 2

Planta 3

Oferta (ton)

Plantación 1

21

70

40

450

Plantación 2

35

30

15

400

Plantación 3

80

10

25

300

Demanda (ton)

400

525

225

$900/unidades

90 unidades producidas

$400/unidades

$400/unidades 40 unidades producidas P2

W1

$900/unidades

C

$200/unidades $100/unidades

$900/unidades

W2 60 unidades producidas

Figura 5.6

Si el costo de transporte es $0.10/ton/km y las utilidades brutas obtenidas por el agricultor en cada plantación son: $9.50/ton, $6.50/ton y $5.00/ton, respectivamente, calcular una solución inicial mediante el uso del método de la esquina noroeste y determinarla forma de realizar los envíos que maximicen los beneficios al agricultor. 5.6  Un operador logístico le ofrece al agricultor del problema 5.5 el servicio de almacenamiento temporal (crossProblemas aplicados a la realidad

5.10  Resolver el problema 5.9, inciso a), por medio del método simplex para el modelo de transporte. 5.11  Resolver el modelo de programación lineal del problema 5.9, inciso c), por medio de un software comercial y comparar la solución con la generada mediante el método simplex para el transporte del problema 5.10.

Problemas para resolver con tecnología

185

UNIDAD

5

Problemas para resolver

5.12  Una fábrica de zapatos predice las siguientes demandas para los próximos seis meses: mes 1, 200; mes 2, 260; mes 3, 240; mes 4, 340; mes 5, 190; mes 6, 150. El costo de fabricar un par de zapatos es de 7 dólares en una jornada normal de trabajo y de 11 dólares contemplando horas extra de trabajo. Durante cada mes, la producción en horario normal está limitada 200 pares de zapatos y la producción con horas extra está limitada a 100 pares. Guardar un par de zapatos en inventario cuesta 1 dólar por mes. a) Formular un modelo que permita obtener una solución óptima. b) Determinar una solución factible y verificar si es óptima. 5.13  Una empresa produce tres tipos de automóviles en dos plantas diferentes; La planta A tiene una capacidad de 2 600 y la planta B de 1 800. Cuatro concesionarias están interesadas en adquirir las cantidades de vehículos siguientes: concesionaria 1, 1 800 unidades; concesionaria 2, 2 100 unidades, concesionaria 3, 550 unidades y concesionaria 4, 1 750. Los costos de transporte se muestran en la tabla 5.51.

5.17  El gerente de compras de la línea aérea “VueloMéx” debe decidir la cantidad de turbocina a comprar de tres posibles proveedores. La línea aérea llena sus aviones regularmente en los cuatro aeropuertos donde presta sus servicios. Las capacidades de turbocina de las compañías es: compañía A, 275 000 litros; compañía B, 550 000 litros; y compañía C, 660 000 litros. Los requerimientos de “Vuelo-Méx” en cada aeropuerto son: aeropuerto D, 110 000 litros; aeropuerto E, 220 000 litros; aeropuerto F, 330 000 litros; y aeropuerto G, 440 000 litros. Cuando se le suma al precio del litro de combustible en cada compañía, los costos de transporte para llevarlo a cada aeropuerto, se obtiene la estructura de precios indicada en la tabla 5.53. Tabla 5.53 Aeropuerto

Compañía A

Compañía B

Compañía C

D

$10

$7

$8

E

$10

$11

$14

F

$9

$12

$4

G

$11

$13

$9

Tabla 5.51 Costo fijo [US$]

1

2

3

4

A

600

800

1 100

900

B

1 200

400

800

500

Determinar el plan de distribución que minimice los costos de transporte. 5.14  Del problema 5.13, supóngase que las concesionarias le proponen a la empresa que los costos de distribución sean fijos de 900 dólares/unidad. ¿Le conviene a la empresa esta propuesta? 5.15  Una empresa desea programar los envíos diarios de mercancías de dos fábricas (A y B) a tres ciudades (C, D y E). La producción diaria de la fábrica A es de 100 unidades, mientras que la producción diaria de la fábrica B es de 200 unidades. Las tres ciudades tienen la misma demanda diaria de 100 unidades cada una. La tabla 5.52 muestra los costos unitarios de transporte entre las distintas localidades (supóngase que los costos son iguales tanto de ida como de regreso).

5.18  Para acortar los costos de transporte, las compañías del problema 5.17 le proponen a “Vuelo-Méx” satisfacer toda su demanda de un almacén central. Los costos de transporte de las compañías al almacén central son: 5, 8 y 9 pesos, respectivamente. Mientras que los costos del almacén central a los aeropuertos son de 10, 15, 5 y 18, respectivamente. Determinar si le conviene a “Vuelo-Méx” la instalación del almacén central. 5.19  En la red de la figura 5.7 se observan las rutas posibles para el envío de automóviles de tres plantas distintas (P1, P2 y P3), con producciones de 450, 700 y 500 automóviles, respectivamente, a través de dos centros de distribución (D4 y D5) a tres ciudades (C6, C7 y C8) que demandan respectivamente 550, 500 y 600 automóviles. Los valores de los enlaces de la red de la figura representan el costo de envío de cada automóvil en cientos de dólares. P1

Tabla 5.52 A

Determinar la cantidad de combustible que se debe comprar a cada compañía, para servir un determinado aeropuerto y minimizar los costos totales. Utilizar el método simplex para el modelo del transporte.

E

D

C

B

30

20

10

80

B

40

50

C

10

40

D

20

20

1.5 1.2

P2

2 P3

0.3

0.8

D4

0.6

1.3 0.6

C6

1

0.2 D5

0.4 0.9

0.7

0.8

C7 0.4

0.7 C8

Determinar el costo mínimo del plan de transporte si no se permite ningún transbordo.

Figura 5.7

5.16  Determinar el plan de distribución del problema 5.15 en el caso de que si se permitan transbordos.

a) Formular la tabla de transbordo que permita optimizar el costo de envío de los automóviles.

186

Problemas aplicados a la realidad

Problemas para resolver con tecnología

Grupo Editorial Patria© Las distancias entre las tiendas pueden ser diferentes, ya que el servicio se presta a través de un punto intermedio. Para el par origen/destino que no tenga distancia, quiere decir que no hay comunicación. Si el costo de transporte, por tarima es de 1/km:

b) Desarrollar el modelo de programación lineal. c) Determinar el programa de distribución óptimo. d ) Si en los centros de distribución debemos tener un inventario (stock) de 100 unidades, ¿cómo se modifica el modelo de programación lineal?

a) Determinar el modelo de programación lineal de la red de las tiendas.

5.20  Existen cuatro tiendas de conveniencia, A, B, C y D, de las cuales A y B tienen 40 y 20 tarimas de naranjas respectivamente, mientras que C y D son tiendas que requieren15 y 45 tarimas de naranjas, respectivamente. Las distancias entre las tiendas son las siguientes: dAD = 1 000 km, dBA = 3 000 km, dBC = 1 000 km, dCA = 3 000 km, dCB = 6 000 km, dDA = 2 000 km, dDB = 6 000 km y dDC = 2 000 km.

b) Solucionar el modelo utilizando un software comercial. 5.21  Con base en el problema anterior, generar la solución inicial por el MAV y determinar la solución óptima mediante método simplex para el problema de transporte.

Problemas reto 1

Lead Shoes debe determinar cuántos pares de zapatos debe producir durante cada uno de los siguientes cuatro meses. La demanda de pares de zapatos en cada mes es como sigue: primer mes, 40 pares; segundo mes, 60 pares; tercer mes, 75 pares; cuarto mes, 25 pares. Lead Shoes debe satisfacer la demanda a tiempo. Al comienzo del primer mes, la empresa tiene un inventario de 10 zapatos. Al inicio de cada mes, Lead Shoes debe decidir cuántos pares debe producir durante el trimestre actual. Durante cada mes, produce hasta 40 pares a un costo de 400 pesos por par. Si los empleados trabajan horas extra en un mes, se pueden producir 20 pares más a un costo de 450 pesos cada uno. Al final de cada mes, después de satisfacer la demanda respectiva, se incurre en un costo de inventario de 20 pesos por cada par. Formular el problema como el modelo de transporte para minimizar los costos de producción e inventarios durante los siguientes cuatro meses.

2

La aerolínea Aero-Recife opera siete días a la semana con la programación que se muestra en la tabla 5.54.

Tabla 5.54 Número de vuelo

Salida de Los Cabos

Llegada a Toluca

Número de vuelo

Salida de Toluca

Llegada a Los Cabos

A

7:00 a.m.

8:00 a.m.

101

8:00 a.m.

9:15 a.m.

B

8:00 a.m.

9:00 a.m.

102

8:30 a.m.

9:45 a.m.

C

1:30 p.m.

2:30 p.m.

103

12:00 p.m.

1:15 p.m.

D

6:30 p.m.

7:30 p.m.

104

5:30 p.m.

