LABORATORIO INVESTIGACIÓN OPERATIVA II
ALUMNO:
CURSO: INVESTIGACION OPERATIVA 2
PROFESOR: ING. ROMERY MAYTA HUATUCO 30/09/2015
ZAPAILLE NEYRA, EMIL CHRISTIAN
12170214
FIGUEROA AYASTA AYASTA,, ORLANDO ANGELO
09170110
ASENJO CARLOS
10170104
CAMINO MAS CORTO: PROBLEMA 1: Consideremos el siguiente diagrama donde los números asignados a cada uno de los arcos representan la distancia en kilómetros de un nodo a otro. Se desea encontrar la ruta con la distancia mínima para ir del nodo 1 al nodo 8.
2
8
5
4
17
7
20
1
4 12
9 15 8
7 3
2 22
8 6
SOLUCIÓN: 1.
Se asigna la etiqueta inicial m1=0.
= 0 2.
Se asigna la etiqueta:
= ( ( + ) = + = 0 + 4 => = 4 3. 4. 5. 6. 7. 8.
= + = 0 + 7 => = 7 = + = 7 + 12 => = 19 = + = 4 + 13 => = 12 = + , + = 19 + 2 ,7 + 8 => = 15 = + , + = 19 + 20 ,1 ,12 + 17 => = 29 = + , + , + = 19 + 15,29 + 9 ,15 + 22 22 => = 34
-
Se obtiene la ruta más corta corta para el problema es: 1-3-4-8, siendo su longitud de esta ruta 34 km.
SOLUCIÓN EN WIN QSB:
A continuación se presenta la solución del problema con el software Win-QSB. 1.) Paso 1: Seleccionar la opción indicada e ingresar el nombre del problema y su número de nodos.
2.) Paso 2: Ingresar los valores de cada nodo en la l a matriz obtenida.
3.) Paso 3: Seleccionar el nodo inicial y el nodo final respectivamente.
4.) Paso 4: Luego dirigirse al botón de correr el programa y se obtiene la matriz con los resultados resultados de cada nodo y el resultado final .
5.) Paso 5: También se puede obtener el diagrama de red del problema con la opción opción Graphic solution.
6.) Paso 6: Si quieres realizar un nuevo cambio en tu problema sin alterar la data original del problema lo puedes hacer por este medio, para hacer análisis que te pueden ayudar a tomar decisiones.
PROBLEMA 2: Una persona X debe estar en la ciudad (7) para un evento de la empresa en la misma noche, y tiene varias rutas alternativas para llegar a la ciudad. Consideremos el siguiente diagrama donde los números asignados a cada uno de los arcos representan la distancia en kilómetros de un nodo a otro. Se desea encontrar la ruta con la distancia mínima para ir del nodo 1 al nodo 7. 5
2 4
5 2
3
6
7
1
3
4 6
1
5
7 2
3
8
6
SOLUCIÓN: 1. Se asigna la etiqueta inicial m1=0.
= 0 2.
Se asigna la etiqueta:
= ( + ) = + = 0 + 4 => = 4 3.
= +
= 0 + 5 => = 5
= + , + , + = 6 5. = + , + = 6. = + , + , + = 11 7. = + , + = 4.
-
= 0 + 7, 4 + 3 ,5 + 1 => 4 + 5 ,6 + 2 => = 8 = 5 + 8, 6 + 6 ,8 + 3 => 8 + 6 ,11 + 2 => = 13
Se obtiene la ruta más corta para el problema es: 1-3-4-5-6-7, siendo su longitud de esta ruta 13 km.
SOLUCIÓN EN WIN QSB:
A continuación se presenta la solución del problema con el software Win-QSB. 1.) Paso 1: Seleccionar la opción indicada e ingresar el nombre del problema y su número de nodos.
2.) Paso 2: Ingresar los valores de cada nodo en la matriz obtenida.
3.) Paso 3: Seleccionar el nodo inicial y el nodo final respectivamente.
4.) Paso 4: Luego se obtiene la matriz con los resultados de cada nodo y el resultado final .
5.) Paso 5: También se puede obtener el diagrama de red del problema con la opción Graphic solution.