6:45 p.m.

Determinar qué vuelos deben hacerse en la misma ruta para minimizar el tiempo de la escala. Supóngase que el vuelo puede empezar en cualquiera de las dos ciudades. Problemas aplicados a la realidad

Problemas para resolver con tecnología

187

UNIDAD

5

Algoritmos especiales: el problema de transporte

Referencias Bibliográficas Eppen, Larry, R. Weaterford y Jeffrey H. Moore (2000). Investigación de operaciones en la ciencia administrativa, 5a ed., Prentice Hall, Estados Unidos. Hillier, Frederick S. y Gerald J. Liberman (2010). Introducción a la investigación de operaciones, 9a ed., McGraw-Hill, Estados Unidos. Izunza, Vicente (2012). Investigación de operaciones, Pearson Educación, Estados Unidos. Taha, Hamdy A. (2012). Investigación de operaciones, 9a ed., Pearson, Estados Unidos. Thierauf, Robert J. (2007). Toma de decisiones por medio de investigación de operaciones, 3a ed., Limusa, México. Winston, Wayne L. (2008). Investigación de operaciones: aplicaciones y algoritmos, 4a ed., Thomson International, Estados Unidos.

Referencias electrónicas Institute for Operations Research and Management Science. Disponible en: https://www.informs.org Blog de apoyo para la materia de Investigación de Operaciones I del ITSTB. Disponible en: http://ioi-itstb.blogspot.mx/p/unidad-v-metodo-de-transporte-y-metodo.html Aplicaciones de la programación lineal. Disponible en: http://www.sites.upiicsa.ipn.mx/polilibros/portal/Polilibros/P_terminados/Investigacion_de_ Operaciones_Careaga/Common/IO-modulo4-distribucion.htm

188

APÉNDICE

A

Aplicaciones de la optimización lineal usando hojas de cálculo Marco Antonio Montufar Benítez Eva Selene Hernández Gress

APÉNDICE

A

Aplicaciones de la optimización lineal usando hojas de cálculo

Introducción Como era de esperar, muy pocos problemas de programación lineal (PL) de la vida cotidiana implican únicamente dos variables de decisión. Por tanto, la solución gráfica tiene un valor limitado en la solución de estos. Sin embargo, la discusión de problemas con dos variables proporciona una base para la comprensión de los problemas de PL y las estrategias generales para resolverlos. Por ejemplo, todos los problemas solucionables de PL tienen una región factible y una solución óptima, que se encuentra en algún punto extremo de la región (en el caso que el problema no sea ilimitado). Esto es cierto para todos los problemas de PL con independencia del número de variables de decisión. A pesar de que es bastante fácil graficar la región factible para un problema de PL con dos variables, resulta en extremo difícil visualizar o representar de manera gráfica la región factible de uno con tres variables, porque es de tres dimensiones. De igual forma, si el problema es de más de tres variables, es prácticamente imposible visualizar o representar gráficamente su región factible, porque implica más de tres dimensiones. Por fortuna, existen varias técnicas matemáticas para resolver problemas de programación lineal con casi cualquier número de variables sin visualizar o graficar sus regiones factibles. Estas técnicas están ahora integradas en paquetes de hojas de cálculo, por lo que la solución de problemas de PL es una tarea bastante simple. Por tanto, si se utiliza el software adecuado se puede resolver con facilidad casi cualquier problema de PL. El principal desafío es garantizar que sea posible formular y comunicar de manera correcta el problema que quiere resolverse.

❚ Solucionadores para hojas de cálculo Los programas Excel, Quattro Pro, Lotus 1-2-3 incluyen algunos complementos de optimización de hoja de cálculo llamados solucionadores (solvers). La inclusión del interesado en estas aplicaciones demuestra la importancia de la programación lineal (y la optimización en general). En esta sección se abordará solo el uso de Excel para ilustrar la forma en que los solucionadores de una hoja de cálculo pueden resolver problemas de optimización. Sin embargo, los mismos conceptos y técnicas que aquí se presentan se pueden aplicar a otros paquetes de hojas de cálculo, aunque pueden diferir algunos de los detalles de la aplicación. De igual forma, se pueden resolver problemas de optimización sin necesidad de utilizar una hoja de cálculo, al emplear solo un paquete de programación matemática especializada. Una lista parcial de estos paquetes incluye: LINDO, MPSX, CPLEX y MathPro. Por lo regular, estos paquetes son utilizados por los investigadores y las empresas interesadas en la solución de problemas muy grandes, debido a que no caben convenientemente en una hoja de cálculo.

Solución de problemas de programación lineal (PL) con una hoja de cálculo En este punto se demuestra con detalle la mecánica del uso del Solver en Excel mediante la solución del siguiente problema. En un inicio solo se presenta su enunciado y planteamiento.

Problema resuelto Luisa Caoba es la propietaria de una empresa que vende dos modelos de mesas de madera: la redonda grande y la cuadrada de lujo. Para la fabricación de ambas mesas, Luisa compra madera sólida y triplay. Cada mesa redonda requiere nueve horas de mano de obra, un pie de triplay y 12 pies de madera sólida; mientras que cada mesa cuadrada requiere seis horas de mano de obra, un pie de triplay y 16 pies de madera sólida. La demanda de estos productos es tal que cada mesa redonda que se produzca se puede vender a un costo que genera una ganancia de 350 pesos, y cada mesa cuadrada que se produzca se puede vender a un costo que genera una ganancia de 300 pesos. La compañía espera contar con 200 pies de triplay, 1 566 horas de mano de obra y 2 880 pies de madera sólida durante el

190

Grupo Editorial Patria©

próximo ciclo de producción. El problema es determinar el número óptimo de mesas redondas y cuadradas a producir para maximizar los beneficios. Si X1 representa el número de mesas redondas y X2 el número de mesas cuadradas que se van a producir, el siguiente modelo de PL representa el problema a resolver: Max: 350X1 + 300X2 } utilidad Sujeto a: 1. 1X1 + 1X2 ≤ 200 } restricción de triplay. 2. 9X1 + 6X2 ≤ 1 566 } restricción de mano de obra. 3. 12X1 + 16X2 ≤ 2 880 } restricción de madera sólida. 4. 1X1 ≥ 0 } frontera inferior simple.

1X2 ≥ 0 } frontera inferior simple

¿Cómo podemos resolver este problema en una hoja de cálculo? Solución

En primer lugar, se debe construir el modelo.

❚ Pasos para implementar un modelo de PL en una hoja de cálculo Los cuatro pasos siguientes resumen lo que se debe hacer para implementar cualquier problema de PL en una hoja de cálculo. 1. Organizar los datos para el modelo de la hoja de cálculo.  Los datos para el modelo constarán de los coeficientes de la función objetivo y las limitaciones o restricciones, así como los valores del lado derecho (RHS) para las restricciones. Por lo general, existe más de una forma de organizar los datos de un problema particular en una hoja de cálculo, pero se deben tener en cuenta algunas pautas generales. En primer lugar, el objetivo es organizar los datos de acuerdo con su propósito y significado, tan claro como sea posible. Piénsese en la hoja de cálculo como un informe de gestión necesario para comunicar con claridad los factores importantes del problema que se está resolviendo. Para lograrlo, se requiere invertir algún tiempo organizando mentalmente los datos del problema. Además de visualizar cómo pueden colocarse y ordenarse de manera lógica, antes de empezar a escribir sus valores en la hoja de cálculo. Luego, resulta indispensable colocar etiquetas descriptivas en la hoja de cálculo para identificar con claridad los diversos elementos de datos. A menudo, las estructuras de fila y columna de los datos pueden ser utilizadas en la hoja de cálculo para facilitar la implementación del modelo. (Hay que tener en cuenta que algunos o todos los coeficientes y valores para un modelo de PL pueden calcularse a partir de otros datos, referidos con frecuencia como primarios. Por tanto, es mejor mantener los datos primarios en la hoja de cálcu­lo y hacer uso de fórmulas adecuadas para calcular los coeficientes y valores necesarios para la formulación del modelo de PL. Entonces, si hay algún cambio en los datos primarios, se deberán hacer modificaciones pertinentes de forma automática en los coeficientes del modelo de PL.) 2. Reservar celdas separadas en la hoja de cálculo para representar a cada variable de decisión en el modelo algebraico.  Aunque se puede utilizar cualesquiera celdas vacías en una hoja de cálculo para representar las variables de decisión, por lo general es mejor ordenarlas de manera paralela a la estructura de los datos. Esto, a menudo, es útil en el establecimiento de fórmulas para la función objetivo y las restricciones. Cuando sea posible, también es una buena idea para mantener las celdas que representan variables de decisión en la misma área de la hoja de cálculo. Además, se deben utilizar las etiquetas descriptivas para clarificar su significado. 3. Crear una fórmula en una celda de la hoja de cálculo que corresponda a la función objetivo en el modelo algebraico.  La fórmula de hoja de cálculo correspondiente a la función objetivo se crea haciendo referencia a las celdas de datos, donde los coeficientes de la función objetivo se introducen (o calculan) y las celdas correspondientes que representan las variables de decisión. 191