6.) Paso 6: Si quieres realizar un nuevo cambio en tu problema sin alterar la data original del problema lo puedes hacer por este medio, para hacer análisis que te pueden ayudar a tomar decisiones.
PROBLEMAS DE FLUJO MAXIMO: EJEMPLO 3: Una fábrica produce un cierto artículo el cual pasa los siguientes procesos: producción, control de calidad y almacenamiento. La fábrica posee 4 máquinas (M1, M2, M3, M4). Para la producción en tres centros de calidad (C1, C2, C3) y 5 almacenes (A1, A2, A3, A4, A5) desde se distribuye hasta los consumidores. La capacidad de producción mensual de las maquinas M1, M2, M3, M4 son de 30, 25, 35 y 20 cientos de unidades respectivamente. La capacidad de transporte de las maquinas a los centros de calidad y de los centros de calidad a los almacenes (ciento de unidades).
C1 18 25 9 13
M1 M2 M3 M4
C2 9 10 15 9
C3 6 4 13 12
C1 C2 C3
A1 6 9 7
A2 15 9
A3 13 13 12
A4 9 8
A5 9 7
La capacidad de almacenamiento de los almacenes A1, A2, A3, A4, A5 son 35, 20, 30, 25 y 15 ciento de unidades respectivamente. Determinar la máxima cantidad de productos que la fábrica debe producir al mes. SOLUCIÓN:
M1
A1 18 6
M2 10 4
25 35 20
6 C1 15 13 9
25
30
Io
35
9
C2
9 15
M3
13
9 13 8
A2 20
A3
9 7 9
20 C3
12
30
If
25 A4 15
13 M4
9 12
A5
Solución manual:
− − − − − − − − − − − − − − −
− − − − − − − − − − − − − − −
− − − − − − − − − − − − − − −
− = {,,,} = − = {,,,} = − = {,,,} = − = {,,,,} = − = {,,,} = − = {,,,} = − = {,,,} = − = {,,,} = − = {,,,} = − = {,,,} = − = {,,,} = − = {,,,} = − = {,,,} = − = {,,,} = − = {,,,} = Flujo máximo = 104
SOLUCIÓN EN Win – QSB: 1.) Paso1: Seleccionar la opción indicada e ingresar el nombre del problema y su número de nodos
2.) Paso 2: Ingresar los valores de cada nodo en la matriz obtenida.
3.) Paso 3: Seleccionar el nodo inicial y el nodo final respectivamente.
4.) Paso 4: Luego se obtiene la matriz con los resultados de cada nodo y el resultado final .
5.) Paso 5: También se puede obtener el diagrama de red del problema con la opción Graphic solution.
6.) Paso 6: Si quieres realizar un nuevo cambio en tu problema sin alterar la data original del problema lo puedes hacer por este medio, para hacer análisis que te pueden ayudar a tomar decisiones.
EJEMPLO 4: La compañía PETROGAS S.A posee tres plantas de capacidad de producción de 45, 65 y 80mil litros de combustible de las cuales deben ser distribuidas a cinco centros de distribución (CD). La capacidad de entrega de los CD a los intermediarios de venta es de 27, 40, 70,48 y 42 litros diarios. Necesariamente el centro de distribución CD2 debe recibir de la fábrica F2 al menos 8 mil litros y no más de 12 mil litros. La capacidad de transporte de las plantas a los CD es como sigue:
C1 C2 C3 SOLUCIÓN:
A1 11 15
A2 6 12 13
A3 9 8 10
A4 14 7
A5 11 15
CD1 27 11 6
F1 45 65 Io
9
CD2
40
14 F2
15 12 8 11
CD3
80 13 F3
70
If
45 10 7 15
CD4 42 CD5
SOLUCIÓN EN Win – QSB: 1.) Paso1: Seleccionar la opción indicada e ingresar el nombre del problema y su número de nodos
2.) Paso 2: Ingresar los valores de cada nodo en la matriz obtenida.
3.) Paso 3: Seleccionar el nodo inicial y el nodo final respectivamente.
4.) Paso 4: Luego se obtiene la matriz con los resultados de cada nodo y el resultado final .
5.) Paso 5: También se puede obtener el diagrama de red del problema con la opción Graphic solution.