APÉNDICE

A

Aplicaciones de la optimización lineal usando hojas de cálculo 4. Para cada restricción, crear una fórmula en una celda separada en la hoja de cálculo, que corresponda al lado izquierdo (LHS) de la restricción.  La fórmula correspondiente al primer miembro de cada restricción se crea haciendo referencia a las celdas de datos donde se introducen (o calculan) los coeficientes para estas limitaciones y a las celdas de las variables de decisión apropiadas. Muchas de las fórmulas de restricción tienen una estructura similar. Por tanto, cuando sea posible, se deben crear fórmulas de restricción que puedan copiarse para aplicar otras fórmulas de restricción. Esto no solo reduce el esfuerzo necesario para implementar un modelo, sino que también ayuda a evitar errores de mecanografía difíciles de detectar. Aunque, para implementar un modelo de programación lineal en una hoja de cálculo es necesario realizar cada uno de los pasos anteriores, estos no tienen que realizarse en el orden indicado. Se considera prudente realizar primero el paso 1, seguido por el paso 2. Sin embargo, el orden en el que los pasos 3 y 4 se llevan a cabo a menudo varía de un problema a otro. De igual forma, es aconsejable utilizar sombreado, colores de fondo y fronteras para identificar las celdas que representan variables de decisión, las restricciones y la función objetivo en un modelo. Esto permite al usuario de una hoja de cálculo distinguir con mayor facilidad entre las celdas que representan los datos en bruto (que pueden ser cambiados) y otros elementos del modelo. Hay más cosas que decir acerca de cómo diseñar e implementar modelos de hojas de cálculo eficaces para problemas de PL; pero, antes, veamos cómo se utilizan los pasos anteriores al implementar un modelo de hoja de cálculo para nuestro problema de ejemplo.

Modelo en hoja de cálculo para el problema de Luisa Caoba Una posible representación de hoja de cálculo para nuestro problema de ejemplo se observa en la figura A.1 (y en el archivo llamado Figura x-1.xls en el disco de datos). Para conocer más acerca de la creación de este modelo, se analizará paso a paso su creación, a fin de que se pueda observar cómo se relaciona con la formulación algebraica del modelo.

Figura A.1  Modelo en hoja de cálculo para el problema de producción de mesas.

❚ Organización de los datos Uno de los primeros pasos en la creación de cualquier modelo de hoja de cálculo para un problema de PL es organizar los datos en el modelo de hoja de cálculo. En la figura A.1, se introdujeron las utilidades unitarias de las mesas redonda y cuadrada, en las celdas B6 y C6, respectivamente. A continuación, 192

Grupo Editorial Patria© se introdujo el número de pies de triplay, el número de horas de trabajo y pies de madera sólida necesarios para producir cada tipo de mesa, en las celdas B9 a C11, de manera respectiva. En tanto, los valores de las celdas B9 y C9 indican que se requiere un pie de triplay para producir cada tipo de mesa. Por su parte, los valores de las celdas B10 y C10 muestran que cada mesa redonda producida requiere nueve horas de trabajo, mientras que cada mesa cuadrada necesita seis. De igual forma, las celdas B11 y C11 indican que cada mesa redonda producida requiere de 12 pies de madera sólida, y cada mesa cuadrada de 16. El número disponible de pies de triplay, horas de trabajo y pies de madera sólida se introducen en las celdas E9 a E11. Obsérvese que en este caso se requieren etiquetas apropiadas para identificar todos los elementos de datos para el problema.

❚ Representación de las variables de decisión Como se observa en la figura A.1, las celdas B5 y C5 representan las variables de decisión X1 y X2 en nuestro modelo algebraico; estas se hallan sombreadas y resaltadas con fronteras discontinuas para distinguirlas visualmente de otros elementos del modelo. Se colocaron valores de cero en las celdas B5 y C5, debido a que no se sabe cuántos modelos deben ser producidos. En breve, se utilizará Solver para determinar los valores óptimos para estas celdas.

❚ Representación de la función objetivo El siguiente paso en la implementación de nuestro problema de PL es crear una fórmula en una celda de la hoja de cálculo para representarla función objetivo; esto podemos lograrlo de muchas maneras. Debido a que la función objetivo es 350X1 + 300X2, puede tenerse la tentación de introducir la fórmula = 350 * B5 + 300 * C5 en la hoja de cálculo. Sin embargo, si se desea cambiar los coeficientes de la función objetivo, sería necesario volver atrás y editar esta fórmula para reflejar los cambios. Debido a que los coeficientes de la función objetivo se introducen en las celdas B6 y C6, una mejor manera de implementar esta función es hacer referencia a los valores de las celdas B6 y C6 en lugar de introducir constantes numéricas en la fórmula. La fórmula para la función objetivo se introduce en la celda D6 como: D6: = B6 * B5 + C6 * C5 Como se muestra en la figura A.1, la celda D6 de vuelve inicialmente el valor 0, porque las celdas B5 y C5 contienen ceros. En tanto, la figura A.2 resume la relación entre la función objetivo algebraica y la fórmula introducida en la celda D6. De esta manera, si los beneficios obtenidos en las mesas cambian, el modelo de hoja de cálculo se puede modificar con facilidad y el problema puede ser resuelto para determinar el efecto de estos cambios en la solución óptima. Tenga en cuenta que la celda D6 se ha sombreado y delineado con un borde doble para distinguirlo de otros elementos del modelo.

Función objetivo algebraica: 350X1 + 300X2 Fórmula en la celda D6: = B6 * B5 + C6 * C5

Figura A.2

❚ Representación de las restricciones El siguiente paso en la construcción del modelo de hoja de cálculo consiste en la implementación de las restricciones del modelo de programación lineal. Ya antes se dijo que para cada restricción en el modelo algebraico, se debe crear una fórmula en una celda de la hoja de cálculo que corresponde al lado izquierdo de la restricción (LHS). El LHS de cada restricción en nuestro modelo es:

Triplay: 1X1 + 1X2 ≤ 200



Mano de obra: 9X1 + 6X2 ≤ 1 566



Madera sólida: 12X1 + 16X2 ≤ 2 880 193

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Aplicaciones de la optimización lineal usando hojas de cálculo En este caso, es necesario establecer tres celdas en la hoja de cálculo para representar las fórmulas LHS de las tres restricciones. Una vez más, esto se hace con referencia a las celdas de datos que contienen los coeficientes para estas restricciones y las celdas que representan las variables de decisión. El LHS para la primera restricción se introduce en la celda D9 como: D9: = B9 * B5 + D9 * C5 Del mismo modo, el LHS de la segunda y tercera restricción se introducen en las celdas D10 y D11 como:

D10: = B10 * B5 + C10 * C5



D11: = B11 * B5 + C11 * C5

Estas fórmulas calculan el número de pies de triplay, horas de trabajo y pies de madera sólida requerida para la fabricación de las mesas representadas por las celdas B5 y C5. Téngase en cuenta que las celdas D9 a D11 están sombreadas y se delimitan con fronteras sólidas, para distinguirlas de los otros elementos del modelo. Como se sabe, la empresa tiene 200 pies de triplay, 1 566 horas de mano de obra y 2 880 pies de madera sólida disponibles durante su próximo ciclo de producción. En nuestra formulación algebraica del modelo de PL, estos valores representan los valores del lado derecho (RHS) para las tres restricciones. Por tanto, estos tres valores se introdujeron en las celdas E9, E10 y E11, respectivamente, y representan los valores límites superiores que las celdas D9, D10 y D11 pueden tomar.

❚ Representación de los límites sobre las variables de decisión ¿Qué pasa con los límites inferiores simples para nuestras variables de decisión, representados por X1 ≥ 0 y X2 ≥ 0? Estas condiciones son bastante comunes en problemas de PL y se conocen como condiciones de no negatividad, ya que indican que las variables de decisión pueden asumir solo valores no negativos. Estas condiciones pueden ser vistas como restricciones e implementarse como las otras restricciones. Sin embargo, Solver permite especificar límites superiores e inferiores simples para las variables de decisión haciendo referencia directa a las celdas que representan estas variables. Por tanto, en este punto, no se toma ninguna medida específica para considerar estos límites en nuestra hoja de cálculo.

❚ ¿Cómo ve Solver el modelo? Después de la implementación de nuestro modelo en la hoja de cálculo, es posible utilizar Solver para encontrar la solución óptima al problema. No obstante, primero es necesario definir los siguientes tres componentes de nuestro modelo de hoja de cálculo para Solver: 1. Celda destino.  Celda que representa la función objetivo en el modelo (y si su valor debe ser maximizado o minimizado). 2. Celdas variables (o cambiantes).  Celdas que representan las variables de decisión en el mo­ delo. 3. Celdas de restricción.  Celdas que representan las fórmulas de los lados izquierdos de las restricciones en el modelo (y los límites superior e inferior que se apliquen a estas fórmulas). Estos componentes corresponden directamente a las celdas en la hoja de cálculo que se establecieron en la implantación del modelo de programación lineal. Por ejemplo, en la hoja de cálculo para el problema ejemplo, la celda destino está representada por la celda D6; mientras que las celdas variables o cambiantes están representados por las celdas B5 y C5; y las celdas de restricción, por las celdas D9, D10 y D11. La figura A.3 muestra estas relaciones, así como una nota de celda que justifica el motivo de la celda D6. Las notas de celda pueden ser una manera muy eficaz de describir detalles sobre el propósito o el significado de varias celdas en un modelo. Mediante la comparación de la figura A.1 con la figura A.3, se puede ver la relación directa entre la forma en que formulamos modelos de PL algebraicamente y cómo Solver ve la implementación del modelo en la hoja de cálculo. Las variables de decisión en el modelo algebraico corresponden a las celdas variables (o cambiantes) de Solver. Las fórmulas de los lados izquierdos (LHS) para las restric194

Grupo Editorial Patria© ciones en el modelo algebraico corresponden a las celdas restricción en Solver. Finalmente, la función objetivo en el modelo algebraico corresponde a la celda objetivo en Solver. Entonces, aunque la terminología que usa Solver para describir los modelos en hoja de cálculo es de alguna manera diferente de la que se usa para describir el modelo de PL algebraicamente, los conceptos son los mismos.



Figura A.3

❚ Usando Solver Después de implementar el modelo en una hoja de cálculo, se hace imperante resolverlo. Para hacerlo, primero se debe indicar a Solver cuáles son las celdas en la hoja de cálculo que representan la función objetivo, las variables de decisión y las restricciones. Para llamar a Solver en Excel, primero se selecciona el comando Solver del menú Datos (Excel 2010), como se aprecia en la figura A.4. Esto permite desplegar la caja de diálogo que se muestra en la figura A.5. Premium Solver para Educación posee tres diferentes algoritmos para resolver problemas de optimización: Estándar GRG no lineal, Simplex Estándar (LP) y Evolucionario Estándar. Si el problema que se está tratando de resolver es de programación lineal, Solver puede usar un algoritmo especial conocido como el método simplex para resolver el problema, como se puede observar en la figura A.5.



Figura A.4  Forma de acceso a Solver en Office 2010.

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A

Aplicaciones de la optimización lineal usando hojas de cálculo



Figura A.5  Caja de diálogo para los parámetros de Solver.

❚ Definiendo la celda objetivo El siguiente paso en este proceso es el cuadro de diálogo de los parámetros de Solver, donde es necesario especificar la ubicación de la celda que representa la función objetivo mediante la introducción en la opción Establecer objetivo, como se muestra en la figura A.6. Obsérvese que la celda D6 contiene una fórmula que representa la función objetivo para nuestro problema ejemplo y que Solver nos instruye para tratar de maximizar este valor, según lo especificado por el botón Máx. En caso contrario, se deberá seleccionar el botón Mín cuando se desee que Solver encuentre una solución que minimice el valor del objetivo. El botón de valor puede ser utilizado para encontrar una solución para los que la función objetivo toma un valor específico.

Figura A.6  Establecimiento de la celda objetivo.

196

Grupo Editorial Patria© ❚ Definiendo las celdas variables Para resolver el problema de programación lineal, también es necesario indicar en el modelo las celdas que representan las variables de decisión. Una vez más, Solver se refiere a estas como celdas variables. En el problema de ejemplo, las celdas variables se especifican en la figura A.7. En este caso, las celdas B5 y C5 representan las variables de decisión para el modelo; Solver determinará los valores óptimos para estas celdas. Si las variables de decisión no están representadas en un rango continuo de celdas, habría que enumerar las celdas de variables de decisión individuales separadas por comas, como se muestra en el ejemplo de la opción Cambiando las celdas variables. Siempre que sea posible, lo mejor es utilizar celdas contiguas para representarlas variables de decisión.

Figura A.7  Introducción de las celdas variables.

❚ Definiendo las celdas de restricción A continuación, hay que definir las celdas de restricción en la hoja de cálculo y las restricciones que deben aplicarse a estas. Como se mencionó antes, las celdas de restricción son aquellas en las que se implementaron las fórmulas de los lados derechos (LHS) para cada restricción en el ejemplo modelo. Para definir las celdas de restricción, primero es necesario hacer clic en el botón Agregar, que se observa en la figura A.8 y, a continuación, completar el cuadro de diálogo Agregar restricción, como se muestra en la figura A.9. En el cuadro de diálogo Agregar restricción, de nuevo se deberá hacer clic en Agregar, para definir restricciones adicionales. Por último, se deberá hacer clic en el botón Ok cuando se termine de definir restricciones. Las celdas D9 a D11 representan las restricciones cuyos valores deben ser menores o iguales a los valores de las celdas E9 a E11, respectivamente. Si las celdas de restricción no son celdas contiguas en la hoja de cálculo, habría que definir las celdas de restricción repetidamente. De la misma manera que con las celdas de variables, por lo general es mejor elegir celdas contiguas en la hoja de cálculo para poner en práctica las fórmulas LHS de las restricciones en un modelo.

❚ Definiendo las condiciones de no negatividad El último paso consiste en establecer que las variables de decisión no sean negativas. En la figura A.8 se puede observar, en el cuadro de diálogo de los parámetros de Solver, marcada la caja Convertir variables sin restricción en no negativas, esto significa que las variables de decisión en las celdas B5 y C5 son no negativas. 197

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A

Aplicaciones de la optimización lineal usando hojas de cálculo

Figura A.8  Introducción de las restricciones del modelo.

❚ Resolviendo el modelo Una vez que se introducen todos los parámetros y se eligen las opciones necesarias para el modelo, el siguiente paso es resolver el problema. Para ello, primero se hace clic en el botón Resolver, en el cuadro de diálogo de los Parámetros de Solver, para resolver el problema. Cuando Solver encuentra la solución óptima, se muestra el cuadro de diálogo Resultados de Solver que se puede observar en la figura A.9; si los valores de la pantalla no coinciden con los de esta figura, se debe hacer clic en los botones Restaurar valores originales y Aceptar, y volverlo a intentar.

Figura A.9  Solución óptima para el problema ejemplo.

Este cuadro de diálogo proporciona opciones para mantener la solución encontrada por Solver o la restauración de la hoja de cálculo a su condición original. Por lo común, es muy probable que se quiera mantener la solución de Solver, a menos que hay a un problema con este. 198

Grupo Editorial Patria© Como se aprecia en la figura A.9, Solver ha determinado que el valor óptimo para la celda B5 es 122 y el valor óptimo para la celda C5 es 78. Estos valores corresponden a los valores óptimos para X1 y X2. El valor de la celda objetivo (D6) ahora indica que si la empresa produce y vende 122 mesas redondas y 78 mesas cuadradas, obtendrá un beneficio de 66 100 pesos. Las celdas D9, D10 y D11 indican que esta solución utiliza los 200 pies de triplay disponibles, las 1 566 horas de mano de obra disponibles y 2 712 de los 2 880 pies de madera sólida disponible.

Problema de flujo máximo El objetivo del problema de flujo máximo es determinar la cantidad máxima de flujo que puede circular en la red. En un problema de este tipo, la cantidad de flujo que puede circular en cada uno de los arcos está limitado por alguna restricción de capacidad. Este tipo de red podría ser utilizado para, por ejemplo, modelar el flujo de combustible en una tubería (en el que la cantidad de combustible que puede fluir a través de un tubo en una unidad de tiempo está limitado por el diámetro de la tubería). Además, ingenieros de tráfico también utilizan este tipo de red para determinar el número máximo de coches que pueden viajar a través de un conjunto de calles con diferentes capacidades impuestas por el número de carriles y los límites de velocidad. El siguiente ejemplo ilustra el problema de flujo máximo.

Problema resuelto La compañía “Petróleos no mexicanos” opera un yacimiento de petróleo y refinería en México. El bruto (omita el doble sentido que esta palabra puede tener) obtenido desde el campo de petróleo se bombea a través de la red de subestaciones de bombeo, como se muestra en la figura A.10, a la refinería de la empresa que se encuentra a 500 kilómetros del campo petrolero. La cantidad de combustible que puede fluir a través de cada una de las tuberías, representado por los arcos en la red, varía debido a los diferentes diámetros de tubería. Los números próximos a los arcos en la red indican la cantidad máxima de combustible que puede fluir a través los distintos gasoductos (en miles de barriles por hora). La compañía quiere determinar el número máximo de barriles por hora que puede fluir desde el yacimiento de petróleo a la refinería.