6.) Paso 6: Si quieres realizar un nuevo cambio en tu problema sin alterar la data original del problema lo puedes hacer por este medio, para hacer análisis que te pueden ayudar a tomar decisiones.
ALGORITMO DE DIJKSTRA: Problema 01: La red de la figura contiene las distancias, en millas, entre pares de ciudades 1, 2,…, 8. Use el
algoritmo de Dijkstra para determinar la ruta más corta entre las siguientes ciudades 1 y 8.
Solución: -
Ruta más corta, utilizando Dijkstra, entre las ciudades 1 y 8:
1) [0* 2) [0* 3)
1 1*
2 2
∞
∞
∞
∞
∞]
∞
∞
∞
∞
∞]
Nueva Etiq. Nodo 3= min[∞; 1+1]= 2
Nueva Etiq. Nodo 4= min[∞; 1+5]= 6
Nueva Etiq. Nodo 5= min[∞; 1+2]= 3
[0*
1*
2
6
3
∞
∞
∞]
[0*
1*
2*
6
3
∞
∞
∞]
Mín {1, 2}= 2
Mín {2, 6, 3}= 2
4)
Nueva Etiq. Nodo 4= min[6; 2+2]= 4 Nueva Etiq. Nodo 5= min[3; 2+1]= 3
Nueva Etiq. Nodo 6= min[∞; 2+4]= 6
[0*
1*
2*
4
3
6
∞
∞]
[0*
1*
2*
4
3*
6
∞
∞]
Mín {4, 3, 6}= 3
5)
Nueva Etiq. Nodo 6= min[6; 3+3]= 6 Nueva Etiq. Nodo 7= min[10; 3+7]= 10
[0*
1*
2*
4
3*
6
10
∞]
[0*
1*
2*
4*
3*
6
10
∞]
Mín {4, 6, 10}= 4
6)
Nueva Etiq. Nodo 6= min[6; 4+6]= 6 Nueva Etiq. Nodo 7= min[10; 4+8]= 10
[0*
1*
2*
4*
3*
6
10
∞]
[0*
1*
2*
4*
3*
6*
10
∞]
Mín {6, 10}= 6
7)
Nueva Etiq. Nodo 7= min[10; 6+5]= 10
Nueva Etiq. Nodo 8= min[∞; 6+2]= 8
[0*
1*
2*
4*
3*
6*
10
8]
[0*
1*
2*
4*
3*
6*
10
8*]
[0*
1*
2*
4*
3*
6*
10*
8*]
Ruta: [1 – 3 – 6 – 8] Distancia mínima: 8
SOLUCIÓN EN Win – QSB: 1. Ingresamos los datos a la matriz:
Mín {10, 8}= 6
2. Le pedimos al Software “Solve the Problem”, desde el Nodo1 al Nodo8:
3. Nos dice que del Nodo1 al Nodo3, la distancia es de 2. Del Nodo3 al Nodo6, es de 4. Del Nodo6 al Nodo8, es 2. Así que la ruta más corta, es efectivamente 8. Y pasa por los Nodos [1 – 3 – 6 – 8] Gráficamente, tenemos que para llegar al Nodo 8, se pasa por [1 – 3 – 6 – 8].
SOLUCIÓN EN LINGO: 1. Introducimos los argumentos: los 8 nodos y los arcos, los cuales son conectados de nodo a nodo. Digitamos las distancias de cada arco. Como argumentamos 15 arcos, digitaremos 15 distancias. Luego, maximizamos el recorrido del Nodo1 al Nodo8 (ya que se trabaja con los Duales). Y finalmente, se escribe la restricción:
2. Le pedimos al software “Solve”:
3. Como se observa, es la mínima distancia, utilizando el Algoritmo de Dijkstra, y se halla un valor de 8.
Problema 02: La figura muestra la red de comunicación entre dos estaciones, (1,7). La probabilidad de que un enlace en la red opere sin fallas se muestra en cada arco. Se envían mensajes de la estación 1 a la estación 7, y el objetivo es determinar la ruta que maximice la probabilidad de una transmisión exitosa. Formule la situación como un Algoritmo de Dijsktra, y determine la solución óptima.