Petróleos no mexicanos Estación 1

Estación 3 3

2 6 1

2

6

Campo

Refinería

4

2 3 Estación 2



4

6

4 5

5 Estación 4

Figura A.10  Red de suministro de la empresa.

Solución

El problema de flujo máximo parece ser muy diferente de otros modelos de flujo de red, ya que no incluye los suministros o demandas de los nodos específicos. Sin embargo, el problema se puede resolver de la misma manera que un problema de transbordo, si se agrega un arco de retorno del nodo final al nodo de inicio, al asignar una demanda de 0 a todos los nodos de la red e intentar maximizar el flujo a través del arco de regreso. La figura A.11 muestra estas modificaciones. Para entender la red de dicha figura, supongamos que k unidades se envían del nodo 6 al nodo 1 (donde k representa un

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Aplicaciones de la optimización lineal usando hojas de cálculo entero). Debido a que el nodo 6 tiene un suministro de 0, se puede enviar k unidades al nodo 1 solo si estas pueden ser de vueltas a través de la red al nodo 6 (para equilibrar el flujo en este nodo).

Petróleos no mexicanos Estación 1

Estación 3 3

2 6 1

2

6

Campo

Refinería

4

2 3

6

4 5

5

Estación 2

4

Estación 4

Figura A.11  Modificación de la red suministro.

Las capacidades de los arcos delimitan la cantidad de unidades que pueden ser devueltas al nodo 6. Por tanto, el flujo máximo a través de la red corresponde al mayor número de unidades que se pueden enviar del nodo 6 al nodo 1 y de regreso a través de la red al nodo 6 (como ya se explicó). Para determinar el nivel máximo de flujo al maximizar el flujo del nodo 6 al nodo 1 se puede resolver un modelo de programación lineal, dados los límites superiores adecuados en cada arco y las restricciones usuales de balance de flujo. Este modelo se representa como: Max: X61 Sujeto a:

+X61 − X12 − X13 = 0



+X12 − X24 − X25 = 0



+X13 − X34 − X35 = 0



+X24 + X34 − X46 = 0



+X25 + X35 − X56 = 0



+X46 + X56 − X61 = 0



0 ≤ X12 ≤ 6; 0 ≤ X25 ≤ 2; 0 ≤ X46 ≤ 6



0 ≤ X13 ≤ 4; 0 ≤ X34 ≤ 2; 0 ≤ X56 ≤ 4



0 ≤ X24 ≤ 3; 0 ≤ X35 ≤ 5; 0 ≤ X61 ≤ ∞

❚ El modelo en hoja de cálculo y su solución Como se muestra en la figura A.12, este modelo se implementa en la hoja de cálculo. En este caso, la columna G representa los límites superiores de cada arco mientras que la función objetivo está representada por la celda B16, que contiene la fórmula: B16: = B14 Por su parte, la celda B14 representa el flujo del nodo 6 al nodo 1 (o X61). Esta celda corresponde a la variable que queremos maximizar en la función objetivo del modelo de programación lineal. Las opciones Parámetros de Solver y las otras que se muestran en la figura A.13 se utilizan para obtener la solución óptima que se aprecia en la figura A.12. Debido a que los arcos que conducen al nodo 6 (X46 y X56) tienen una capacidad total para 10 unidades de flujo, puede ser sorprendente saber que solo nueve unidades pueden fluir a través de la red. Sin embargo, la solución óptima que se muestra en la figura A.12 indica que el flujo máximo a través de

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Figura A.12  Representación en la hoja de cálculo del problema de flujo máximo. la red es justamente este. Los flujos óptimos identificados en la figura A.12 para cada arco se muestran en las casillas de las capacidades de la figura A.14; en esta también se observa que el arco del nodo 5 al nodo 6 está en su plena capacidad (cuatro unidades), mientras que el arco del nodo 4 hacia el nodo 6 está una unidad por debajo de su plena capacidad (seis unidades). Aunque el arco del nodo 4 al nodo 6 puede llevar una unidad adicional de flujo, se impidió hacerlo porque todos los arcos que fluyen hacia el nodo 4 (X24 y X34) están a su plena capacidad.



Figura A.13  Parámetros del Solver.

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A

Aplicaciones de la optimización lineal usando hojas de cálculo Un gráfico similar a la figura A.14, que resume los flujos óptimos en un problema de flujo máximo, es útil para identificar dónde sería más eficaz el aumento de las capacidades de flujo. Por ejemplo, en este gráfico, se puede ver que a pesar de que X24 y X34 están a su plena capacidad, el aumento de esta no se debe necesariamente al flujo a través de la red. El aumento de la capacidad de X24 permitiría un aumento del flujo a través de la red, porque una unidad adicional podría fluir desde el nodo 1 hasta el nodo 2, después al nodo 4 y luego al nodo 6. Sin embargo, el aumento de la capacidad de X34 no permitiría un aumento en el flujo total debido a que el arco desde el nodo 1 hasta el nodo 3 ya está a plena capacidad.

Estación 1 2 5

1

4

2 2

6

6

Campo

4

5

6

Refinería

2 2

4 3

4

4

5

5 2

Estación 2

Estación 3

3 3

Estación 4

Figura A.14  Representación de la solución óptima.

Problema de transporte Problema resuelto La compañía de luz tiene tres centrales que cubren las necesidades de cuatro ciudades. Cada central suministra las cantidades siguientes de kilowatts-hora: planta 1, 35 millones; planta 2, 50 millones; planta 3, 40 millones. Las demandas de potencia pico en estas ciudades que ocurren a la misma hora (2:00 p.m.) son como sigue (en kw/h): ciudad 1, 45 millones; ciudad 2, 20 millones; ciudad 3, 30 millones y ciudad 4, 30 millones. Los costos por enviar un millón de kw/h de la planta dependen de la distancia que debe viajar la electricidad y se muestran en la tabla A.1.

Tabla A.1 Ciudad 1

Ciudad 2

Ciudad 3

Ciudad 4

Suministros

$8.00

$6.00

$10.00

$9.00

35

Planta 2

$9.00

$12.00

$13.00

$7.00

50

Planta 3

$14.00

$20.00

$16.00

$5.00

40

Demanda

45

20

30

30

Planta 1

Formular un problema lineal para minimizar el costo de satisfacer la demanda de potencia pico de cada ciudad. Solución

Este problema se resuelve a través del Solver de Excel, colocando celdas para las variables de decisión, como se observa en la siguiente figura.

202

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Figura A.15 Obsérvese que las celdas $B$4 a $B$6, $E$4 a $E$6, $H$4 a $H$6 y $K$4 a $K$6 describen el costo de enviar un millón de kw/hora de la planta i a la ciudad j. En tanto, en las celdas $C$4 a $C$6, $F$4 a $F$6, $I$4 a $I$6 y $L$4 a $L$6 se encuentran las variables de decisión; por ejemplo, $C$4 es la cantidad de millones de kw/hora que se envía de la planta 1 a la ciudad 1, $F$6 es la cantidad de millones de kw/hora que se envía de la planta 3 a la ciudad 2 y así sucesivamente. Por su parte, en las celdas $D$4 a $D$6, $G$4 a $G$6, $J$4 a $J$6 y $M$4 a $M$6 se encuentran los costos que están en función del valor de las variables de decisión; por ejemplo, para obtener la celda $D$4 hay que efectuar la multiplicación de $B$4 por $C$4, como se aprecia en figura A.16.

Figura A.16 El siguiente paso del proceso es escribir las restricciones, nótese que en la celda $C$13 se coloca la suma de las variables de decisión que describen lo enviado por la planta 1 a cada ciudad.

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A

Aplicaciones de la optimización lineal usando hojas de cálculo

Figura A.17 De manera similar, la celda $G13 contiene la suma de las celdas correspondientes a las variables de decisión de los millones de kw/hora que llegan a la ciudad 1 de cada planta.

Figura A.18 En las celdas $D$13 a $D15 se coloca la oferta máxima de cada planta. De manera similar, las celdas $H$13 a $H16 contienen la demanda mínima requerida por cada ciudad.

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Figura A.19 Por último, se resuelve el problema, para ello es necesario ir a Datos en el menú y luego a la opción Solver. Al aparecer la ventana de los parámetros de Solver se coloca el valor de la celda objetivo, en este caso $B$9, en el valor de la celda objetivo se selecciona la opción Mínimo y en el campo Cambiando las celdas se colocan todas las que contienen a las variables de decisión.



Figura A.20

Luego, se construyen las restricciones apretando el botón Agregar; por ejemplo, la restricción de la oferta de la planta 1 se realiza utilizando las celdas construidas con anterioridad, apretar aceptar e introducir todas las restricciones para la oferta y la demanda.



Figura A.21

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A

Aplicaciones de la optimización lineal usando hojas de cálculo Una vez que se colocan todas las restricciones, la ventana se debe ver como se aprecia en la figura A.22.

Figura A.22 Enseguida, con el botón Opciones se especifican las opciones: Adoptar modelo lineal y Adoptar no negativos. Por último, se selecciona el botón Resolver, donde se acepta el uso de la solución encontrada en Solver.



Figura A.23

La solución se muestra en la figura A.24.

206

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Figura A.24 Entonces, se envían 20 millones de kw/hora de la planta 1 a la ciudad 2, con un costo de $120 y 15 millones de kw/hora de la planta 1 a la ciudad 3, con un costo de $150. En tanto, de la planta 2 a la ciudad 1 se envían 45 millones kw/hora con un costo de $405, 5 kw/hora de la planta 2 a la ciudad 3, con un costo de $65. Por último, de la planta 3 a la ciudad 3 se envían 10 millones de kw/hora con un costo de $160; y a la ciudad 4, 30 con un costo de $150. Como se puede ver, el costo mínimo es de $1 050 y las restricciones se cumplen.

Problema de asignación A continuación se presenta un problema resuelto de asignación.

Problema resuelto Cinco empleados llevan a cabo cuatro tareas. El tiempo que toma a cada persona realizar cada tarea en horas se muestra en la tabla A.2. Determinar la asignación de empleados a las tareas que reduce el tiempo total requerido para efectuar las cuatro tareas.

Tabla A.2 Tarea 1

Tarea 2

Tarea 3

Tarea 4

Persona 1

22

18

30

18

Persona 2

18

27

22

Persona 3

26

20

28

28

Persona 4

16

22

Persona 5

21

14 25

28

Solución

A continuación se describe paso a paso la solución a través del Solver de Excel.

207

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A

Aplicaciones de la optimización lineal usando hojas de cálculo Así, primero se escribe el problema, colocando celdas para las variables de decisión. Obsérvese que la persona 2 no puede hacer la tarea 2, por lo que se coloca un valor muy grande en estas celdas, con la finalidad de que no sean consideradas cuando se minimice el tiempo total.

Figura A.25 En este caso, las celdas $C$5 a $C$9, $F$5 a $F$9, $I$5 a $I$9 y $L$5 a $L$9 se refieren al tiempo en horas que se tarda la persona i en realizar la tarea j. Mientras que en las celdas $D$5 a $D$9, $G$5 a $G$9, $J$5 a $J$9 y $M$5 a $M$9 se encuentran las variables de decisión; por ejemplo, $G$8 es una variable binaria que será 1 si la persona 4 realiza la tarea 2 y 0 si no es asignada a esta actividad; $M$6 será 1 si la persona 2 realiza la tarea 4 y 0 en el caso contrario, y así sucesivamente. En cuanto a las celdas $E$5 a $E$9, $H$5 a $H$9, $K$5 a $K$9 y $N$5 a $N$9, en estas se encuentra el tiempo que está en función del valor de las variables de decisión; por ejemplo, para obtener la celda $H$5 es necesario efectuar la multiplicación de $F$5 por $G$5 como se aprecia en la figura A.26.

Figura A.26

208

Grupo Editorial Patria© Posteriormente, se establece la función objetivo. Obsérvese que en este problema se requiere minimizar el tiempo total de duración de las tareas, lo que se especifica en Excel sumando el contenido de todas las celdas de tiempo; en este caso, por practicidad, se ha hecho a través de la función suma.

Figura A.27 A continuación, se detallan las restricciones; nótese que en la celda $D$15 se coloca la suma de las variables de decisión que describen la realización de cada una de las tareas realizadas por la persona 1. En la celda $E$15 se coloca el 1, puesto que la persona 1 solo puede realizar una sola tarea (solo una variable de decisión puede ser igual a 1, las otras serán igual a 0).

Figura A.28 De manera similar, la celda $H15 contiene la suma de las celdas correspondientes a las variables de decisión de todas las personas (personas 1 a 5) que pueden realizar la tarea 1. La celda $I$15 es igual a 1 porque la tarea 1 será hecha solo por una persona.

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A

Aplicaciones de la optimización lineal usando hojas de cálculo



Figura A.29

Una vez construidas las restricciones, se resuelve el problema. Primero, se deberá ir a la opción Datos en el menú y luego a la opción Solver. Al aparecer la ventana de los parámetros de Solver, se coloca el valor de la celda objetivo; en este caso, $C$11, en el valor de la celda objetivo se selecciona la opción Mínimo; y en el campo Cambiando las celdas se colocan todas las celdas que contienen a las variables de decisión, nótese que esta vez se han puesto en intervalos que corresponden a cada tarea, separados por comas.

Figura A.30 

210

Grupo Editorial Patria© Luego, se construyen las restricciones a través del botón Agregar; por ejemplo, la restricción de la oferta de la persona 1 se realiza utilizando las celdas construidas con anterioridad, se selecciona Agregar, se introducen todas las restricciones para la oferta y la demanda, y por último se selecciona Aceptar.

Figura A.31  Una vez colocadas todas las restricciones, la ventana se debe ver como se aprecia en la figura A.32.



Figura A.32

Con el botón Opciones, se especifica la opción a seguir: Adoptar modelo lineal y Adoptar no negativos. Por último, se selecciona el botón Resolver, mediante el cual se acepta el uso de la solución encontrada en el Solver.

Figura A.33 

211

APÉNDICE

A

Aplicaciones de la optimización lineal usando hojas de cálculo La solución se muestra en la figura A.34.

Figura A.34 Como puede observarse en la figura, en la celda $G$5, la persona 1 realiza la tarea 2 la persona 2 realiza la tarea 1 (véase $D$6), la persona 3 no realiza ninguna tarea, la persona 4 realiza la tarea 4 (véase $M$8) y la persona 5 efectúa la tarea 3 (véase $J$9). Véase que el costo mínimo es de $75 y que las restricciones se cumplen.

Problema de transbordo Problema resuelto Supóngase que se fabricará un mismo producto nuevo en dos plantas distintas y que será necesario enviarlo a dos almacenes de distribución, donde cualquiera de las dos plantas podrá abastecer a los dos almacenes. La red de distribución disponible se muestra en la figura A.35. La decisión que deberá tomarse se refiere a cuánto enviar a través de cada canal de distribución para minimizar el costo total de envío.

50 unidades

$900/unidades

F1

A1

$400/unidades Máximo 10 unidades

$200/unidades

$200/unidades $300/unidades

CD $100/unidades $300/unidades

40 unidades

212

Figura A.35

F2

Máximo 80 unidades

A2

Grupo Editorial Patria© Solución

Este problema puede resolverse a través del Solver de Excel. Para ello, primero se escribe el problema colocando celdas para las variables de decisión (véase figura A.36).

Figura A.36 Obsérvese que en las filas se han colocado los nodos de salida (oferta) y en las columnas los nodos de entrada (demanda). Las celdas $C$6, $F$6, $F$7, $I$6, $I$10, $L$8 y $L$9 contienen el costo por mover un artículo del nodo i al nodo j. En tanto, en las celdas $D$6, $G$6, $G$7, $J$6, $J$10, $M$8 y $M$9 se especifican las variables de decisión; por ejemplo, $D$6 es el número de artículos que se envían de la fábrica 1 (F1) a la fábrica 2 (F2); $J$10 es el número de artículos que se envían del almacén 2 (A2) al almacén 1 (A1) y así sucesivamente. En las celdas $E$6, $H$6, $H$7, $K$6, $K$10, $N$8 y $N$9 se ubica el costo que está en función del valor de las variables de decisión; por ejemplo, para obtener la celda $E$6 es necesario efectuar la multiplicación de $C$6 por $D$6, como se aprecia en la figura A.37.

Figura A.37

213

APÉNDICE

A

Aplicaciones de la optimización lineal usando hojas de cálculo Posteriormente, se establece la función objetivo. Una vez que se obtienen todos los costos, estos se suman, como se aprecia en la figura A.38. Nótese que en este problema se requiere minimizar el costo total de enviar los artículos de los nodos fuente a los nodos demanda.

Figura A.38 Luego, se formulan las restricciones; es necesario construir una para cada nodo. Para el lado derecho de las restricciones, $E$18 y $E$19 contienen la máxima oferta de los nodos fuente (en este caso: F1 y F2), obsérvese que estas cantidades son positivas; el nodo transbordo siempre debe ser cero ($E$21) y la mínima demanda se coloca en las celdas $E$23 y $E$24 en negativo. Para el lado izquierdo, es imprescindible recordar el principio que rige la construcción de las restricciones del problema de transbordo: todo sale, excepto lo que entra para cada nodo. Así, si hablamos del nodo F1, este solo tiene salidas y ninguna entrada, por lo que únicamente deben sumarse $D$6, $G$6 y $J$6; el nodo F1 solo tiene fila y no columnas. El nodo F2 ya tiene salidas (fila 7: $G$7) y entradas (columna D: $D$6), por lo que se efectúa la operación de $G$7- $D$6.