0.50 0.80
0.90
0.80
0.70
0.65
0.50 0.60
0.30
0.85
0.90
0.95
Solución: 1) [0*, 80, 30, 65, - ∞, -∞, -∞] Máx {80, 30, 65}= 80 2) [0*, 80*, 30, 65, -∞, -∞, -∞] 3) Nueva Etiqueta Nodo 4= [65; 80+90]=170 Nueva Etiqueta Nodo 5= [- ∞; 80+5]= 130
[0*, 80*, 30, 170, 130, - ∞, -∞]
Máx {30, 170, 130}= 170
[0*, 80*, 30, 170*, 130, - ∞, -∞] 4)
Nueva Etiqueta Nodo 3= [30; 170+85]= 255 Nueva Etiqueta Nodo 5= [130; 170+70]= 240 Nueva Etiqueta Nodo 6= [- ∞, 170+60]= 230 [0*, 80*, 255, 170*, 240, 230, - ∞]
Máx {255, 240, 230}= 255
[0*, 80*, 255*, 170*, 240, 230, - ∞] 5)
Nueva Etiqueta Nodo 6= [230; 255+95]= 350 [0*, 80*, 255*, 170*, 240, 350, - ∞] [0*, 80*, 255*, 170*, 240, 350*, -∞]
Máx {240, 350}= 350
6)
Nueva Etiqueta Nodo 7= [- ∞; 350+90]= 440 [0*, 80*, 255*, 170*, 240, 350*, 440 ] Máx {240, 440}= 440 [0*, 80*, 255*, 170*, 240, 350*, 440*] Máx {240}= 240 [0*, 80*, 255*, 170*, 240*, 350*, 440*]
La ruta óptima con el Algoritmo de Dijkstra: [1-2-4-3-6-7]
0.50 0.80
0.90
0.80
0.70
0.65
0.50 0.60
0.30
0.85
0.90
0.95
SOLUCIÓN EN Win – QSB: 1. Ingresamos, los datos. Debido a que en el WinQSB – Network Modeling, para la ruta más corta sólo se puede minimizar, utilizaremos el complemento de las probabilidades proporcionadas por el problema. De esta manera, en vez de maximizar la probabilidad de trasmisiones exitosas, minimizaremos la probabilidad de fracaso de estas trasmisiones.
2. La solución nos indica que desde el Nodo1 al Nodo2, existe una probabilidad de fracaso de 0.20. Desde el Nodo2 al Nodo4, es de 0.10. Desde el Nodo4 al Nodo3, es de 0.15. Desde el Nodo3 al Nodo6, es de 0.05. Desde el Nodo 6 al Nodo7, es de 0.10. De esta manera, recorriendo la mínima probabilidad de fracaso de la trasmisión de comunicación se llega a la ruta óptima: [1 – 2 – 4 – 3 – 6 – 7].
Gráficamente, se observa que se llega al mismo resultado. Ruta: [1 – 2 – 4 – 3 – 6 – 7].
PROBLEMA 3: En el siguiente problema calcular el camino más corto desde el nodo “I” hasta el nodo “F” utilizando el algoritmo de dijkstra.
6
2 4
16 1
7
13
12
3
10
5
10
6 10
9
5
5 4
8
7
15
SOLUCIÓN: PASO 1: Comenzamos poniendo el “nodo 1” etiqueta permanente igual a cero.
PASO 2: A cada “nodo i” conectado al “nodo 1” le ponemos una etiqueta temporal igual a la longitud
del arco que los une entre estos dos. El resto de los nodos tendrán una etiqueta temporal igual a infinito.
. [0∗ ,
16,
10,
5,
∞,
∞,
∞,
∞]
PASO 3: Escoger el “nodo i” con la etiqueta temporal más pequeña y convertir esta etiqueta en
permanente.
. [0∗ ,
16,
10,
5∗ ,
∞,
∞,
∞,
∞]
PASO 4: Para cada “nodo j” que ahora tiene una etiqueta temporal y que está conectada al “nodo i”
con un arco, la reemplazamos por una nueva etiqueta. 3.)