Figura A.39

214

Grupo Editorial Patria©

Figura A.40

Enseguida, se construyen las restricciones del nodo transbordo y los nodos demanda de manera similar; para la restricción de los arcos se coloca la máxima capacidad en las celdas $H$18 y $H$19, así como en las celdas $I$18 y $I$19 se iguala con la celda que contiene el número de artículos que pasan por dicho arco. Por ejemplo, de F1 a F2 solo pueden enviarse 10 unidades.

Figura A.41

El problema se resuelve al ir a Datos en el Menú y luego a la opción Solver. Al aparecer la ventana de los parámetros de Solver, se coloca el valor de la celda objetivo, en este caso $C$14, en el valor de la celda objetivo, se selecciona la opción Mínimo; y en el campo Cambiando las celdas se colocan todas las celdas que contienen a las variables de decisión separadas por comas.

215

APÉNDICE

A

Aplicaciones de la optimización lineal usando hojas de cálculo



Figura A.42

Acto seguido, se construyen las restricciones a través del botón Agregar; por ejemplo, la restricción del nodo F1 se realiza utilizando las celdas construidas antes. Luego, se selecciona Agregar y se introducen todas las restricciones para cada nodo, al final se oprime la opción Aceptar.



Figura A.43

Una vez colocadas todas, la ventana se debe ver como se muestra en la figura A.44.



216

Figura A.44

Grupo Editorial Patria© Con el botón Opciones se especifica Adoptar modelo lineal y Adoptar no negativos. Por último, se selecciona el botón Resolver, mediante el cual se acepta el uso de la solución encontrada en el Solver.



Figura A.45

La solución se muestra en la figura A.46.

Figura A.46 Así, se sabe que de F1 a A1 se envían 10 artículos ($J$6); F1 también envía 40 artículos al CD ($G$6); F2 envía 40 artículos al CD ($G$7); el CD envía 80 artículos al A2 ($M$8) y este a su vez 20 a A1 ($J$10). Todas las restricciones se cumplen con un costo de $51 000.00.

217

APÉNDICE

A

Aplicaciones de la optimización lineal usando hojas de cálculo

Problema de ruta más corta Problema resuelto En fechas recientes se reservó un área para paseos y campamentos. En esta no se permite la entrada de automóviles, aunque existe un sistema de caminos angostos con curvas para tranvías y jeeps conducidos por los guardabosques. La figura A.47 muestra este sistema de caminos sin las curvas, en donde 0 es la entrada al parque y los otros números representan la localización de las casetas de los guardabosques (y otras instalaciones del servicio). Los números son las distancias en kilómetros de estos caminos sinuosos. El parque tiene un mirador, desde el que se aprecia un hermoso paisaje en la estación 6. Unos cuantos tranvías transportan a los visitantes desde la estación 6 y de regreso. Determinar qué ruta, desde la entrada del parque a la estación 6, es la que tiene la distancia total más corta para la operación de los tranvías.

1 7

2

2

2

7

1

4

6

4

4

5

0

5

1 3

3 Figura A.47 

4

5

Este problema será resuelto como uno de transbordo, considerando que el 0 es el nodo fuente y el 6 el nodo demanda y todos los demás son nodos de transbordo. Las variables de decisión serán 1 si la persona utiliza la el arco, 0 en caso contrario. Solución

Se escribe el problema en Excel, colocando celdas para las variables de decisión.

Figura A.48

218

Grupo Editorial Patria© En las filas se han colocado los nodos de salida y en las columnas los nodos de entrada. Las celdas $C$3, $F$3, $F$4, $F$6, $I$3, $L$4, $L$5, $L$8, $O$5, $O$6, $R$7 y $R$8 contienen la distancia en kilómetros del nodo i al nodo j. En las celdas $D$3, $G$3, $G$4, $G$6, $J$3, $M$4, $M$5, $M$8, $P$5, $P$6, $S$7 y $S$8 se encuentran las variables de decisión; por ejemplo, $D$3 es una variable binaria que toma el valor de 1 si se toma la ruta del nodo 0 al nodo 1, y 0 en caso contrario. De igual forma, $M$5 es 1 si se toma la ruta del nodo 2 al nodo 4 y así sucesivamente. En las celdas $E$3, $H$3, $H$4, $H$6, $K$3, $N$4, $N$5, $N$8, $Q$5, $Q$6, $T$7 y $T$8 se calcula la distancia que está en función del valor de las variables de decisión; por ejemplo, para obtener la celda $E$3 es necesario efectuar la multiplicación de $C$3 por $D$3, como se aprecia en la figura A.49.

Figura A.49 Posteriormente, se suman todos los costos después de haberlos calculado, como se explicó en el paso anterior, con la finalidad de construir la función objetivo. Nótese que en este problema se requiere minimizar la distancia total.

Figura A.50

219

APÉNDICE

A

Aplicaciones de la optimización lineal usando hojas de cálculo Como se dijo antes, es necesario construir una restricción para cada nodo; para el lado derecho de las restricciones, $E$12 contiene la máxima oferta del nodo fuente, en este caso al ser una variable binaria es 1; para los nodos de transbordo siempre debe ser cero ($E$14 a $E$18) y la mínima demanda se coloca en las celda $E$20 en negativo. Para el lado izquierdo, es necesario recordar el principio utilizado en el problema anterior y que rige la construcción de las restricciones del problema de transbordo, todo sale, excepto lo que entra para cada nodo; el nodo 0 solo tiene salidas y ninguna entrada, por lo únicamente deben sumarse $D$3, $G$3 y $J$3; el nodo 0 solo tiene filas y no columnas. El nodo 1 ya tiene salidas (fila 4: $G$4 y $M$4) y entradas (columna D: $D$3), por lo que se efectúa la operación de $G$4 + $M$4 - $D$3.

Figura A.51 Enseguida, de manera similar, se construyen las restricciones de los nodos transbordo y el nodo demanda. Se resuelve el problema, ir a Datos en el Menú y luego a la opción Solver. Cuando aparece la ventana de los parámetros de Solver, se coloca el valor de la celda objetivo, en este caso $W$14; en el valor de la celda objetivo se selecciona la opción Mínimo, y en el campo Cambiando las celdas se colocan todas las celdas que contienen a las variables de decisión separadas por comas.

220

Grupo Editorial Patria©



Figura A.52

Enseguida, se construyen las restricciones a través del botón Agregar; por ejemplo, la restricción del nodo F1 se realiza utilizando las celdas restricción construidas anteriormente, se selecciona Agregar y se introducen todas las restricciones para cada nodo; al final se da clic en Aceptar.



Figura A.53

Una vez que se colocan todas las restricciones, la ventana se debe ver como en la figura A.54.



Figura A.54

221

APÉNDICE

A

Aplicaciones de la optimización lineal usando hojas de cálculo Con el botón Opciones se especifica Adoptar modelo lineal y Adoptar no negativos. Por último, se selecciona el botón Resolver donde se acepta utilizar la solución encontrada en el Solver.



Figura A.55

La solución se muestra en la figura A.56.

Figura A.56 Del nodo 0 se pasa al nodo 1 ($D$3), del nodo 1 al nodo 2 ($G$4), del nodo 2 al 4 ($M$5) y del nodo 4 al nodo 6 ($S$7). Todas las restricciones se cumplen con una distancia de 13 kilómetros.

222

Problemas para resolver

Grupo Editorial Patria©

1.  Una compañía suministra bienes a tres clientes, de los cuales cada uno requiere 30 unidades. La compañía tiene dos almacenes. El almacén 1 tiene 40 unidades y el almacén 2, 30 unidades disponibles. Los costos de enviar una unidad desde el almacén al cliente se muestran en la tabla A.3. Es importante resaltar que hay una penalización por cada unidad de demanda no suministrada al cliente: con el cliente 1 se incurre en un costo de penalización de $90; con el cliente 2 de $80, y con el cliente 3 de $110. Formular un problema de transporte equilibrado para minimizar la suma de escasez y costos de envío.