Nueva etiqueta de 5 = {∞, Nueva etiqueta de 5 = 18
5+13}
[0∗ ,
16,
5∗,
10,
18,
∞,
Nueva etiqueta de 5 = {∞, Nueva etiqueta de 5 = 20
4.)
[0∗ ,
16,
5∗,
10,
∞,
∞]
20,
∞]
5+15}
18,
∞,
PASO 5: Convertir la etiqueta más pequeña en una etiqueta permanente.
. [0∗ ,
10∗ ,
16,
5∗ ,
18,
∞,
20,
∞]
PASO 6: Convertir con este proceso hasta que todos los nodos tengan una etiqueta permanente. 6.)
Nueva etiqueta de 6 = {∞, Nueva etiqueta de 5 = 22
[0∗ , 7.)
16,
16,
. [0∗,
[0∗ , 10.)
[0∗ , 11.)
[0∗ , .
18,
Nueva etiqueta de 7 = {20, Nueva etiqueta de 5 = 19
[0∗ ,
9.)
5∗,
10,
5∗,
10,
16∗,
10∗ ,
10∗ ,
5∗ ,
5∗ ,
18,
10∗ ,
5∗ ,
18,
Nueva etiqueta de 7 = {19, Nueva etiqueta de 5 = 19
16∗ , [0∗ ,
10∗ , 16∗,
5∗ , 10∗,
18, 5∗ ,
20,
∞]
19,
∞]
10 + 9} 22, 18,
Nueva etiqueta de 6 = {22, Nueva etiqueta de 5 = 20
16∗ ,
22,
18,
Nueva etiqueta de 5 = {18, Nueva etiqueta de 5 = 18
16∗ ,
10+12}
22,
∞]
19,
16 + 6} 22,
19,
∞]
19,
∞]
19,
∞]
16 + 4} 20, 16 + 10} 20, 18∗,
20,
19,
∞]
13.)
Nueva etiqueta de 8 = {∞, Nueva etiqueta de 5 = 25
[0∗ ,
16∗ ,
10∗ ,
.
[0∗ ,
15.)
Nueva etiqueta de 8 = {25, Nueva etiqueta de 5 = 24
[0∗,
16∗ ,
16∗ ,
10∗ ,
5∗ ,
18∗ ,
20,
19,
25 ]
10∗,
5∗ ,
18∗,
20,
19∗,
5∗ ,
18∗ ,
20,
19∗ ,
24 ]
10∗,
5∗ ,
18∗,
20∗ ,
19∗ ,
[0∗ ,
17.)
Nueva etiqueta de 8 = {24, Nueva etiqueta de 5 = 24
20 + 10}
[0∗ ,
16∗ , [∗,
[∗,
∗,
10∗ , ∗,
5∗ ,
18∗ ,
20∗,
19∗ ,
24 ]
∗ ,
∗,
∗,
∗ ,
∗,
∗ ,
∗,
∗ ,
∗,
∗ ]
SOLUCIÓN:
∗ ,
∞]
19 + 5}
.
.
16∗,
18+7}
24 ]
∗ ]
Árbol de Expansión Mínima: Problema 01: Una empresa constructora tiene el proyecto de unir 6 comunidades, las condiciones del terreno son homogéneas y permiten planear la construcción de los caminos en función de la mínima distancia entre dichas poblaciones. La posición relativa y las distancias entre cada comunidad se encuentra en la imagen siguiente (las líneas representan distancias ya que los caminos apenas se van a construir) Determine usando el algoritmo de la expansión mínima, los caminos que deben construirse y la distancia total necesaria de carretera para su construcción.
SOLUCIÓN: 1) C={} 2) C={1} 3) Mín{1,9,5,7}= 1 C= {1,2} 4) Mín{9,5,7,4,6,3}= 3 C= {1,2,5} 5) Mín{9,5,7,4,6,8}=4 C= {1,2,5,4} 6) Mín{5,6,5}= 5 C= {1,2,5,4,3} 7) Mín{10,3}=3 C= {1,2,5,4,3,6} Ruta Óptima:
C’={1,2,3,4,5,6} C’={2,3,4,5,6} C’= {3,4,5,6} C’={3,4,6} C’={3,6} C’={6}
C´={}
SOLUCIÓN EN Win – QSB:
1. Ingresamos los datos a la matriz proporcionada por el Software:
2. Le pedimos al Software, “Solve the Problem”:
3. El Software nos dice que las ramas óptimas van: Del Nodo1 al Nodo 2 con una distancia de 1 milla. Del Nodo1 al Nodo3, con 5 millas. Del Nodo2 al Nodo4, con 4 millas. Del Nodo2 al Nodo5, con 3 millas. Y del Nodo4 al 6, con 3 millas. Obteniendo una distancia total mínima de 16 millas para conectar las 6 comunidades. También lo podemos obtener gráficamente:
El Nodo1 se conecta con el Nodo 2 y Nodo3, con una distancia de 1 y 5 millas, respectivamente. El Nodo 2 se conecta con el Nodo4 y Nodo5, con una distancia de 4 y 3 millas, respectivamente. El Nodo 4 se conecta con el Nodo 6 con una distancia de 3 millas. En total se tiene 16 millas para poder conectar las 6 comunidades.
Problema 02: En la figura que se muestra, se observa las distancias, en millas, de las conexiones factibles que unen nueve pozos marinos de gas natural con un punto de entrega en tierra. Como la ubicación del pozo 1 es la más cercana a la costa, tiene capacidad de bombeo y de almacenamiento suficiente para bombear la producción de los ocho pozos restantes hasta el punto de entrega. Determine la red mínima de tubería que una las bocas con el punto de entrega.
SOLUCIÓN:
1) C ={} C’= {1,2,3,4,5,6,7,8,9} 2) C ={1} C’= {2,3,4,5,6,7,8,9} 3) Mín{5,9,20,4,14,15}= 4 C={1,5} C’={2,3,4,6,7,8,9} 4) Mín{5,9,20,14,15,6,13,5,3,20,10}= 3
C={1,5,6} C’={2,3,4,7,8,9} 5) Mín{5,9,20,14,15,6,13,5,20,10,7}5 C={1,5,6,2} C’={3,4,7,8,9} 6) Mín{9,20,14,15,6,13,5,20,10,7,6}=5 C={1,5,6,2,7} C’={3,4,8,9} 7) Mín{9,20,14,15,6,13,20,10,7,6,12,7}=6 C={1,5,6,2,7,9} C’={3,4,8} 8) Mín{9,20,14,15,13,20,10,7,6,12,7,5}=5 C={1,5,6,2,7,9,8} C’={3,4} 9) Mín{6,9,10,15,20,20,12,7}= 6 C={1,5,6,2,7,9,8,3} C’ ={4} 10) Mín{15,20,20,12,7} =7 C={1,5,6,7,9,8,3,4} C’ ={} La solución por el Método del Árbol de Expansión Mínima se observa en el gráfico creado:
SOLUCIÓN EN Win – QSB:
1. Ingresamos los datos en la matriz de Expansión Mínima, como se muestra:
2. Le pedimos al software, “Solve the Problem”:
3. Se obtiene una distancia de 41 millas conectando los 9 pozos de gas natural. Gráficamente también podemos obtenerlo:
1- Se transporta alimento para gallinas por medio de camiones desde tres silos hasta cuatro granjas. Algunos de los silos no pueden hacer envíos directos a algunas de las granjas. Las capacidades de las otras rutas están limitadas por el número de camiones disponibles y el número de viajes que hacen diariamente. La siguiente tabla muestra las cantidades diarias de la oferta en los silos y de la demanda en las granjas (en miles de libras). Las entradas en los cuadros de la tabla especifican las capacidades diarias de las rutas asociadas. Granja 1 Silo
1 2 3
30 0 100
2 5 0 40
3 0 5 30
4 40 90 40
200 10 60 20 a) Determine el programa que satisface la demanda máxima b) ¿Satisfará el programa propuesto toda la demanda de la granja? Solución en WinQsb:
20 20 200
Solución en Lingo: !PROBLEMA DE FLUJO MÀXIMO; SETS: NODES/1..9/; ARCS(NODES,NODES) /1,2 1,3 1,4 2,5 2,6 2,8 3,7 3,8 4,5 4,6 4,7 4,8 5,9 6,9 7,9 8,9 9,1/:CAPACIDAD,FLUJO; ENDSETS MAX=FLUJO(9,1); @FOR(ARCS(I,J):FLUJO(I,J)
Global optimal solution found. Objective value: Infeasibilities: Total solver iterations: Variable CAPACIDAD( 1, 2) CAPACIDAD( 1, 3) CAPACIDAD( 1, 4) CAPACIDAD( 2, 5) CAPACIDAD( 2, 6) CAPACIDAD( 2, 8) CAPACIDAD( 3, 7) CAPACIDAD( 3, 8) CAPACIDAD( 4, 5) CAPACIDAD( 4, 6) CAPACIDAD( 4, 7) CAPACIDAD( 4, 8) CAPACIDAD( 5, 9) CAPACIDAD( 6, 9) CAPACIDAD( 7, 9) CAPACIDAD( 8, 9) CAPACIDAD( 9, 1)
185.0000 0.000000 0 Value 20.00000 20.00000 200.0000 30.00000 5.000000 40.00000 5.000000 90.00000 100.0000 40.00000 30.00000 40.00000 200.0000 10.00000 60.00000 20.00000 1000000.