Tabla A.3

A

4.  Supóngase que una persona va a hacer un viaje en auto a otra ciudad que nunca ha visitado. Antes de salir, estudia un plano para determinar la ruta más corta a su destino. Según la ruta que elija, hay otras cinco ciudades (llamadas A, B, C, D, E) por las que puede pasar en el camino. El plano muestra las millas de cada carretera que tiene una conexión directa entre dos ciudades. Estas cifras se resumen en la tabla A.5, donde un guión indica que no hay conexión directa. Formular este problema como uno de ruta más corta trazando una red donde los nodos son ciudades, los arcos carreteras y los números la distancia en millas. Tabla A.5

DE/A

Cliente 1

Cliente 2

Cliente 3

Almacén 1

$15

$35

$25

Almacén 2

$10

$50

$40

Millas entre ciudades adyacentes Pueblo

A

B

C

D

E

Destino

Origen

40

60

50

----

----

----

10

----

70

----

----

20

55

40

----

50

----

10

60

A

Solución

B

Del almacén 1 al cliente 2, 10 unidades; del almacén 1 al cliente 3, 30 unidades y del almacén 2 al cliente 1, 30 unidades. El cliente 2 no recibirá 20 unidades. 2.  Respecto al problema anterior, supóngase que podrían comprarse unidades extra y enviarse a cualquier almacén con un costo total de $100 por unidad y que se debe satisfacer la demanda de los clientes. Formular un problema de transporte equilibrado para minimizar la suma de costos de compra y envío. Solución Del almacén 1 al cliente 2, 10 unidades; del almacén 1 al cliente 3, 30 unidades; y del almacén 2 al cliente 1, 30 unidades. Se comprarán 20 unidades para satisfacer al cliente 2. 3.  Un banco tiene dos sitios en los que se procesan los cheques. El sitio uno tiene capacidad para procesar 10 000 y el sitio dos, 6 000 cheques por día. El banco procesa tres tipos de cheques: vendedor, salario y personal. El costo de procesamiento por cheque depende del sitio. Por día deben procesarse 5 000 cheques de cada tipo. Formule un problema de transporte equilibrado para minimizar el costo diario de procesar los cheques.

APÉNDICE

C

----

D E

80

Solución La ruta es Origen-A-B-D-Destino y la distancia mínima es de 165 millas. 5.  Un vuelo está a punto de despegar de Seattle sin escalas a Londres. Existe cierta flexibilidad para elegir la ruta precisa, según las condiciones del clima. La siguiente red describe las rutas posibles consideradas, donde SE y LN son Seattle y Londres, respectivamente, y los otros nodos representan varios lugares intermedios. El viento a lo largo de cada arco afecta mucho el tiempo del vuelo (y, por ende, el consumo de combustible). Con base en el informe meteorológico actual, junto a los arcos en la figura A.57 se muestran los tiempos de vuelo (en horas). Debido al alto costo de combustible, la administración ha establecido la política de elegir la ruta que minimiza el tiempo total de vuelo. Formular este como un problema de la ruta más corta. 3.5

A

D

3.4

Tabla A.4 Sitio (c) Cheques

1

2

Vendedor

5

3

Salario

4

4

Personal

2

5

SE

4.6 4.7

3.2

B

E

3.3 4.2

Solución

3.4

3.6

3.6

LN

3.8

3.5 C

3.4

F

Figura A.57

Se minimiza con un costo de $45 000.00; del sitio 1 se producen 5 000 cheques para salario y 5 000 para personal; del sitio 2 se producen 5 000 cheques para vendedor y en este sitio tiene capacidad para producir 1 000 cheques más. Problemas aplicados a la realidad

Solución La ruta que minimiza el tiempo total de vuelo es SE-C-E-LN con un tiempo de 11.3 horas.

Problemas para resolver con tecnología

223

A

APÉNDICE

Problemas para resolver

6.  Supóngase una empresa que fabrica dispositivos mecánicos en dos fábricas diferentes, una en Memphis y otra en Denver. La fábrica de Memphis puede producir 150 dispositivos por día, mientras que la de Denver 200. Los dispositivos se envían por aire a clientes en Boston y Los Ángeles. Los clientes de cada ciudad requieren 130 dispositivos por día. Debido a la desregulación de las tarifas áreas, la empresa cree que puede ser más barato enviarla a Nueva York o Chicago, y de ahí a sus destinos finales. Los costos se muestran en la tabla A.6. Formular la ruta más corta.

De/A

Memphis

Denver

Nueva York

Memphis

0

-------

8

13

25

28

Denver

-------

0

15

12

26

25

Nueva York

-------

-------

0

6

16

17

Chicago

-------

-------

6

0

14

16

Los Ángeles

-------

-------

-------

-------

0

Boston

-------

-------

-------

-------

-------

Chicago

Los Ángeles

Boston

De Memphis a Nueva York y posteriormente a Los Ángeles, 130; de Denver directamente a Boston, 130; Memphis conserva 20 y Denver 70. 7.  General Ford tiene dos plantas, dos almacenes y tres clientes. Las plantas están en Detroit y Atlanta, los almacenes en Denver y Nueva York, y los clientes en Los Ángeles, Chicago, y Filadelfia. Los automóviles se producen en las plantas, luego se envían a los almacenes y, por último, a los clientes. Detroit puede producir 150 automóviles y Atlanta 100 automóviles por semana. En Los Ángeles requieren 80 automóviles por semana, en Chicago, 70; y en Filadelfia, 60. Cuesta 10 000 dólares producir un automóvil en cada planta. El costo de envío de un automóvil entre dos ciudades se observa en las tablas A.7 y A.8. Determinar cómo satisfacer las demandas semanales a un costo mínimo. Tabla A.7

Libre

Pecho

Mariposa

Dorso

Gabriela Hernández

54

54

51

53

Marcela Salinas

51

57

52

52

Julia Martínez

50

53

54

56

Claudia Gómez

56

54

55

53

Gabriela Hernández, mariposa; Marcela Salinas, dorso; Julia Martínez, libre y Claudia Gómez, pecho; con un tiempo total de 206 segundos. 9.  Se cuenta con dos depósitos para suministrar agua a tres ciudades. Cada depósito puede suministrar hasta 50 millones de galones por día. A cada ciudad le gustaría recibir 40 millones de galones por día. Por cada millón de galones por día de demanda sin satisfacer se aplica una penalización. En la ciudad 1 es de $20, en la 2 de $22 y en la 3 de $23. El costo de transportar un millón de galones de agua desde cada depósito a cada ciudad se ilustra en la tabla A.10. Minimizar el costo de transporte.

Tabla A.10 De/A

Ciudad 1

Ciudad 2

Ciudad 3

Depósito 1

7

8

10

Depósito 2

9

7

8

Solución

De/A

Denver

Nueva York

Detroit

1 253

637

Atlanta

1 398

841

Del depósito 1 a la ciudad 1, 20; del depósito 1 a la ciudad 2, 30; del depósito 2 a la ciudad 2, 10; del depósito 2 a la ciudad 3, 40; no se surtirán 20 unidades a la ciudad 1.

Tabla A.8 De/A

Los Ángeles

Chicago

Filadelfia

Denver

1 059

996

1 691

Nueva York

2 786

802

100

Solución De Detroit a Denver, 20; de Detroit a Nueva York, 130; de Atlanta a Denver, 60; de Denver a Los Ángeles, 80; de Nueva 224

Nadadora/ Estilo

Solución 0

Solución



8.  Se reúne a un equipo de relevos para una competencia de 400 metros. Cada deportista debe nadar 100 metros de brazada de pecho, dorso, mariposa o estilo libre. El entrenador cree que cada nadadora obtendrá los tiempos, en segundos, dados en la tabla siguiente. Para reducir el tiempo de la competencia, ¿Qué nadadora debe nadar cada estilo? Tabla A.9

Tabla A.6



York a Chicago, 70; de Nueva York a Filadelfia, 60; Atlanta conserva 40 con un costo mínimo de $338 610.00.

Problemas aplicados a la realidad

10.  Una compañía suministra bienes a tres clientes y cada uno requiere 30 unidades. La compañía tiene dos almacenes. El almacén 1 tiene 40 unidades disponibles y el almacén 2 tiene 30. Los costos de enviar una unidad del almacén al cliente se muestran en la tabla A.11. Existe una penalización por cada unidad de demanda no suministrada al cliente: con el cliente 1 un costo de $90.00, con el 2 de $80.00 y con 3 de $110.00. Formular un problema de transporte equilibrado para minimizar la suma de escasez (los costos de la demanda no suministrada) y los costos de envío. Problemas para resolver con tecnología

Grupo Editorial Patria©

Tabla A.11 De/A

Cliente 1

Cliente 2

Cliente 3

Almacén 1

15

35

25

Almacén 2

10

50

40

Solución Del almacén 1 a la ciudad 2, 10; del almacén 1 a la ciudad 3, 30; del almacén 2 a la ciudad 1, 30; no se surtirán 20 a la ciudad 2. 11.  La figura A.58 representa diversos flujos que se pueden producir a través de la red de una planta de tratamiento de aguas residuales, los números en los arcos representan la máxima cantidad de flujo (en toneladas de agua residuales por hora) que se pueden acomodar. Formular un modelo de PL para determinar el flujo máximo de aguas residuales en toneladas por hora que pueden ser procesados por esta planta.

Problemas aplicados a la realidad

2

10 5

7

8

9

8 9

1

9

3

7

7 6

7

6 4

11

9

Figura A.58

Solución Flujo máximo = 24 toneladas de aguas residuales por hora.

Problemas para resolver con tecnología

225

APÉNDICE

226

A

Problemas para resolver

Problemas aplicados a la realidad

Problemas para resolver con tecnología

Grupo Editorial Patria©

Problemas aplicados a la realidad

Problemas para resolver con tecnología

227