Reduced Cost 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000
FLUJO( FLUJO( FLUJO( FLUJO( FLUJO( FLUJO( FLUJO( FLUJO( FLUJO( FLUJO( FLUJO( FLUJO( FLUJO( FLUJO( FLUJO( FLUJO( FLUJO(
1, 1, 1, 2, 2, 2, 3, 3, 4, 4, 4, 4, 5, 6, 7, 8, 9,
2) 3) 4) 5) 6) 8) 7) 8) 5) 6) 7) 8) 9) 9) 9) 9) 1)
20.00000 5.000000 160.0000 20.00000 0.000000 0.000000 5.000000 0.000000 100.0000 10.00000 30.00000 20.00000 120.0000 10.00000 35.00000 20.00000 185.0000
0.000000 0.000000 0.000000 0.000000 1.000000 1.000000 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000
2- En una ciudad se va a construir una obra civil que inutilizará vías primarias durante una temporada. Los ingenieros proponen una red alterna formada por calles más pequeñas para distribuir el tránsito. Actualmente hay un flujo de 10 min autos por hora en las horas pico. ¿La Red de desviación tendrá la capacidad de canalizar este flujo?
6 6
4 3
Fuente
2
6
1
Sumider 2
4
Solución en WinQsb:
Solución en Lingo
Global optimal solution found. Objective value: Infeasibilities: Total solver iterations: Variable CAPACIDAD( 1, 2) CAPACIDAD( 1, 3) CAPACIDAD( 2, 4)
8.000000 0.000000 5 Value 4.000000 6.000000 6.000000
Reduced Cost 0.000000 0.000000 0.000000
CAPACIDAD( CAPACIDAD( CAPACIDAD( CAPACIDAD( CAPACIDAD( CAPACIDAD( CAPACIDAD( FLUJO( FLUJO( FLUJO( FLUJO( FLUJO( FLUJO( FLUJO( FLUJO( FLUJO( FLUJO(
2, 3, 3, 4, 5, 5, 6, 1, 1, 2, 2, 3, 3, 4, 5, 5, 6,
5) 2) 5) 6) 4) 6) 1) 2) 3) 4) 5) 2) 5) 6) 4) 6) 1)
2.000000 3.000000 4.000000 6.000000 1.000000 2.000000 1000000. 4.000000 4.000000 6.000000 1.000000 3.000000 1.000000 6.000000 0.000000 2.000000 8.000000
0.000000 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000
FLUJO MAXIMO CAPACITADO CON MÍNIMO COSTO 1- Wyoming Electric usa actualmente unos tubos para transportar lodo de carbón (arrastrado por agua bombeada) desde tres áreas mineras (1, 2 y 3) hasta tres centrales eléctricas (4, 5 y 6). Cada tubo puede transportar cuando mucho 10 toneladas por hora. Los costos de transporte, por tonelada, y la oferta y la demanda por hora se ven en la tabla siguiente.
4 1 2 3 Demanda
5
5 6 3
6
8 9 1
4 12 5
16
6
Oferta 8 10 18
14
Determine el programa óptimo de transporte. Red 5 8
16
4
8
6 9 12
10 Fuente 18
3
6
1
Sumider
14 5
Solución en Lingo !PROBLEMA DE FLUJO MÀXIMO; SETS: NODES/1..8/:SUPP; ARCS(NODES,NODES)/1,2 1,3 1,4 2,5 2,6 2,7 3,5 3,6 3,7 4,5 4,6 4,7 5,8 6,8 7,8/:CAPACIDAD,FLUJO,COSTO; ENDSETS MIN=@SUM(ARCS(I,J):COSTO*FLUJO); @FOR(ARCS(I,J):FLUJO(I,J)
Global optimal solution found. Objective value: Infeasibilities: Total solver iterations: Variable SUPP( 1) SUPP( 2) SUPP( 3) SUPP( 4) SUPP( 5) SUPP( 6) SUPP( 7) SUPP( 8) CAPACIDAD( 1, 2) CAPACIDAD( 1, 3) CAPACIDAD( 1, 4) CAPACIDAD( 2, 5) CAPACIDAD( 2, 6) CAPACIDAD( 2, 7) CAPACIDAD( 3, 5) CAPACIDAD( 3, 6) CAPACIDAD( 3, 7) CAPACIDAD( 4, 5) CAPACIDAD( 4, 6) CAPACIDAD( 4, 7) CAPACIDAD( 5, 8) CAPACIDAD( 6, 8) CAPACIDAD( 7, 8) FLUJO( 1, 2) FLUJO( 1, 3) FLUJO( 1, 4) FLUJO( 2, 5) FLUJO( 2, 6) FLUJO( 2, 7) FLUJO( 3, 5) FLUJO( 3, 6) FLUJO( 3, 7) FLUJO( 4, 5) FLUJO( 4, 6) FLUJO( 4, 7) FLUJO( 5, 8)
110.0000 0.000000 4 Value 30.00000 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000 -30.00000 10.00000 10.00000 10.00000 10.00000 10.00000 10.00000 10.00000 10.00000 10.00000 10.00000 10.00000 10.00000 10.00000 10.00000 10.00000 10.00000 10.00000 10.00000 0.000000 0.000000 10.00000 10.00000 0.000000 0.000000 0.000000 10.00000 0.000000 10.00000
Reduced Cost 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000 5.000000 8.000000 0.000000 0.000000 3.000000 2.000000 2.000000 0.000000 0.000000 0.000000
FLUJO( FLUJO( COSTO( COSTO( COSTO( COSTO( COSTO( COSTO( COSTO( COSTO( COSTO( COSTO( COSTO( COSTO( COSTO( COSTO( COSTO(
6, 7, 1, 1, 1, 2, 2, 2, 3, 3, 3, 4, 4, 4, 5, 6, 7,
8) 8) 2) 3) 4) 5) 6) 7) 5) 6) 7) 5) 6) 7) 8) 8) 8)
10.00000 10.00000 0.000000 0.000000 0.000000 5.000000 8.000000 4.000000 6.000000 9.000000 12.00000 3.000000 1.000000 5.000000 0.000000 0.000000 0.000000
0.000000 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000
2- Escriba el programa lineal asociado a la red de flujo con costo mínimo de la figura.
Solución en Lingo !PROBLEMA DE FLUJO MÀXIMO; SETS: NODES/1..4/:SUPP; ARCS(NODES,NODES)/1,2 1,3 2,4 3,2 3,4/:LIMITEINFERIOR,CAPACIDAD,FLUJO,COSTO; ENDSETS MIN=@SUM(ARCS(I,J):COSTO*FLUJO); @FOR(ARCS(I,J):FLUJO(I,J)LIMITEINFERIOR(I,J)); @FOR(NODES(I):@SUM(ARCS(J,I):FLUJO(J,I))+ @SUM(ARCS(I,J):FLUJO(I,J))=SUPP(I)); DATA: COSTO=1 5 3 4 6; SUPP=50 -40 20 -30; LIMITEINFERIOR=0 30 10 10 0; CAPACIDAD=1000 40 1000 1000 1000; ENDDATA